MATEMATIKA 2 - gf.sve-mo.bagf.sve-mo.ba/anton/mat2/GF-M2-2012-13.pdf · MATEMATIKA 2 Branko Cervar, ... ova skripta, te preporuµceni ud µzbenici i zbirka zadataka, pomo·ci studentima

MATEMATIKA 2Branko Cervar, Kristina MiletiC

SVEUCILITE U MOSTARU

GRAEVINSKI FAKULTET

2012./2013.

i

Sadrzaj

UVOD vii

1 FUNKCIJE VIE VARIJABLA 1

1.1 KOORDINATNI SUSTAVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 NEKE PLOHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.1 RAVNINA U PROSTORU . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.2 PLOHE DRUGOD REDA . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 FUNKCIJE VIE VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4 GRANICNA VRIJEDNOST I

NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5 PARCIJALNE DERIVACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6 DIFERENCIJAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.7 DERIVIRANJE SLOZENIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . 33

1.8 PARCIJALNE DERIVACIJE VIIH REDOVA . . . . . . . . 37

1.9 EKSTREMI FUNKCIJE VIE VARIJABLA . . . . . . . . . 41

2 VIESTRUKI INTEGRAL 49

2.1 VIESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA . . . . . . . . . . 49

2.2 RACUNANJE VIESTRUKIH INTEGRALA . . . . . . . . . 54

2.3 SUPSTITUCIJA U VIESTRUKOM

INTEGRALU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.4 NEKOLIKO PRIMJENA VIESTRUKIH

INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.4.1 POVRINA RAVNINSKOG LIKA . . . . . . . . . . . 81

2.4.2 PLOTINA PLOHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

iii

iv SADRZAJ

2.4.3 VOLUMEN TIJELA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

2.4.4 MASA, MOMENTI I TEZITE . . . . . . . . . . . . 88

3 VEKTORSKA ANALIZA

TEORIJA POLJA 93

3.1 VEKTORSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3.2 LIMES I NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

3.3 DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE . . 97

3.4 SKALARNO I VEKTORSKO POLJE . . . . . . . . . . . . . 102

3.5 GRADIJENT, DIVERGENCIJA I ROTACIJA . . . . . . . . 106

3.6 NABLA OPERATOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

3.7 USMJERENA DERIVACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

3.8 NEKA POSEBNA POLJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4 KRIVULJNI INTEGRAL 121

4.1 KRIVULJA I NJEZINO USMJERENJE . . . . . . . . . . . . 121

4.2 KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE . . . . . . . . . . . 124

4.3 KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE . . . . . . . . . . 128

4.4 KRIVULJNI INTEGRAL U

POTENCIJALNOM POLJU . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.5 GREENOVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5 PLONI INTEGRAL 141

5.1 PLONI INTEGRAL PRVE VRSTE . . . . . . . . . . . . . . 141

5.2 PLONI INTEGRAL DRUGE VRSTE . . . . . . . . . . . . 145

5.3 OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA . . . . . . . . . 150

5.4 STOKESOVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

6 OBICNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE 157

6.1 DIFERENCIJALNE JEDNADZBE . . . . . . . . . . . . . . . 157

6.1.1 OBLIKOVANJE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE . 160

6.1.2 OBSTOJNOST RJEENJA . . . . . . . . . . . . . . . 165

6.2 NEKE OBICNE DIFERENCIJALNE

JEDNADZBE PRVOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . . 170

SADRZAJ v

6.2.1 DIFERENCIJALNE JEDNADZBE S ODJELJIVIM

VARIJABLAMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

6.2.2 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADZBA . . 173

6.2.3 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADZBA . . . 177

6.2.4 EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADZBA . . 179

6.3 NEKE OBICNE DIFERENCIJALNE

JEDNADZBE DRUGOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . 183

6.3.1 DIFERENCIJALNA JEDNADZBA F (x; y0; y00) = 0 . 183

6.3.2 DIFERENCIJALNA JEDNADZBA F (y; y0; y00) = 0 . 185

6.3.3 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADZBA . . 186

6.3.4 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADZBA

S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA . . . . . . . 188

6.3.5 SUSTAV OD DVIJU OBICNIH

DIFERENCIJALIH JEDNADZBI . . . . . . . . . . . 199

7 ZADACI 203

7.1 FUNKCIJE VIE VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

7.2 VIESTRUKI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

7.3 VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA . . . . . . . . . 211

7.4 KRIVULJNI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

7.5 PLONI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

7.6 OBICNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE . . . . . . . . . 218

vi SADRZAJ

UVOD

Ova skripta sadrze gradivo to ga obuhvaca predmet Matematika 2 (v.

Opis nastavnog programa) i namijenjena su studentima Graevinskog fakul-

teta Sveucilita u Mostaru.

Gradivo se dijeli na est cjelina - poglavlja:

- FUNKCIJE VIE VARIJABLA;

- VIESTRUKI INTEGRAL;

- VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA;

- KRIVULJNI INTEGRAL;

- PLONI INTEGRAL;

- OBICNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE.

Svako se poglavlje dalje dijeli na glavne teme - odjeljke, a ovi opet na osnovne

tematske jedinice - pododjeljke. Oznacavanje prati poglavlja. Primjerice,

Teorem 2.3 je treci teorem u drugomu poglavlju.

Na koncu je poglavlje ZADACI koje je sadrzi est odjeljaka koja prate

prethodna poglavlja. To je mala zbirka zadataka za provjeru ispravne usvo-

jenosti izlozenoga gradiva.

Na kraju skripata nalazi se detaljni Indeks pojmova.

Skripta su radnog karaktera. Predavanja i auditorne vjezbe bit ce temeljena

na gradivu izlozenom u njoj. To znaci da ce se u ovoj kolskoj godini uoceni

nedostatci, nejasnoce i pogreke nastojati ukloniti. Svaka primjedba je dobro

dola i autori se unaprijed zahvaljuju.

Gradivo izlozeno u ovoj skripti nalazi se i u interaktivnim udzbenicima:

[1] I. Slapnicar, Matematika 1, Sveucilite u Splitu, Split, 2002.

[http://lavica.fesb.hr/mat1/]

vii

viii UVOD

[2] I. Slapnicar, Matematika 2.


[3] I. Slapnicar, Matematika 3.


Osim toga, studentima preporucujemo i zbirku zadataka:

[4] S. Pavasovic, T. Radelja, S. Banic, P. Miliic, Matematika 1 -

rijeeni zadaci, Graevinski fakultet, Split, 1999.

O Oblicima provoenja nastave i Nacinu provjere znanja i pola-

ganja ispita studenti ce biti upoznati na pocetku nastave. Nadamo se da

ce predavanja, auditorne vjezbe, domaci radovi, DA-NE kvizovi, kolokviji,

ova skripta, te preporuceni udzbenici i zbirka zadataka, pomoci studentima

u uspjenom svladavanju predvienih sadrzaja.

Branko Cervar

[email protected]

Kristina Miletic

[email protected]

Poglavlje 1

FUNKCIJE VIE

VARIJABLA

1.1 KOORDINATNI SUSTAVI

Pored pravokutnoga koordinatnog sustava u ravnini, u mnogim se slucaje-

vima tehnicki korisnim pokazuje polarni koordinatni sustav i podsjetimo

se ukratko o kojemu je koordinatnom sustavu rijec.

Neka je p bilo koji pravac u ravnini i neka je na njemu zadan koordinatni

sustav (O;!i ) (O;x). Za bilo koju tocku T u ravnini , T 6= O, neka

je ' kut izmeu vektora!i i

!OT . (Ovdje je vazno da kut ' mjerimo u

pozitivnom smjeru, tj. obrnuto od smjera kazaljke na satu.) Ako je T = O

stavljamo, po dogovoru, da je pripadni kut ' = 0. Neka je = d(O; T )

udaljenost od O do T .

Slika 1.1.

Primijetimo da je tocka T posve odreena brojevima - polarnim koordi-

natama - i ', 2 [0;1i i ' 2 [0; 2i, pa piemo T = (; '). TockuO = (0; 0) nazivamo ishoditem (ili polom), a zraku odreenu s O i

!i -

polarnom osi polarnoga koordinatnog sustava pod oznakom (O;'; ):

1

2 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VIE VARIJABLA

Zadamo li u ravnini i pravokutni koordinatni sustav (O;!i ;!j ) (O;x; y)

tako da se pozitivna x- os podudara s polarnom osi (Slika 1.1.), lako cemo us-

tanoviti koje su veze izmeu Kartezijevih (x; y) i polarnih koordinata ('; )

bilo koje tocke T u :(x = cos'

y = sin';

8

1.1. KOORDINATNI SUSTAVI 3

Slika 1.3.

Sferni koordinatni sustav deniramo na sljedeci nacin: Neka je bilo

koja ravnina u prostoru i neka je u zadan polarni koordinatni sustav

(O;'; ). Neka je na pravcu q koji prolazi tockom O i okomit je na ravninu

zadan koordinatni sustav (O;!k ) (O; z), tj. z-os (Slika 1.4.). Oznacimo

s T 0 okomitu projekciju na ravninu po volji odabrane tocke T , T 6= O, uprostoru.

Slika 1.4.

Uocimo da su tada posve odreeni brojevi r = d(O; T ) > 0, # 2 [0; ] - kutizmeu radijus-vektora

!OT i

!k ; te ' 2 [0; 2i - kut izmeu !i i radijus-

vektora!OT 0, koje nazivamo sfernim koordinatama tocke T . Buduci

da je tocka T posve odreena ureenom trojkom ('; #; r), smijemo pisati

T = ('; #; r). Pritom, ako je T na pozitivnoj zraci z-osi onda su joj sferne

koordinate (0; 0; r), a na negativnoj - (0; ; r). Ishoditu O se pridijeljuju

sferne koordinate (0; 0; 0). Dobiveni sustav oznacujemo s (O;'; #; r).

Napomenimo da su ovdje "koordinatne ravnine" (Slika 1.5.) u cijem se

presjeku lezi tocka T0('0; #0; r0) : ' = '0 - poluravnina kao i u slucaju


cilindricnog koordinarnog sustava, # = #0 - stozac s vrhom u ishoditu O,

r = r0 - sfera s sreditem u ishoditu O i radijusa r0.

Slika 1.5.

Zadamo li u prostoru pravokutni koordinatni sustav (O;x; y; z) i sferni sus-

tav (O;'; #; r) tako da se pozitivna x -os podudara s polarnom osi, te da im

se podudaraju z-osi (Slika 1.4.), mozemo odrediti veze izmeu pravokutnih

(x; y; z) i sfernih ('; #; r) koordinata bilo koje tocke T :8>>>:x = r cos' sin#

y = r sin' sin#

z = r cos#

;

8>>>>>:tg' =

y

x# = arccos

zpx2 + y2 + z2

r =px2 + y2 + z2

: (1.2)

Pri odreivanju kuta ' iz tg' = yx treba voditi racuna o predznaku tih

koordinata.

PRIMJER 1.1 Tocka T0 =4 ;

3 ; 2zadana u sfernom koordinatnom sus-

tavu ima u pravokutnom kartezijevom sustavu prikazq

32 ;q

32 ; 1jer je

x0 = r0 cos'0 sin#0 = 2 cos

4sin

3=

r3

2;

y0 = r0 sin'0 sin#0 = 2 sin

4sin

3=

r3

2;

z0 = r0 cos#0 = 2 cos

3= 2 1

2= 1:

Tocka T1 =0; 2p3;2

zadana u pravokutnom kartezijevom sustavu ima

u sfernom koordinatnom sustavu prikaz T1 =2 ;23 ; 4

jer je

'1 = tg' =y1x1=2p3

0) '1 =

2;

1.2. NEKE PLOHE 5

#1 = arccosz1p

x21 + y21 + z

21

= arccos12

=2

3;

r1 =qx21 + y

21 + z

21 =

r02 +

2p32+ (2)2 = 4:

PRIMJER 1.2 Sferina jednadzba x2 + y2 + z2 = a2 poprima u sfernim

koordinatama trivijalni oblik r = a: Kruznicin zapis x2 + y2 + z2 = a2;

z = 0; u sfernim koordinatama postaje r = a; # = 2 :

1.2 NEKE PLOHE

1.2.1 RAVNINA U PROSTORU

Neka su T1; T2 i T3 bilo koje tri nekolinearne tocke u prostoru (Slika 1.6.)

s pripadnim radijus-vektorima !r 1, !r 2 i !r 3 redom (s obzirom na danoishodite O).

Slika 1.6.

Tim tockama je odreena jedna i samo jedna ravnina koji ih sadrzi. Neka

je T bilo koja tocka te ravnine i neka joj pripada radijus-vektor !r . Tadasu usmjerene duzine

!T1T2,

!T1T3 i

!T1T komplanarne (leze u ), pa njihov

mjeoviti umnozak icezava, tj.

!T1T

!T1T2

!T1T3

= 0: (1.3)

Ili, ekvivalentno, pomocu radijus-vektora

!r !r 1 !r 2 !r 1 !r 3 !r 1 = 0: (1.4)Relacije (1.3) i (1.4) jesu vektorske jednadzbe ravnine .


Neka je u prostoru dan pravokutni koordinatni sustav (O;!i ;!j ;!k )

(O;x; y; z), pa neka je u njemu T = (x; y; z) i Ti = (xi; yi; zi), i = 1; 2; 3:

Mjeoviti umnozak (1.4) se tada moze zapisati u oblikux x1 y y1 z z1x2 x1 y2 y1 z2 z1x3 x1 y3 y1 z3 z1

= 0 (1.5)Relacija (1.5) naziva se jednadzbom ravnine kroz tri tocke.

Neka ravnina ne prolazi ishoditem O, i neka ona sijece koordinatne osi

x, y, i z redom u tockama T1 = (a; 0; 0), T2 = (0; b; 0) i T3 = (0; 0; c), a 6= 0;b 6= 0; c 6= 0. Tada iz (1.5) dobivamo tzv. segmentni oblik jednadzberavnine

x

a+y

b+z

c= 1: (1.6)

Neka je !n bilo koji vektor okomit na ravninu (okomit, dakle, i na svakipravac u ). Ucvrstimo bilo koju tocku T1 u , pa neka je T varijabilna

tocka u . Pripadni radijus-vektori neka su redom !r 1 i !r . Tada su vektori!n i !r !r 1 meusobno okomiti, to povlaci icezavanje njihova skalarnogumnoka:

!n !r !r 1 = 0: (1.7)

To je jo jedan oblik vektorske jednadzbe za ravninu . Svaki vektor

okomit na ravninu nazivamo normalnim vektorom (ili normalom) te

ravnine i najcece ga oznacujemo slovom !n . Takav je, primjerice, vektor!r 2 !r 1 (!r 3 !r 1 (formula (1.4)). Ako je !n = fA;B;Cg, a T1 =(x1; y1; z1) i T = (x; y; z), tj.

!r 1 = fx1; y1; z1g i !r = fx; y; zg, onda (1.7)poprima oblik

A(x x1) +B(y y1) + C(z z1) = 0; (1.8)

to je tzv. jednadzba ravnine jednom tockom T1 = (x1; y1; z1).

Oznacimo li u (1.8) konstantu (Ax1 + By1 + Cz1) slovom D, dobivamotzv. opci oblik jednadzbe ravnine :

Ax+By + Cz +D = 0 (1.9)

ili (vektorski)!n !r +D = 0: (1.10)

1.2. NEKE PLOHE 7

Neka je sada !r 1 radijus-vektor nozita T1 okomice iz ishodita O na ravninu (Slika 1.7.). Tada je njegova duljina j!r 1j p jednaka udaljenosti odishodita O do ravnine .

Slika 1.7.

Odaberimo jedinicni normalni vektor !n 0 =!r 1j!r 1j na . Zbog

!n 0 !r 1 = p,iz (1.7) dobivamo

!n 0 !r p = 0 (1.11)

ili (skalarno)

x cos+ y cos + z cos p = 0; (1.12)

gdje su cos, cos i cos skalarne komponente jedinicne normale !n 0 naravninu . Relacije (1:11) i (1:12) nazivamo Hesseovim (ili normalnim)

oblicima jednadzbe ravnine .

PRIMJER 1.3 Koordinatna xz-ravnina prolazi ishoditem O = (0; 0; 0) i

okomita je na vektor!j = f0; 1; 0g. Njezina jednadzba je 0(x0)+1(y0)+

0(z 0) = 0, tj. y = 0. Slicno dobivamo da je z = 0 jednadzba koordinatnexy-ravnine, a x = 0 jednadzba koordinatne yz-ravnine.

1.2.2 PLOHE DRUGOD REDA

Promotrimo sada plohe drugoga reda. Neka je u prostoru zadan pravokutni

koordinatni sustav (O;x; y; z). Pod plohom drugoga reda (ili kvadrikom)

podrazumijevamo skup svih tocaka T = (x; y; z) u prostoru koordinate kojih

zadovoljavaju jednadzbu drugoga stupnja

Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Exz + Fyz +Gx+Hy + Jz +K = 0;


s realnim koecijentima A, B, C, D, E, F , G, H, J i K, pod uvjetom da

je barem jedan od A, B, C, D, E ili F razlicit od nule. Posebno ce nas

zanimati samo neke kvadrike.

Jednadzba

(x x0)2 + (y y0)2 + (z z0)2 = R2 (1.13)

predstavlja kuglinu plohu (ili sferu) sa sreditem S = (x0; y0; z0) i

polumjerom (ili radijusom) R > 0. Neprazni presjek ove plohe ravni-

nom jest ili kruznica ili tocka, to povlaci da se kruznica u prostoru moze

zadati i kao presjek sfere i ravnine.

Slika 1.8.

Za dane realne ne nul-konstante a, b i c, jednadzba

(x x0)2a2

+(y y0)2

b2+(z z0)2

c2= 1 (1.14)

odreuje plohu koju nazivamo elipsoidom (Slika 1.8.). Njegove su osi

usporedne s koordinatnim osima, a duljine su im redom 2jaj, 2jbj i 2jcj.Neprazni elipsoidovi presjeci ravninama usporednim s koordinatnim osima

jesu ili kruznice ili elipse ili tocke. Primijetimo da u slucaju a = b = c

elipsoid postaje sferom.

Nadalje, jednadzbax2

a2+y2

b2 z

2

c2= 1 (1.15)

opisuje jednokrilni elipticni hiperboloid (Slika 1.9.(a)). Njegovi nepraz-

ni presjeci ravninama usporednima sa z-osi jesu ili hiperbole ili tocke, dok

su mu presjeci ravninama usporednim s xy-ravninom elipse. Ciklickim za-

mjenama x y, y z, z x i a b, b c, c a dobivamo jednadzbu"iste" plohe u drugom polozaju (y-os je "povlatena"): z

2

c2+ x

2

a2 y

2

b2= 1; a

jo jednom takvom zamjenom dobivamo jednadzbu ("povlatena" je x-os):y2

b2+ z

2

c2 x2

a2= 1:

1.2. NEKE PLOHE 9

Slika 1.9.

Jednadzba

x2

a2 y

2

b2+z2

c2= 1 (1.16)

opisuje dvokrilni elipticni hiperboloid (Slika 1.9.(b)). Njegov neprazni

presjek ravninom usporednom sa z-osi jest hiperbola, dok mu je neprazni

presjek ravninom usporednom s xy-ravninom ili elipsa ili tocka. Ciklicki

izmijenjujuci koordinate (varijable) x; y; z, kao i pripadne konstante a; b; c,

dobivamo jednadzbe "iste" plohe u razlicitim polozajima:

z2

c2 x

2

a2+y2

b2= 1; y

2

b2 z

2

c2+x2

a2= 1:

Jednadzbax2

a2+y2

b2= 2z (1.17)

opisuje plohu koju nazivamo elipticnim paraboloidom (Slika 1.10.(a)).

Faktor 2 u monomu 2z nije bitan, ali je tehnicki (algebarski) pogodan.

Karakteristicni presjeci ove plohe prikladnim ravninama koje su paralelne

koordinatnim ravninama jesu elipse ili parabole.

Slika 1.10.

Odgovarajucim ciklickim izmjenama dobivamo jo dvije jednadzbe "iste"

plohe u razlicitim polozajima.


Jednadzbay2

b2 x

2

a2= 2z (1.18)

odreuje hiperbolicni paraboloid (Slika 1.10.(b)). Komentari sasvim

analogni onima u (1.17) vrijede i za (1.18).

Jednadzbax2

a2+y2

b2=z2

c2(1.19)

opisuje stozastu (ili konusnu) plohu (Slika 1.11.). Opet su moguce jo

dvije (ciklicke) varijante.

Slika 1.11.

Nadalje, jednadzbex2

a2+y2

b2= 1 (1.20)

x2

a2 z

2

c2= 1 (1.21)

z = 2ay2 (1.22)

opisuju redom elipticne, hiperbolicne i parabolicne valjcaste (ili cilin-

dricne) plohe (Slika 1.12.). Dakako da su i u ovim jednadzbama moguce

prije spominjane ciklicke izmjene. Ove valjcaste plohe su samo vrlo posebni

primjeri (opce) valjcaste plohe.

Slika 1.12.

1.2. NEKE PLOHE 11

DEFINICIJA 1.4 Neka je u ravnini dana krivulja K; te neka je p pravackoji probada . Promatrajmo skup svih pravaca u prostoru koji sijeku kri-

vulju K i usporedni su s pravcem p. Tretirajuci svaki pravac tockovnim sku-pom, pripadnu (tockovnu) uniju nazivamo valjcastom (ili cilindricnom)

plohom. Pritom govorimo da je pravac p izvodnica (ili generatrisa), a

krivlja K ravnalica (ili direktrisa) te valjcaste plohe.

Primjerice, elipticnoj valjcastoj plohi x2

a2+ y

2

b2= 1 jedna izvodnica jest z-os,

a ravnalica joj je elipsa x2

a2+ y

2

b2= 1, z = 0. Primijetimo da je svaka ravnina

(trivijalna) valjcasta ploha (za krivulju K treba uzeti odgovarajuci pravack). Mi cemo, najcece, promatrati one valjcaste plohe izvodnice kojih su

koordinatne osi, a ravnalice su im neke od poznatih krivulja. (Ravnalica,

naravno, nece nuzno lezati u nekoj od koordinatnih ravnina.)

Napomenimo i to da se prostorna krivulja cesto zadaju presjekom dviju

ploha.

PRIMJER 1.5 Kruznicu (zadanu presjekom sfere i ravnine)

x2 + y2 + z2 = 4; x+ y 2 = 0

mozemo zadati i presjekom dviju valjcastih ploha. Eliminiramo li, naime,

varijablu y iz prve jednadzbe uvrtenjem (iz one druge) y = x+2, dobivamojednadzbu valjcaste plohe (x 1)2 + z22 = 1; koja zajedno s ravninom x +y 2 = 0 odreuje tu kruznicu. Dakle, sada promatrana kruznica ima zapis

(x 1)2 + z2

2= 1; x+ y 2 = 0:

Analogno se (eliminiranjem varijable x) dobiva jednadzba valjcaste plohe

(y 1)2 + z22 = 1; koja zajedno s ravninom x + y 2 = 0 odreuje tu istukruznicu.

PRIMJER 1.6 Skcirati tijelo V omeeno plohama

z 2 = x2 y2; z =px2 + y2

i opisati ga u pravokutnom i cilindricnom koordinatnom sustavu.

Tijelo V odreeno je plohama z 2 = x2 y2 (paraboloid) z =px2 + y2

(stozasta ploha) (Slika 1.13.): Odredimo projekciju Vxy tijela V na xy-

ravninu. Odredit cemo je tako da odredimo projekciju krivulje koja se


nalazi u presjeku promatranih ploha. Eliminacijom izraza x2+ y2 iz z2 =x2 y2 i z =

px2 + y2 dobivamo z2 + z 2 = 0. Rjeenja ove kvadratne

jednadzbe su z1 = 1; z2 = 2: Dakle, mora biti z = 1, pa je x2 + y2 = 1:Drugim rijecima, presjecna krivulja je x2 + y2 = 1; z = 1; i projekcija

presjecne krivulje na xy-ravninu je kruznica x2 + y2 = 1. Trazena projek-

cija Vxy je krug D =(x; y) j x2 + y2 1

: Ukoliko tocka T = (x; y; z)

pripada tijelu V; tada njena projekcija T 0 = (x; y; 0) na xy-ravninu mora

pripadati krugu D; a to znaci da za njezine koordinate vrijedi 1 x 1 ip1 x2 y

p1 x2:

Slika 1.13.

Konacno, za z- koordinatu tocke T = (x; y; z) 2 V vrijedipx2 + y2 z

(tocka T lezi iznad stozaste plohe) i z 2x2y2 (tocka T lezi ispod ploheparaboloida). Dakle,

V =n(x; y; z) j 1 x 1;

p1 x2 y

p1 x2;p

x2 + y2 z 2 x2 y2o:

U cilindricnom koordinatnom sustavu koordinate projekcije T 0 = ('; r; 0)

tocke T = ('; r; z) 2 V mora lezati u krugu D; dakle za njezine koordinatevrijedi 0 ' 2; 0 1: Uvjet za z-kordinatu

px2 + y2 z

2 x2 y2 prelazi u z 2 2: Dakle,

V =('; ; z) j 0 ' 2; 0 1; z 2 2

:

1.3 FUNKCIJE VIE VARIJABLA

Svaku funkciju f : D ! R; D Rm R R; nazivamo realnomfunkcijom od m realnih varijabla (ili, krace, skalarnom funkcijom).

1.3. FUNKCIJE VIE VARIJABLA 13

Ovdje cemo razmatrati realne funkcije od dvije i tri realne varijable, dakle

kada jem = 2 ilim = 3: Kao i funkciju jedne (realne) varijable, funkciju vie

varijabla mozemo zadati analiticki, tablicno, gracki, parametarski,

implicitno, ... Za analiticko zadavanje vrijedi ista napomena o denici-

jskom podrucju kao i za funkciju jedne varijable. Naime, ako dani ana-

liticki zapis (formula) odreuje funkcijsko pravilo f , onda se denicijskim

podrucjem smatra skup D svih onih tocaka T kojima to pravilo pridjeljuje

jedinstvene realne brojeve f(T ) 2 R.

PRIMJER 1.7 (a) Formula z =px2 + y2 denira funkciju

f : R2 ! R; (x; y) 7! f(x; y) =px2 + y2:

Naime, x2 + y2 0 za svaki par x; y 2 R; pa drugi korijen odreuje f(x; y)na cijelom R2;(b) Zapis z = ln(x+ y 2) denira funkciju

f : D ! R; D R2; f(x; y) = ln(x+ y 2);

pri cemu je denicijsko podrucje D odreeno nejednadzbom x+ y 2 > 0,tj. D =

(x; y) 2 R2 j y > x+ 2

(Slika 1.14.);

Slika 1.14.

(c) Analiticki izraz z =5

xyodreuje funkciju

f : D ! R; D =(x; y) 2 R2 j x 6= 0; y 6= 0

; f(x; y) =

5

xy;

(d) Pravilo u = arcsin(x2 + y2 + z2 2) denira funkciju

f : D ! R; D R3; (x; y; z) 7! f(x; y; z) = arcsin(x2 + y2 + z2 2);

pri cemu je denicijsko podrucje D odreeno funkcijom arcsin, tj. nejed-

nadzbama 1 x2 + y2 + z2 2 1: Dakle,

D =(x; y; z) 2 R3 j 1 x2 + y2 + z2 3

:


Ako je funkciji f : D ! R skup D Rm (m = 2; 3) konacan i ne prevelik,onda se ona moze zadati tablicno (premda je takvo zadavanje pregledno

samo kad je m = 2). Primjerice,

y n x x1 x2 xny1 z11 z21 zn1y2 z12 z22 zn1...

......

. . ....

yk z1k z2k znk

f(xi; yj) = zij

D = f(xi; yj) j i;= 1; ; n; j = 1; ; kg

Funkcijski graf Gf za f : D ! R, D Rm je podskup od Rm+1. Stoga jenacrtati ga (djelomicno) moguce samo za m 2. U slucaju m = 2, to gaovdje razmatramo, crtanjem isticemo samo neke njegove vazne podskupove.

To su, najcece, presjeci Gf odabranim ravninama u prostoru R3. Ako su teravnine usporedne s ravninom z = 0 (koordinatnom xy-ravninom), dobivene

presjeke nazivamo razinskim krivuljama funkcije f (ili grafa Gf ). Po

tomu, svaki broj z0 2 f [D] odreuje jednu razinsku krivulju jednadzbomf(x; y) = z0 (Slika 1.15.).

Slika 1.15.

Dakle, na svakoj razinskoj krivulji su funkcijske vrijednosti nepromijenjive.

Slicno se u slucaju f : D ! R, D R3; dakle Gf R4, govori o razin-skim plohama (ili nivo-plohama) funkcije f . Pritom svaka jednadzba

f(x; y; z) = u0, u0 2 f [D], odreuje tocno jednu pripadnu razinsku plohuna kojoj su sve funkcijske vrijednosti jednake u0.

PRIMJER 1.8 (a) Funkcijski graf Gf za funkciju f(x; y) =px2 + y2

1.3. FUNKCIJE VIE VARIJABLA 15

Slika 1.16.

crtamo isticuci njegove presjeke ravninom x = 0 (to su zrake: z = y, z 0,x = 0; z = y, z 0, x = 0), ravninom y = 0 (to su zrake: z = x, z 0,y = 0; z = x, z 0, y = 0) i ravninom z = 1 (to je razinska krivulja(kruznica) x2 + y2 = 1, z = 1). Primijetimo da je Gf stozasta ploha (Slika

1.16.).

(b) Razinske plohe za funkciju

f : D ! R; D = R3 n f(x; y; z) j z = 0g ; f(x; y; z) = x2 + y2

z;

su paraboloidi (bez "tjemena") z = u0x2 + y2

; u0 2 R n f0g (Slika 1.16.).

Slika 1.17.

NAPOMENA 1.9 Cesto se neki skup razinskih krivulja funkcije (x; y) 7!f(x; y) crta u odabranoj ravnini z = z0, primjerice, sve se one projiciraju u

xy-ravninu z = 0. Tada se po njihovu razmjetaju moze zakljuciti poneto

i o samoj funkciji. Tako se npr. prikazuju razinske krivulje - izohipse to

na zemljopisnim kartama povezuju tocke iste nadmorske visine, odnosno,

iste podmorske dubine, kao i izobare - to na sinoptickim (meteorolokim)

kartama povezuju tocke jednakoga zracnog tlaka. tovie, za zorno prikazi-

vanje razinskih ploha ni nema druge mogucnosti osim da ih crtamo u istom

prostoru.


Funkcija f : D ! R, D Rm (m 3) se moze zadati i implicitno iliparametarski pod uvjetima slicnim onima to su postavljeni za funkcije iz Ru R. Mi se necemo sada na tomu zadrzavati. Implicitno zadanim funkcijamacemo se posebno pozabaviti kasnije.

Na kraju ovoga pododjeljka pokazimo kako se neka globalna svojstva prenose

na skalarne funkcije. Promotrimo funkciju f : D ! R, D R2; pauocimo bilo koju tocku T0 = (x0; y0) 2 D. Promotrimo skup Dy0 =fT = (x; y) 2 D j y = y0g D, to je presjek skupa D pravcem kroz tockuT0, usporednim x-osi. U Dy0 je varijabilna samo x-ta koordinata pa se na

njega smije gledati kao na podskup od R. Oznacimo f jDy0 : Dy0 ! R pato suzenje smijemo tretirati kao funkciju jedne realne varijable (varijable x)

(Slika 1.18.). Analogno se dobiva skup Dx0 = fT = (x; y) 2 D j x = x0g D i suzenje f jDx0 : Dx0 ! R (to je funkcija jedne realne varijable y).

Slika 1.18.

Reci cemo da je funkcija f : D ! R, D R2; omeena ako postojibroj M 2 R+ takav da je jf(T )j M za svaki T 2 D. Primijetimo daje za omeenu funkciju f svako suzenje f jDy0 , f jDx0 (T = (x0; y0) 2 D)omeena funkcija. Reci cemo da je funkcija f uzlazna (silazna, strogo

uzlazna, strogo silazna, monotona, strogo monotona, po dijelovima

monotona) po varijabli x (varijabli y), ako je, za svaku tocku T =

(x0; y0) 2 D, pripadno suzenje f jDy0 : Dy0 ! R (f jDy0 : Dy0 ! R) uzlazna(silazna, strogo uzlazna, strogo silazna, monotona, strogo monotona, po di-

jelovoma monotona) funkcija. Analogno se ovi pojmovi prenose i na realne

funkcije triju realnih varijabli. Na isti nacin se mogu prenijeti i ostala svo-

jstva realnih funkcije jedne varijable.

1.4. GRANI CNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST 17

1.4 GRANICNA VRIJEDNOST I

NEPREKIDNOST

Razmatrali smo realni niz i pripadna svojstva. Slicno se postupa u R3

(R2) s tim da prije treba denirati to u R3 (R2) znaci "biti blizu", tj.to ce biti "mala okolina" po volji odabrane tocke. Posluzit cemo se

standardnom euklidskom udaljenocu meu tockama, tj. za T = (x; y; z) ;

T0 = (x0; y0; z0) 2 R3 euklidsku udaljenost d(T; T0) deniramo sa

d (T; T0) =p(x x0)2 + (y y0)2 + (z z0)2; (1.24)

za T = (x; y) ; T0 = (x0; y0) 2 R2 sa

d (T; T0) =p(x x0)2 + (y y0)2; (1.24

0)

koja se za T = (x); T0 = (x0) (slucaj m = 1) svodi na standardnu udaljenost

d(T; T0) =p(x x0)2 = jx x0j (1.2400)

u prostoru R.

Sve pojmove i tvrdnje dajemo u dimenziji m = 2 uz napomenu da iskazano

vrijedi i za slucaj m = 3 (dakako i za m = 1):

DEFINICIJA 1.10 Za bilo koju tocku T0 2 R2 i bilo koji broj " > 0, skup

K(T0; ") fT 2 R2 j d (T0; T ) < "g R2 (1.25)

nazivamo (otvorenom) kuglom polumjera " oko tocke T0. Reci cemo da je

skup U R2 okolina tocke T0 2 U ako postoji neki " > 0 takav da je kuglaK(T0; ") U . Za skup R2 cemo reci da je otvoren ako je on unijaneke mnozine (otvorenih) kugala.

Slika 1.19.


Slika 1.20.

Primijetimo da je u slucaju m = 1 kugla K(x0; ") = hx0 "; x0 + "i (otvo-reni) interval u R; u slucaju m = 2 i m = 5 kugle su nutrina kruznice inutrina sfere (Slika 1.19.). Nadalje, ocito je da "2 "1 povlaci K (T0; "2) K (T0; "1), kao i da za svaki " > 0 postoji neki n 2 N takav da je K(T0; 1n) K(T0; "). Napokon, ocito je da je svaka kugla otvoren skup i da je svaki

otvoreni skup okolina svake svoje tocke.

Na Slici 1.20. su primjeri otvorenoga i neotvorenoga skupa u R2: Onajotvoreni jest okolina svake svoje tocke, dok neotvoreni sadrzi tocaka kojima

on nije okolina.

DEFINICIJA 1.11 Neka je D R2 i T0 2 R2. Reci cemo da je tocka T0gomilite skupa D ako svaka okolina od T0 sijece skup D n fT0g. Za skupD kazemo da je zatvoren ako sadrzi sva svoja gomilita. Reci cemo da je

tocka T 2 D unutranja tocka skupa D ako postoji okolina od T koja jepodskup od D. Ako za tocku T 2 D postoji neka okolina koja ne sijece skupD n fTg onda kazemo da je T izolirana tocka skupa D. Napokon, recicemo da je skup D omeen ako postoji neka kugla koja ga sadrzi.

Nije teko pokazati da je svaka tocka T 2 D R2 ili gomilite od D ili nje-gova izolirana tocka, te da je svaka unutranja tocka gomilite. Primijetiti

treba da skup moze imati gomilita koja nisu njegovi elementi. Nadalje,

moze se dokazati da je svaki zatvoren skup u R2 komplement nekog otvorenogskupa i obratno. Dakako da nije istina da skup mora biti ili otvoren ili

zatvoren!

DEFINICIJA 1.12 Reci cemo da je tocka T0 2 R2 granicna vrijednost(ili limes) niza fTng u R2 ako

(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n n0 ) d (Tn; T0) < ": (1.26)


(Nejednakost d (Tn; T0) < " je, ocito, ekvivalentna uvjetu Tn 2 K(T0; ").)U tom slucaju govorimo da niz fTng konvergira prema tocki T0 i piemofTng ! T0. Ako niz ne konvergira, kazemo da divergira.

Kao i za realne nizove i ovdje se lako vidi da niz moze imati najvie jednu

granicnu vrijednost, pa se tada smije pisati i

limn!1

fTng = T0:

Za niz tocaka fTng u R2; Tn = (xn; yn) i T0 = (x0; y0) prethodna denicijadaje

limn!1

fTng = T0def:, (8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N)

n n0 )p(xn x0)2 + (yn y0)2 < "

(1.27)

i po njoj za dani niz ustanoviti da li je on konvergentan i ako jest odrediti

mu granicnu vrijednost skoro je nemoguca zadaca. Meutim, za niz tocaka

fTng u R2; Tn = (xn; yn);mozemo promatrati pridruzene koordinatne nizovefxng i fyng u R (ukoliko se radi o nizu tocaka fTn = (xn; yn; zn)g u R3 tadasu pridruzeni nizovi fxng ; fyng i fzng) i vazna je cinjenica da se nizovnakonvergencija u R2 (dakako, analogna tvrdnja vrijedi za nizove u R3) mozesvesti na konvergenciju realnih nizova:

TEOREM 1.13 Niz tocaka fTng u R2; Tn = (xn; yn), konvergira premaT0 = (x0; y0) 2 R2 onda i samo onda, ako za koordinatne nizove vijedilimn!1

fxng = x0; limn!1

fyng = y0:

PRIMJER 1.14 Tocka T0 = (1;1) je granicna vrijednost niza fTng uR2, Tn =

n+1n ;

1n21+n2

; jer je, za koordinatane nizove, lim

n!1

n+1n

= 1;

limn!1

n1n21+n2

o= 1:

I granicnu vrijednost skalarne funkcije deniramo slicno onoj za realne funkcije

realne varijable.

DEFINICIJA 1.15 Neka su dani funkcija f : D ! R, D R2; i gomiliteT0 od D. Reci cemo da je broj L0 2 R granicna vrijednost funkcije f utocki T0 ako

(8" > 0)(9 > 0)(8T 2 D n fT0g) d(T; T0) < ) jf(T ) L0j < ": (1.28)


(Primijetimo da se uvjet provjerava u tockama T 2 K(T0; "), T 6= T0!) Utom slucaju piemo lim

T!T0f(T ) = L0 ili lim

T0f(T ) = L0.

Denicija poopcuje analognu deniciju za realne funkcije jedne varijable.

Kao i za realne funkcije jedne varijable tako i za skalarne funkcije, istrazi-

vanje granicnih vrijednosti se moze svesti na istrazivanje granicnih vrijed-

nosti realnih nizova:

TEOREM 1.16 Broj L0 2 R je granicna vrijednost funkcije f : D ! R,D R2; u tocki T0, lim

T!T0f(T ) = L0, onda i samo onda ako, za svaki niz

fTng u D koji konvergira prema T0 u R2, limn!1

fTng = T0, pripadni nizfunkcijskih vrijednosti ff(Tn)g konvergira prema L0 u R, lim

n!1ff(Tn)g =

L0.

PRIMJER 1.17 (a) Funkcija

f : R2 n f(0; 0)g ! R; f(x; y) = x2 y2x2 + y2

;

nema granicne vrijednosti u tocki (0; 0).

Zaista, promatramo li nizove

1n ;

1n

i

1n ; 0

u R2 n f(0; 0)g, ocito je

da oba konvergiraju prema tocki (0; 0), dok s druge strane, pripadni nizovi

funkcijskih vrijednosti(( 1n)

2 ( 1n)2

( 1n)2 + ( 1n)

2

),

(( 1n)

2 02

( 1n)2 + 02

)

konvergiraju redom prema (razlicitim) brojevima 0 i 1.

(b) Funkcija

f : R2 n f(0; 0)g ! R; f(x; y) = x2y

x2 + y2,

ima u tocki (0; 0) granicnu vrijednost 0, lim(0;0)

f(x; y) = 0.

Zaista, buduci da je x2 + y2 2jxyj; to je

lim(0;0)

jf(x; y)j = lim(0;0)

x2yx2 + y2

lim(0;0)

x2y2xy

= lim(0;0)

x2

= 0;pa je i lim

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


Zadatak se moze rijeiti i prijelazom na polarne koordinate. Buduci je x =

cos' i y = sin', tada (x; y)! (0; 0) ako i samo ako ! 0: Imamo

lim(0;0)

x2y

x2 + y2= lim

!0

3 cos2 ' sin'

2= lim

!0 cos2 ' sin' = 0:

Buduci da dobiveni rezultat ne ovisi o '; tj. o kutu pod kojim "dolazimo"

u tocku (0; 0); dakle ne ovisi o krivulji po kojoj dolazimo u tocku (0; 0);

zakljucujemo da limes postoji i da je jednak 0.

PRIMJER 1.18 Ispitati granicnu vrijednost funkcije f(x; y) =xy

x2 + y2u

tocki (0; 0):

Ukoliko (x; y)! (0; 0) ide po putevima koje odreuju pravci y = kx imamo

lim(0;0)

y=kx

f(x; y) = limx!0

x kxx2 + k2x2

=k

1 + k2

i trazeni limes ne postoji jer za razlicite k dobijamo razlicite vrijednosti.

Prethodni primjer ukazuje na jedan jednostavan postupak za ustanoviti da

funkcija nema limesa. Naime, ukoliko (x; y)! (x0; y0) ide po putevima C1(preko funkcije y = g1(x)) i C2 (preko funkcije y = g2(x)) te ako je

u1 = lim(x0;y0)

y=g1(x)

f(x; y) = limx!x0

f(x; g1(x)) 6=

6= limx!x0

f(x; g2(x)) = lim(x0;y0)

y=g2(x)

f(x; y) = u2

tada lim(x0;y0)

f(x; y) ne postoji.

PRIMJER 1.19 Ispitati granicnu vrijednost funkcije f(x; y) =3x2y

x2 + y2u

tocki (0; 0):

Ukoliko (x; y)! (0; 0) ide po putevima koje odreuju pravci y = kx imamo

lim(0;0)

y=kx

f(x; y) = limx!0

3x2 kxx2 + k2x2

= limx!0

x3k

1 + k2= 0;

a ukoliko (x; y) ! (0; 0) ide po putevima koje odreuju parabole y = kpx

imamo

lim(0;0)

y=kpx

f(x; y) = limx!0

3x2 kpx

x2 + k2x= 0:


Opet smo racunali limes po nekim putovima (y = kx; y = kpx; a ne svim!)

pa bi olako mogli zakljuciti da je 0 vrijednost trazenog limesa. Ipak se 0

snazno namece. Zaista, vrijedi

0 < 3x2yx2 + y2

0 = 3x2 jyj

x2 + y2 0) onda postoji

" > 0 takav da je f(T ) < 0 (f(T ) > 0) za svaki T 2 D \K(T0; ").

(b) Neka je A D zatvoren i omeen. Ako je funkcija f neprekidnana A onda postoje brojevi m;M 2 R takvi da je m f(T ) Mza svaki T 2 A, tj. f jA je omeena funkcija. tovie, f jA poprimasvoju najmanju (minimum) i svoju najvecu (maksimum) vrijednost,

tj. postoje T1; T2 2 A takvi da je f(T1) f(T ) f(T2) za svakiT 2 A.

(c) Zbroj f+g, razlika fg, umnozak f g i kolicnik fg (kad god su deni-rani) neprekidnih skalarnih funkcija jesu neprekidne skalarne funkcije.

1.5 PARCIJALNE DERIVACIJE

Izravno i formalno poopcenje derivabilnosti (u tocki) s funkcija jedne vari-

jable na funkcije dviju varijabla nije moguce, jer je varijabla bitno promije-

nila karakter. Naime, umjesto realnog broja x sada se promatra T = (x; y),

pa odgovarajuci kolicnik f(x)x vie nema smisla. Meutim, ucvrste li se

sve osim jedne koordinate, promatrana funkcija (suzenje) postaje, zapravo,

funkcijom jedne varijable pa se smije govoriti o njezinoj (ne)derivabilnosti.

To onda vodi k pojmu parcijalne derivacije po varijabli-koordinati.

Promatrajmo funkciju f : D ! R, D R2 i po volji odabranu tocku T0 =(x0; y0) 2 D: Neka je y0 ravnina y = y0 i oznacimo s Dy0 = y0 \D D:Ocito je Dy0 6= ; jer sadrzi barem tocku T0. Suzenje f jDy0 f1 : Dy0 ! Rsmijemo smatrati funkcijom jedne varijable jer se mijenja samo koordinata

x . Analogno imamo funkciju f jDx0 f2 : Dx0 ! R koju mozemo smatratifunkcijom varijable y (Slika 1.21.):

1.5. PARCIJALNE DERIVACIJE 25

Slika 1.21.

DEFINICIJA 1.26 Reci cemo da funkcija f ima parcijalnu derivaciju

po varijabli x u tocki T0 ukoliko postoji derivacija funkcije f1 u tocki

x0 (2 Dy0 R). Derivaciju (broj ) f 01(x0) tada nazivamo parcijalnomderivacijom funkcije f po varijabli x u tocki T0 i oznacujemo s

@f(T0)@x

(cita se: "parcijalno ef po de iksu u te nula"). Dakle, po deniciji je

@f(T0)

@x= limx!0

f (x0 +x; y0) f (x0; y0)x

: (1.31)

Analogno, derivaciju (broj ) f 02(y0) nazivamo parcijalnom derivacijom po

varijabli y funkcije f u tocki T0 i oznacujemo s@f(T0)@y (cita se: "parcijalno

ef po de ipsilonu u te nula"):

@f(T0)

@y= limy!0

f (x0; y0 +y) f (x0; y0)y

: (1.32)

Ovdje cemo rabiti i oznake

@f(T0)

@x fx (x0; y0) ; (1.31.a)

@f(T0)

@y fy (x0; y0) : (1.32.b)

Slicno se deniraju parcijalne derivacije funkcija triju varijabli: sve varijable

ksiramo osim one po kojoj trazimo parcijalnu derivaciju i potom deriviramo

tu funkciju (jedne varijable)

@f(T0)

@x fx(x0; y0; z0);

@f(T0)

@y fy(x0; y0; z0); (1.33)

@f(T0)

@z fz(x0; y0; z0):


Ako funkcija f ima u tocki T0 parcijalnu derivaciju po svakoj varijabli onda

kazemo da je funkcija f derivabilna u tocki T0. Ako je f derivabilna u

svakoj tocki T 2 D; nazivamo ju derivabilnom funkcijom.Po samoj deniciji, parcijalno deriviranje po odabranoj varijabli skalarne

funkcije f : D ! R, D R2, u praksi se svodi na standardno deriviranjedrzeci konstantnima sve varijable osim one odabrane.

PRIMJER 1.27 Neka je funkcija f : R2 ! R zadana propisom

f(x; y) = sin(x+ y2):

Odrediti obje parcijalne derivacije funkcije f u bilo kojoj tocki (x; y).

Buduci da je f po svojim varijablama kompozicija derivabilnih elementarnih

funkcija, to ona ima obje parcijalne derivacije u svakoj tocki, tj. f je deri-

vabilna funkcija. Pritom je

fx(x; y) = cos(x+ y2); fy(x; y) = cos(x+ y

2) 2y:

PRIMJER 1.28 Neka je funkcija f : D ! R, D R3 zadana propisom

f(x; y; z) = x+ ln(xy +pz):

Odrediti sve tri parcijalne derivacije funkcije f u svakoj tocki (x; y; z) u

kojoj one postoje.

Zbog istoga razloga kao i u prethodnom primjeru i zbog uvjeta (na D)

xy +pz > 0 i z 0, funkcija f jest derivabilna. Za parcijalne derivacije u

bilo kojoj tocki (x; y; z) 2 D dobivamo:

fx(x; y; z) = 1 +y

xy +pz; fy(x; y; z) =

x

xy +pz;

fz(x; y; z) =1

2pz(xy +

pz):

Neka je Ax D skup svih tocaka T 2 D u kojima funkcija f : D ! R,D R2; ima parcijalnu derivaciju po varijabli x. Tada je dobro deniranafunkcija fx : Ax ! R; T 7! fx(T ); koju nazivamo parcijalnom derivaci-jom funkcije f po varijabli x (na podskupu Ax D): Slicno tomu jefy : Ay ! R; T 7! fy(T ); parcijalna derivacija funkcije f po varijabli y (na

1.6. DIFERENCIJAL 27

skupu Ay D svih tocaka u kojima funkcija f ima parcijalnu derivaciju povarijabli y). Pritom ima smisla istrazivati neprekidnost (u tocki) tih funkcija,

pa se onda govori o neprekidno parcijalno derivabilnoj funkciji f po

varijabli x (odnosno y) (u tocki). Ako je A Ax \ Ay D i A 6= ;onda su na A denirane obje parcijalne derivacije fx : A ! R, fy : A ! R,tj. f je derivabilna na skupu A. Reci cemo da je funkcija f neprekidno

derivabilna u tocki T0 2 A (na skupu B A) cim su funkcije fx, fy,neprekidne u T0 (na skupu B).

Sjetimo se da za realne funkcije jedne varijable derivabilnost povlaci nepre-

kidnost. Sada cemo pokazati da za funkcije vie varijabla to, opcenito, ne

vrijedi.

PRIMJER 1.29 Pokazali smo da je funkcija f : R2 ! R zadana propisom

f(x; y) =

8


nazivamo parcijalnim diferencijalima funkcije f po varijabli x (po var-

ijabli y) u tocki T0.

Ovdje nas zanima teze pitanje:

Ima li smisla diferencijal funkcije f u tocki x0 i kako bi ga trebalodenirati?

Oznacimo sa tangencijalnu ravninu na plohu z = f(x; y) u tocki (x0; y0; z0 =

f(x0; y0)): Neka je

z z0 = a(x x0) + b(y y0)

jednadzba tangencijalne ravnine. Presjecnica tangencijalne ravnine sa

ravninom y = y0 je pravac

ty0 z z0 = a(x x0); y = y0:

Taj pravac je i tangenta na krivulju 1 z = f(x; y); y = y0; a to znaci daje koecijent a jednak parcijalnoj derivaciji fx(x0; y0) (Slika 1.22.): Dakle,

mora biti

ty0 z z0 = fx(x0; y0)(x x0); y = y0:

Slika 1.22.

Slicno se pokazuje da je presjecnica tangencijalne ravnine i ravnine x = x0

pravac tx0 z z0 = b(y y0); x = x0 koji je tangenta na krivulju 2 z = f(x; y); x = x0, i stoga je tx0 z z0 = fy(x0; y0)(y y0); x = x0:Zakljucimo: ako funkcija f(x; y) ima neprekidne parcijalne derivacije tada je


jednandzba tangencijalne ravnine na plohu z = f(x; y) u tocki (x0; y0; z0 =

f(x0; y0)) dana sa

z z0 = fx(x0; y0)(x x0) + fy(x0; y0)(y y0): (1.34)

Napomenimo da se sada parcijalnim derivacijama moze pridijeliti geomet-

rijsko tumacenje: parcijalna derivacija fx(x0; y0) (fy(x0; y0)) jednake je tan-

gensu priklonog kuta tangente ty0 (tx0) presjecne krivulje 1 (2) prema

+x-osi (+y-osi) (Slika 1.22.).

PRIMJER 1.30 Odredimo jednadzbu tangencijalne ravnine funkcije

f(x; y) = 2x2 y2

u tocki T0 = (1; 1;3):Kako je fx(x; y) = 4x; fy(x; y) = 2y; imamo da je fx(1; 1) = 4 ify(1; 1) = 2: Jednadzba tangencijalne ravnine glasi z + 3 = 4(x 1) 2(y 1); odnosno

z = 4x 2y + 3:

Uvjerimo se da u maloj okolini tocke (1; 1) tangencijalna ravnina dobro

aproksimira funkciju. Zaista, u tocki (1:1; 0:95) imamo da je

f(1:1; 0:95) = 2(1:1)2 + (0:95)2 = 3:3225;

z(1:1; 0:95) = 4 1:1 + 2 0:95 3 = 3:3;

i zaista se radi o dobroj aproksimaciji.

DEFINICIJA 1.31 Funkcija

L(x; y) = f(x0; y0) + fx(x0; y0)(x x0) + fy(x0; y0)(y y0) (1.35)

naziva se linearizacijom funkcije f u (x0; y0); a aproksimacija

f(x; y) f(x0; y0) + fx(x0; y0)(x x0) + fy(x0; y0)(y y0) (1.36)

linearnom aproksimacijom od f u (x0; y0)


PRIMJER 1.32 Pokazali smo da funkcija

f(x; y) =

8


Sljedeci teorem donosi jedan od dovoljnih uvjeta za diferencijabilnost skalarne

funkcije.

TEOREM 1.35 Neka za funkciju f : D ! R, D R2; i tocku T0 2 D po-stoji "-kugla K(T0; ") D na kojoj je f derivabilna i neprekidno derivabilnau T0. Tada je f diferencijabilna u T0.

PRIMJER 1.36 Pokazimo da je funkcija f(x; y) = xexy diferencijabilna

u tocki T0 = (1; 0) i odredimo njenu linearnu aproksimaciju.

Kako je

fx(x; y) =@

@x

xexy

= exy + xyexy; fx(1; 0) = 1;

fy(x; y) =@

@y

xexy

= x2exy; fy(1; 0) = 1;

vidimo da su parcijalne derivacije neprekidno derivabilne na R2; dakle i utocki T0, pa je f(x; y), po prethodnom teoremu, diferencijabilna funkcija u

tocki T0. Njezina linearna aproksimacija je

L(x; y) = f(1; 0) + 1 (x 1) + 1 (y 0) = x+ y;

a to znaci da mozemo pisati

f(x; y) = xexy x+ y = L(x; y)

u nekoj maloj okolini tocke T = (x; y): Npr., f(1:1;0:1) 1:1 0:1 = 1.(f(1:1;0:1) = 1:1 e(1:1)(0:1) 0:985 42)

Slika 1.23.

Sjetimo se da smo kod funkcije jedne varijable imali da je diferencijal df(x) =

f 0(x)dx te da smo njega interpretirali kao prirast do tangente. Opet po

analogiji deniramo diferencijal kojemu ce geometrijska interpretacija biti

slicna: to je prirast do tangencijalne ravnine (Slika 1.23.). Preciznije


DEFINICIJA 1.37 Diferencijal df(x0; y0) funkcije f u tocki (x0; y0) deni-

ramo sa

df(x0; y0) = fx(x0; y0)dx+ fy(x0; y0)dy (1.38)

gdje su dx i dy diferencijali nezavisnih varijabli x i y.

NAPOMENA 1.38 Sada linearnu aproksimaciju mozeno zapisati na nacin

f(x; y) f(x0; y0) + df(x0; y0): (1.39)

Linearna aproksimacija i diferencijal slicno se deniraju za funkcije koje

imaju vie od dviju varijabli. Npr. za funkciju f(x; y; z) je linearizacija

L(x; y; z) = f(x0; y0; z0) + fx(x0; y0; z0)(x x0)+

fy(x0; y0; z0)(y y0) + fz(x0; y0; z0)(z z0);

a diferencijal

df(x0; y0; z0) = fx(x0; y0; z0)dx+ fy(x0; y0; z0)dy + fz(x0; y0; z0)dz:

PRIMJER 1.39 Odredimo diferencijal funkcije

f(x; y) = x2 + 3xy y2:

Imamo:

df(x; y) = (2x+ 3y)dx+ (3x 2y)dy:

Promotrimo promjenu4f(x; y) pri promjeni tocke (2; 3) u tocku (2+0:05; 30:04) (dakle, 4x = dx = 0:05; 4y = dy = 0:04)

4f(2; 3) =f(2:05; 2:96) f(2; 3)

=

(2:05)2 + 3 2:05 2:96 (2:96)2

22 3 2 32 32

= 0:6449:

Racunamo li pak

df(2; 3) = (2 2 + 3 3) 0:5 + (3 2 2 3) (0:04) = 0:65

vidimo da je 4f(2; 3) df(2; 3); ali i da je racun puno jednostavniji.

1.7. DERIVIRANJE SLOZENIH FUNKCIJA 33

NAPOMENA 1.40 Osnovna pravila za diferenciranje, to smo ih bili

izveli za funkcije jedne varijable, ostaju valjana i za funkcije vie varijabla

kad god imaju smisla:(a) d(f + g)(T0) = df(T0) + dg(T0);

(b) d(f g)(T0) = g(T0) df(T0) + f(T0) dg(T0);

(c) dfg

(T0) =

g(T0) df(T0) f(T0) dg(T0)g(T0)2

;

(d) d(' f)(T0) = '0(f(T0)) df(T0):

1.7 DERIVIRANJE SLOZENIH FUNKCIJA

Sjetimo se derivacije slozene funkcije jedne varijable. Ako je y = f(x) i

x = g(t) i f i g su diferencijabilne tada je i y diferencijabilna po varijabli t

i vrijedidy

dt=dy

dx dxdt: U ovom odjeljku dajemo poopcenje.

TEOREM 1.41 Neka su u : I ! R i v : I ! R, D R, diferencijabilnefunkcije i f : D ! R, u(I) v(I) D R2 diferencijabilna funkcija. Tadaje dobro denirana kompozicija

F f (u; v) : D ! R; F (t) = f(u(t); v(t)); t 2 I;

koja je diferencijabilna i vrijedi

dF

dt=@f

@u dudt+@f

@v dvdt: (1.40)

Dokazimo tvrdnju teorema. Uvedimo oznake z = f(x; y) , x = u(t); y = v(t)

pa treba dokazati formulu

dz

dt=@f

@x dxdt+@f

@y dydt: (1.41)

Funkcija f je diferencijabilna funkcija, pa je 4f(x; y) moguce zapisati uobliku

4z = @f(x0; y0)@x

4x+ @f(x0; y0)@y

4y + " q(4x)2 + (4y)2;

gdje "! 0 kada (4x;4y)! (0; 0): Sada dijeljem s 4t imamo

4z4t =

@f(x0; y0)

@x

4x4t +

@f(x0; y0)

@y

4y4t + "

q(4x)2 + (4y)2

4t :


Neka sada 4t ! 0: Tada imamo 4x = u(t + 4t) u(t) ! 0 i 4y =v(t+4t) v(t)! 0 (jer su u i v neprekidne), pa je stoga i "! 0: Imamo

dz

dt= lim

t!0

@f(x0; y0)@x

4x4t +

@f(x0; y0)

@y

4y4t + "

q(4x)2 + (4y)2

4t

=

@f(x0; y0)

@x| {z }= @f@x

limt!0

4u4t| {z }

= dxdt

+@f(x0; y0)

@y| {z }= @f@y

limt!0

4y4t| {z }

= dydt

+

+ limt!0

"| {z } =0

limt!0

s4x4t2+4y4t2

| {z }=p(x0(t))2+(y0(t))2

=@f

@x dxdt+@f

@y dydt;

a to se i tvrdilo.

PRIMJER 1.42 Odrediti z0(0) ako je z = x2y + 3xy4 i x = sin 2t; y =

cos t:

Vrijedi

dz

dt

(1:41)=

2xy + 3y4

(2 cos 2t) +

x2 + 12xy3

( sin t):

Kako je x(0) = 0; y(0) = 1 imamo da je

z0(0) =dz(0)

dt=2xy + 3y4

(x;y)=(0;1)

(2 cos 2t)

t=0+

+x2 + 12xy3

(x;y)=(0;1)

( sin t)

t=0

= 6:

TEOREM 1.43 Neka je z = f(x; y) diferencijabilna funkcija (po vari-

jablama x i y) i neka su x = g(u; v); y = h(u; v) diferencijabilne funkcije

(po varijablama u i v).

Parcijalne derivacije kompozicije z(u; v) = f(g(u; v); h(u; v)) dane su sa

@z

@u=@z

@x @x@u+@z

@y @y@u;

@z

@v=@z

@x @x@v+@z

@y @y@u: (1.42)

PRIMJER 1.44 Odrediti @z@u i@z@v slozene funkcije

z = xy; x = u2 v2; y = euv:

1.7. DERIVIRANJE SLOZENIH FUNKCIJA 35

Dijagram 1.24.

@z

@u=@z

@x @x@u+@z

@y @y@u

= yxy1 (2u) + xy lnx (veuv);

@z

@v=@z

@x @x@v+@z

@y @y@u

= yxy1 (2v) + xy lnx (ueuv):

NAPOMENA 1.45 Rezultat prethodnog teorema lako se poopcuje.

Npr., ako je

w = f(x; y; z; t);

x = x(u; v); y = y(u; v); z = z(u; v); t = t(u; v);

sluzeci se dijagramom,

Dijagram 1.25.

imamo da su trazene parcijalne derivacije:

@w

@u=@w

@x @x@u+@w

@y @y@u+@w

@z @z@u+@w

@t @t@u;

@w

@v=@w

@x @x@v+@w

@y @y@v+@w

@z @z@v+@w

@t @t@v:

PRIMJER 1.46 Ako je

u = x4y + y2z3; x = rset; y = rs2et; z = r2s sin t

izracunati @u@s u tocki (r; s; t) = (2; 1; 0):

Pripadni dijagram je

Dijagram 1.26.


pa je trazena derivacija

@u

@s=@u

@x @x@s+@u

@y @y@s+@u

@z @z@s=

= 4x3y ret +x4 + 2yz3

2rset + 3y2z2 r2 sin t:

Kako je x(r; s; t) = rset; x(2; 1; 0) = 2; y(r; s; t) = rs2et; y(2; 1; 0) = 2;

z(r; s; t) = r2s sin t; z(2; 1; 0) = 0 imamo

@u(2; 1; 0)

@s=4 23 2

2e0+24 + 2 2 03

2 2 1 e0

+

+3 22 02

22 sin 0

= 192:

Rekli smo da graf funkcije z = F (x; y) opcenito predstavlja plohu u prostoru.

Pretpostavimo da je sa F (x; y) = 0 implicitno denirana funkcija y =

f(x): To znaci da je F (x; f(x)) = 0 za svaku tocku x iz domene funkcije f:

Deriviranjem po varijabli x imamo

@F

@x dxdx+@F

@y dydx=@F

@x+@F

@y dydx= 0:

Uz oznake

Fx =@F

@x; Fy =

@F

@y

imamody

dx= Fx

Fy:

Dakako da prethodno vrijedi ukoliko je @F@y 6= 0 i ukoliko F (x; y) = 0 deniraimplicitno y kao funkciju od x: To nije uvijek moguce. Funkcija F mora

udovoljavati nekim uvjetima kako bi preko nje denirali funkciju f: O tome

govori teorem:

TEOREM 1.47 (O implicitno zadanoj funkciji) Neka je F denirana na

otvorenom skupu U koji sadrzi tocku (x0; y0) i neka je F (x0; y0) = 0 i

Fx(x0; y0) 6= 0: Ako su funkcije Fx i Fy neprekidne na U tada F (x; y) = 0denira y kao funkciju od x u nekoj okolini tocke x0 i pritom je derivacija

dy

dx= Fx

Fy(1.43)

1.8. PARCIJALNE DERIVACIJE VIIH REDOVA 37

PRIMJER 1.48 Sa F (x; y) = y y3x2y+x2y3 = 0 denirana je impli-citna funkcija y kao funkcija u varijabli x u nekoj okolini tocke x0 = 1 (jer

je F (0; 1) = 0 i jer su Fx(x; y) = 2xy32xy; Fy(x; y) = 3x2y23y2x2+1neprekidne funkcije). Derivacija te funkcije je

dy

dx= Fx

Fy= 2xy

3 2xy3x2y2 3y2 x2 + 1 :

Poopcenje prethodnog torema daje:

TEOREM 1.49 Neka je u = F (x; y; z) funkcija denirana na otvorenom

skupu U R3 koji sadrzi tocku T0 = (x0; y0; z0): Ako je F (T0) = 0; Fz(T0) 6=0 i Fx; Fx; Fz su neprekidne funkcije na U; tada F (x; y; z) = 0 implicitno

denira funkciju z = f(x; y) u nekoj okolini tocke (x0; y0) i njene parcijalne

derivacije su@z

@x= Fx

Fz;

@z

@y= Fy

Fz: (1.44)

PRIMJER 1.50 Odrediti parcijalne derivacije@z

@x;@z

@yimplicitno zadane

funkcije F (x; y; z) = x3 + y3 + z3 + 6xyz 1:

@z

@x=

@@x(x

3 + y3 + z3 + 6xyz 1)@@z (x

3 + y3 + z3 + 6xyz 1)= 6yz + 3x

2

6xy + 3z2=2yz x22xy + z2

;

@z

@y=

@@y (x

3 + y3 + z3 + 6xyz 1)@@z (x

3 + y3 + z3 + 6xyz 1)=2xz y22xy + z2

:

1.8 PARCIJALNEDERIVACIJE VIIHREDOVA

Parcijalnu derivaciju drugoga reda funkcije f : D ! R, D R2; deniramo,najjednostavnije govoreci, kao parcijalnu derivaciju parcijalne derivacije,

odnosno, rabeci rjecnik za funkcije jedne varijable, kao derivaciju (neke)

prve derivacije. Ako je, dakle, funkcija @f@x : Ax ! R, Ax D, derivabilnapo varijabli x u tocki T0, onda broj

@@f@x

(T0)

@x @

2f(T0)

@x2(1.45)

nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po vari-

jabli x u tocki T0, a slucaju da je ona derivabilna po varijabli y u tocki T0,


onda broj@@f@x

(T0)

@y @

2f(T0)

@y@x(1.46)


jablama x i y (redom) u tocki T0.

Analogno, ako je funkcija @f@y : Ay ! R, Ay D, derivabilna po varijabli x,u tocki T0, onda broj

@@f@y

(T0)

@x @

2f(T0)

@x@y


jablama y i x (redom) u tocki T0, a ukoliko je ona derivabilna po varijabli

y, u tocki T0, onda broj

@@f@y

(T0)

@y @

2f(T0)

@y2


jabli y u tocki T0.

Radi jednostavnosti uvodimo oznake

@2f(T0)

@x2= fxx(T0);

@2f(T0)

@y@x= fyx(T0);

@2f(T0)

@x@y= fxy(T0);

@2f(T0)

@y2= fyy(T0):

Ako promatrana funkcija f ima sve parcijalne derivacije drugoga reda u

tocki T0, fxx(T0); fyx(T0); fxy(T0), fyy(T0); onda kazemo da je f dvaput

derivabilna u tocki T0. Neka je Axx D skup svih tocaka u kojimafunkcija f ima parcijalnu derivaciju drugoga reda po varijabli x. Tada je

dobro denirana funkcija - druga parcijalna derivacija (po x)

fxx : Axx ! R; T 7! fxx(T ):

Analogno se deniraju funkcije fyx : Ayx ! R; T 7! fyx(T ); fxy : Axy !R; T 7! fxy(T ); fyy : Ayy ! R; T 7! fyy(T ), gdje su Ayx; Ayx; Ayy Dskupovi svih tocaka u kojima funkcija f ima parcijalne derivacije drugog

reda po odgovarajucim varijablama. Ako je skup A Axx\Ayx\Axy \Ayyneprazan, onda su na njemu dobro denirana sve druge parcijalne derivacije

od f . Pritom kazemo da je skalarna funkcija f dvaput derivabilna na

1.8. PARCIJALNE DERIVACIJE VIIH REDOVA 39

skupu A D. U slucaju A = D govorimo o dvaput derivabilnoj funkcijif . Posve slicno (induktivno) se deniraju i na jasan nacin oznacuju parci-

jalne derivacije n-tog reda, n 2 N, n 3.

PRIMJER 1.51 Odredizi sve parcijalne derivacije drugoga reda i trece

parcijalne derivacije po x, y i x redom, te po x, x, i y redom (ondje gdje

postoje) za funkciju

f : D ! R; D R2; f(x; y) = x2y + x ln y:

Denicijsko podrucje D je otvorena poluravnina(x; y) 2 R2 j y > 0

i funk-

cija f je derivabilna. Pritom je, u bilo kojoj tocki (x; y) 2 D,

fx(x; y) = 2xy + ln y; fy(x; y) = x2 +

x

y:

Primijetimo da su i obje parcijalne derivacije derivabilne funkcije, tj. da je

funkcija f dvaput derivabilna, i da je

fxx(x; y) = 2y; fyx(x; y) = 2x+1

y;

fxy(x; y) = 2x+1

y; fyy(x; y) =

x

y2:

Napokon, ocito je da je f i triput (zapravo, po volji mnogo puta) derivabilna

i da je fxyx(x; y) = 2 = fyxx(x; y):

Jednakosti parcijalnih derivacija fyx(x; y) = fyx(x; y) i fxyx(x; y) = fyxx(x; y)

u prethodnom primjeru nisu slucajne. O tomu govori ovaj, tzv. Schwarzov

teorem:

TEOREM 1.52 Neka je funkcija f : D ! R, D R2; derivabilna nanekoj "-kugli K((x0; y0); ") D i neka f ima na toj kugli i parcijalnuderivaciju drugoga reda po x i y redom, fxy. Ako je funkcija

fxyjK((x0;y0);") : K((x0; y0); ")! R

neprekidna u tocki (x0; y0), onda postoji parcijalna derivacija drugoga reda

funkcije f po y i x redom u tocki (x0; y0) i pritom je

fxy(x0; y0) = fyx(x0; y0): (1.47)


PRIMJER 1.53 Promatrajmo funkciju f : R2 ! R zadanu propisom

f(x; y) =

8>: xy x2 y2x2 + y2

, (x; y) 6= (0; 0)

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

Funkcija f je derivabilna na R2 n f(0; 0)g i pritom je

fx(x; y) = yx2 y2x2 + y2

+4x2y2

(x2 + y2)2

;

fy(x; y) = xx2 y2x2 + y2

4x2y2

(x2 + y2)2

:

Nadalje, obje ove parcijalne derivacije su derivabilne funkcije (na R2nf(0; 0)g)i vrijedi

fyx(x; y) =x2 y2x2 + y2

1 +

8x2y2

(x2 + y2)2

= fxy(x; y):

Pogledajmo sada to je s derivabinocu u tocki (0; 0)! Buduci da je f(x; 0) =

0 za svaki x 2 R i f(0; y) = 0 za svaki y 2 R, to je f derivabilna i u (0; 0) ifx(0; 0) = 0 = fy(0; 0): Primijetimo da je

fx(x; 0) = 0; fy(x; 0) = x; fx(0; y) = y; fy(0; y) = 0;

pa za druge parcijalne derivacije od f u (0; 0) dobivamo:

fxx(0; 0) = lim4x!0

fx(0 +4x; 0) fx(0; 0)4x = lim4x!0

0 04x = 0;

fyx(0; 0) = lim4y!0

fx(0; 0 +4y) fx(0; 0)4y = lim4y!0

4y 04y = 1;

fxy(0; 0) = lim4x!0

fy(0 +4x; 0) fy(0; 0)4x = lim4x!0

4x 04x = 1;

fyy(0; 0) = lim4y!0

fy(0; 0 +4y) fy(0; 0)4y = lim4y!0

0 04y = 0:

Dakle, funkcija f je dvaput derivabilna. Meutim, "mjeovite" druge parci-

jalne derivacije fyx(0; 0) i fxy(0; 0) su meusobno razlicite! Uzrok, dakako,

lezi u prekidnosti funkcije fxy(x; y) u tocki (0; 0).

Schwarzov teorem se lako poopcuje na skalarne funkcije od tri (i vie) var-

ijabla, kao i na parcijalne derivacije viih redova. Odgovarajuci teorem jest

ovaj:

1.9. EKSTREMI FUNKCIJE VIE VARIJABLA 41

TEOREM 1.54 Neka su funkciji f : D ! R, D Rm; na nekoj "-kugliK(T0; ") D neprekidne sve parcijalne derivacije do ukljucivo r-tog reda.Ako na toj "-kugli f ima i sve parcijalne derivacije (r+1)-vog reda i ako su

sve one neprekidne u tocki T0, onda vrijednosti parcijalnih derivacija (r+1)-

vog reda funkcije f u tocki T0 ne ovise o redosljedu deriviranja po pojedinim

varijablama.

1.9 EKSTREMI FUNKCIJE VIE VARIJABLA

Lokalni ekstrem funkcije vie varijabla deniramo na slican nacin kao lokalni

ekstrem funkcije jedne varijable:

DEFINICIJA 1.55 Reci cemo da funkcija f : D ! R; D Rm; imau tocki T0 2 D lokalni maksimum (lokalni minimum), ako postoji"-okolina K(T0; ") D tocke T0 sa svojstvom da je za svaku tocku T 2K(T0; ") n fT0g; f(T0) > f(T ) (f(T0) < f(T )). Funkcija ima u tocki T0lokalni ekstrem, ako u toj tocki ima bilo lokalni minimum bilo lokalni

maksimum. Ukoliko je f(T0) f(T ) (f(T0) f(T )) za svaku tocku T 2 Dtada govorimo da funkcija f ima u tocki T0 globalni maksimum (globalni

minimum).

Kao i do sada promatrat cemo funkcije od dviju varijabli.

PRIMJER 1.56 Funkcije z = x2 + y2 i z =px2 + y2 imaju minimum

(lokalni i globalni) u tocki (0; 0): Primijetimo da je za prvu funkciju tocka

(0; 0; 0) tjeme paraboloida (grafa) i da ona u toj tocki ima parcijalne deriva-

cije, a da je za drugu funkciju ta tocka vrh stoca (grafa) i da ne postoje

parcijalne derivacije u toj tocci.

TEOREM 1.57 (Nuzni uvjet za lokalni ekstrem) Ako funkcija f : D ! R,D R2; ima u tocki T0 = (x0; y0) lokalni ekstrem i ako je u toj tockiderivabilna, onda je

fx(x0; y0) = 0; fy(x0; y0) = 0: (1.48)

Ocito je da funkcija f1 : D1 ! R, D1 R (f2 : D2 ! R, D2 R) deniranapravilom f1(x) = f(x; y0) (f2(y) = f(x0; y)); ima lokalni ekstrem u tocki


x = x0 (y = y0). Stoga je@f(x0;y0)

@x =df1(x0)dx = 0

@f(x0;y0)@y =

df2(y0)dy = 0

, i

tvrdnja teorema je dokazana.

NAPOMENA 1.58 Ako je funkcija f : D ! R; D R2; diferencijabilnau tocki T0 = (x0; y0), moze se nuzni uvjet za obstojnost njezinoga lokalnog

ekstrema u T0 izraziti i kao

df(x0; y0) = 0: (1.49)

U tom slucaju, T0 = (x0; y0) nazivamo stacionarnom tockom funkcije

f . Za funkciju dviju varijbla uvjet df(x0; y0) = 0 znaci da je pripadna

tangencijalna ravnina u tocki (x0; y0; f(x0; y0)) usporedna s koordinatnom

xy-ravninom (z = 0) i da joj je jednadzba z = f(x0; y0).

PRIMJER 1.59 (a) Stacionarna tocka funkcije

z = x2 + y2 2x 6y + 14

je T0 = (1; 3) jer je fx(1; 3) = (2x 2)(1;3)

= 0 i fy(1; 3) = (2y 6)(1;3)

= 0:

Iz zapisa z = x2 + y2 2x 6y + 14 = (x 1)2 + (y 3)2 + 4 vidljivoje da funkcija z u tocki (1; 3) poprima svoj lokalni (i globalni) minimum

zmin = 1 + 9 2 18 + 14 = 4.(b) Tocka (0; 0) jest stacionarna tocka funkcije

z = x2 y2

ali u njoj funkcija ne poprima ekstrem (Slika 1.10.(b) - sedlo!).

Razmotrimo sada jedan od dovoljnih uvjeta za obstojnost lokalnog ekstrema

skalarne funkcije f : D ! R, D R2; u stacionarnoj tocki T0 = (x0; y0).

TEOREM 1.60 Neka je T0 stacionarna tocka funkcije f : D ! R; D R2; i neka su druge parcijalne derivacije funkcije f neprekidne na nekoj"-kugli K(T0; ") D. Neka je

D(T0) = fxx(T0) fyy(T0) [fxy(T0)]2 = fxx(T0) fxy(T0)fxy(T0) fyy(T0)

: (1.50)Tada vrijedi:


(a) Ako je D(T0) > 0 i fxx(T0) > 0; tada f u T0 ima lokalni minimum;

(b) Ako je D(T0) > 0 i fxx(T0) < 0; tada f u T0 ima lokalni maksimum;

(c) Ako je D(T0) < 0; tada f u T0 nema lokalni ekstrem.

NAPOMENA 1.61 Ukoliko je D(T0) = 0 ne mozemo zakljuciti nita o

ekstremu, u tom slucaju treba provesti dodatna razmatranja.

PRIMJER 1.62 (a) Funkcija

f : R2 ! R; f(x; y) = x2 y2,

ima za stacionarnu tocku (0; 0), jer se parcijalne derivacije fx(x; y) = 2x i

fy(x; y) = 2y u (0; 0) ponitavaju. Meutim, buduci da je fxx(x; y) = 2,fxy(x; y) = 0 i fyy(x; y) = 2, to je, za svaki (x; y) 2 R2,

D(x; y) =

fxx(x; y) fxy(x; y)fxy(x; y) fyy(x; y) =

2 00 2 = 4 < 0;

pa funkcija f nema lokalnog ekstrema u tocki (0; 0).

(b) Funkciji

f : R2 ! R, f(x; y) = x2 y2 + 2x,

su parcijalne derivacije fx(x; y) = 2x+2 i fy(x; y) = 2y. Slijedi da joj je(1; 0) stacionarna tocka. Njezine druge parcijalne derivacije jesu fxx(x; y) =

2, fxy(x; y) = 0 i fyy(x; y) = 2. Dakle, za svaki (x; y) 2 R2,

D(x; y) =

2 00 2 = 4 > 0;

pa funkcija f ima u tocki (1; 0) lokalni maksimum (fxx(x; y) = 2 < 0),f(1; 0) = 1.

(c) Funkciji

f : R2 ! R, f(x; y) = x2 + 2xy + y2,

su parcijalne derivacije fx(x; y) = 2x+ 2y = fy(x; y). Slijedi da je, za svaki

x 2 R, tocka (x;x) stacionarna za f . Njezine druge parcijalne derivacijejesu fxx(x; y) = 2 = fxy(x; y) = fyy(x; y), pa je, za svaki (x; y) 2 R2,

D(x; y) =

2 22 2 = 0:


Ne mozemo zakljuciti ima li funkcija f u tockama (x;x) lokalne ekstreme.No, buduci da je f(x; y) = (x + y)2 0 za svaki (x; y) 2 R2, to ni jednatocka (x;x) nema okolinu ("-kuglu) na kojoj bi f bila pozitivna - svudaosim u (x;x): Prema tomu, funkcija f nema lokalnog ekstrema ni u jednojod tocaka (x;x).

PRIMJER 1.63 Odrediti ekstreme funkcije f(x; y) = x4 + y4 4xy + 1:Vrijedi:

fx(x; y) = 4x3 4y = 4

x3 y

= 0) x3 = y;

fy(x; y) = 4y3 4x = 4

y3 x

= 0) y3 = x:

Slijedi

x9 x = x (x 1) (x+ 1)x2 + 1

x4 + 1

= 0;

i x1 = 0; x2 = 1; x3 = 1 su nultocke: Stacionarne tocke su T1 = (0; 0);T2 = (1; 1); T3 = (1;1): Buduci da je

fxx(x; y) = 12x2; fxy(x; y) = 4; fyy(x; y) = 12y2;

D(x; y) =

12x2 44 12y2 = 144x2y2 16

imamo:

D(0; 0) =144x2y2 16

(x;y)=(0;0)

= 16 i funkcija f u T1 nemaekstrem;

D(1; 1) =144x2y2 16

(x;y)=(1;1)

= 128; fxx(1; 1) = 12 i funkcija f

u T2 ima lokalni minimum zmin = 1;

D(1;1) =144x2y2 16

(x;y)=(1;1) = 128; fxx(1;1) = 12 i

funkcija f u T3 ima lokalni minimum zmin = 1:

PRIMJER 1.64 U skupu svih kvadratastih kutija (kvadri bez gornje stra-

nice) jednakog oploja O (12m2) odredite onaj s najvecom volumenom.

Zadano je (uz oznake x-irina.; y-duzina.; z-visina.)

xy + 2xz + 2yz = 12


i treba naci maksimum funkcije

V (x; y; z) = xyz:

Iz polaznog uvjeta je z =12 xy2(x+ y)

; pa problem mozemo rijeiti trazeci

maksimum funkcije

V (x; y) = xy12 xy2(x+ y)

:

Vrijedi

Vx(x; y) =y2(12 2xy x2)

2(x+ y)2; Vy(x; y) =

x2(12 2xy y2)2(x+ y)2

;

i za naci stacionarne tocke dovoljno je rijeiti sustav

12 2xy x2 = 0;

12 2xy y2 = 0:

Mora biti x2 = y2; a to daje x = y (ostale mogucnosti otpadaju). Slijedi

da je 12 3x2 = 0; i x = 2: Dakle, (2; 2) je stacionarna tocka. Dovoljneuvjete nije potrebno ispitivati zbog prirode zadatka. Dobili smo (z = 1) da

je Vmax = 4 za kutiju dimenzija (2; 2; 1):

Prethodni primjer mozemo interpretirati na nacin: Odrediti ekstrem funkcije

V (x; y; z) = xyz uz uvjet da je f(x; y; z) = xy + 2xz + 2yz 12 = 0:

DEFINICIJA 1.65 Ekstrem funkcije z = f(x; y) uz uvjet '(x; y) = 0

naziva se vezani (uvjetni) ekstrem.

NAPOMENA 1.66

(a) Vezani ekstrem mozemo interpretirati na nacin: graf funkcije z = f(x; y)

(ploha) presjecimo cilindricnom plohom '(x; y) = 0: Presjecinica je pros-

torna krivulja i njezin ekstrem je trazeni vezani ekstrem.

(b) U deniciju se ne moramo ograniciti na dimenziju 2 i samo jedan uvjet.

Npr., problem vezanog ekstrema je i: naci ekstrem funkcije u = f(x; y; z) uz

uvjete '1(x; y; z) = 0; '2(x; y; z) = 0 (nazalost, ovdje nemamo geometrijskog

prikaza problema).

Nalazenje vezenog ekstrema najlake je provesti Lagrangeovim postup-

kom.


Formira se pripadna Lagrangeova funkcija

F (x; y; ) = f(x; y) + '(x; y);

Nau se stacionarne tocke funkcije F ; neka su to tocke (xi; yi; i);

Izracunaju se vrijednosti f(xi; yi): najveca vrijednost od njih je vezanimaksimum od f(x; y); a najmanja je trazeni vezani minimum.

PRIMJER 1.67 Vratimo se prethodnom primjeru: odrediti ekstrem funk-

cije V (x; y; z) = xyz (volumen) uz uvjet da je f(x; y; z) = xy+2xz+2yz 12 = 0:

Formirajmo pripadnu Lagrangeovu funkciju:

F (x; y; z; ) = xyz + (xy + 2xz + 2yz 12)

i odredimo njezine stacionarne tocke. Rijeimo sustav

Fx(x; y; z; ) = yz + y+ 2z = 0;

Fy(x; y; z; ) = xz + x+ 2z = 0;

Fz(x; y; z; ) = xy + 2x+ 2y = 0;

F(x; y; z; ) = xy + 2xz + 2yz 12 = 0:

Rjeenja sux = 2; y = 2; z = 1; = 12

ix = 2; y = 2; z = 1; = 12

:

Zakljucujemo da je trazeni vezani maksimum z = 1 i on se postize za

x = 2; y = 2.

PRIMJER 1.68 Odrediti ekstrem funkcije f(x; y) = x2 + 2y2 uz uvjet

x2 + y2 = 1:

Pripadna Lagrangeova funkcija je

F (x; y; ) = x2 + 2y2 + x2 + y2 1

pa imamo sustav

Fx(x; y; ) = 2x+ 2x = 0;

Fy(x; y; ) = 4y + 2y = 0;


F(x; y; ) = x2 + y2 1 = 0;

cija su rjeenjax = 1; y = 0; = 1

;x = 1; y = 0; = 1

;

x = 0; y = 1; = 2;x = 0; y = 1; = 2

:

Imamo f(1; 0) = 1; f(1; 0) = 1 - to su minimumi, f(0; 1) = 2; f(0;1) =2 - to su maksimumi.

Poglavlje 2

VIESTRUKI INTEGRAL

Ovdje cemo poopciti pojam odreenoga integrala na realne funkcije vie var-

ijabla. Nadalje, pokazat cemo da se njegovo izracunavanje svodi na izracu-

navanje konacno mnogo odreenih integrala realnih funkcija jedne varijable.

Vazni teorem o zamjeni varijabla cemo samo navesti i komentirati. Napokon,

pokazat cemo i nekoliko primjena ovoga integrala.

2.1 VIESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA

Neka je f : K ! R funkcija denirana na zatvorenom pravokutniku

K = [a; b] [c; d] =(x; y) 2 R2 j a x b; c y d

i neka je f(x; y) 0; (x; y) 2 K: Graf Gf funkcije f je ploha cija je jednadzbaz = f(x; y): Oznacimo sa T "pseudokvadar" odreen s pravokutnikom K i

grafom Gf funkcije f nad njim (Slika 2.1.), tj.

T =(x; y; z) 2 R3 j (x; y) 2 K; 0 z f(x; y)

:

Izracunajmo volumen V tijela T:

Slika 2.1.

49

50 POGLAVLJE 2. VIESTRUKI INTEGRAL

Postupiti cemo slicno izracunu povrine, ovdje upisivajuci kvadre koji ce

aproksimirati volumen odgovarajuceg pseudokvadra. Segment [a; b] podije-

limo diobenim tockama a = x0 < x1 < < xm = b na m podsegmenata[xi1; xi] jednake duljine 4x =

b am

: Segment [c; d] podijelimo diobenim

tockama c = y0 < y1 < < yn = d na n podsegmenata [yj1; yj ] jed-nake duljine 4y = dcn : Razdiobe segmenata [a; b] i [c; d] odreuju razdiobupravokutnika K na pravokutnike

Kij =(x; y) 2 R2 j xi1 x xi; yj1 y yj

;

i = 1; ;m; j = 1; ; n; jednake povrine 4x4y:U svakom pravokutniku Kij odaberimo tocku (xi ; y

j ) i volumen kvadra ko-

jemu je baza pravokutnik Kij i visina f(xi ; yj ) iznosi Vij = f(x

i ; y

j )4x4y:

Taj volumen mozemo uzeti kao aproksimaciju volumena pseudokvadra odre-

enog pravokutnikom Kij i grafom Gf funkcije f nad njim (Slika 2.2.).

Slika 2.2.

Jasno je da trazeni volumen V tijela T mozemo aproksimirati zbrojem svih

ovako dobivenih Vij tj.

V Xm

i=1

Xnj=1

f(xi ; yj )4x4y:

Dakako da ce aproksimacija volumena V biti bolja kada je razdioba pra-

vokutnika K nija, tj. kada su m i n veci (Slika 2.3.), pa stoga mozemo

uzeti da je

V = limm!1n!1

Xmi=1

Xnj=1

f(xi ; yj )4x4y:

2.1. VIESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA 51

Slika 2.3.

Limes ovakvoga tipa cesto se javlja, ne samo kod izracuna volumena, nego i

kada funkcija f nije pozitivna. To opravdava deniciju:

DEFINICIJA 2.1 Dvostruki integral funkcije f nad pravokutnikom K

je broj

I = limm!1n!1

Xmi=1

Xnj=1

f(xi ; yj )4x4y (4.1)

ukoliko on postoji.

Uobicajena oznaka je I =ZZ

Kf(x; y)dxdy:

PRIMJER 2.2 Izracunati dvostruki integral

I =

ZZKxydxdy;

gdje je K = f(x; y) j 0 x 1; 0 y 1g :Podijelimo segment [0; 1] na x-osi na m-jednakih dijelova diobenim tockama

0 = x0 < x1 < xm1 < xm = 1;4x = 1m ; xi =in ; a segment [0; 1] na y-osi

na n-jednakih dijelova diobenim tockama 0 = y0 < y1 < yn1 < yn = 1;4y = 1n ; yj =

jn : U svakom pravokutniku [xi1; xi] [yj1; yj ] odaberimo

tocku (xi ; yj ) = (xi; yj) =

im ;

jn

. Imamo

Xmi=1

Xnj=1

fxi ; y

j

4x4y =

Xmi=1

Xnj=1

(xi yj) 1

m 1n=

1

m 1n

Xmi=1

Xnj=1

im

jn

=

1

m2 1n2

Xmi=1

Xnj=1

i j =

1

m2 1n2

Xmi=1

iXn

j=1j=

1

m2 1n2

Xmi=1

in(n+ 1)

2

=

1

m2 1n2 n(n+ 1)

2

Xmi=1

i =1

m2 1n2 n(n+ 1)

2 m(m+ 1)

2=


1

4+

1

4m+1

4n+

1

4mn;

pa je

I = limm!1n!1

Xmi=1

Xnj=1

f(xi ; yj )4x4y = limm!1

n!1

14+1

4m+1

4n+

1

4mn

=1

4:

NAPOMENA 2.3

1. SumaXm

i=1

Xnj=1

f(xi ; yj )4x4y naziva seRiemannovom sumom,

a integralZZ

Kf(x; y)dxdy Riemannovim integralom funkcije f

nad K.

2. Limes iz Denicije 2.1. uvijek postoji ukoliko je funkcija f neprekidna.

On postoji i za neke prekidne funkcije.

NAPOMENA 2.4 Lako je dokazati da vrijedi:

(a)ZZ

K[f(x; y) + g(x; y)] dxdy =

ZZKf(x; y)dxdy +

ZZKg(x; y)dxdy;

(b)ZZ

Kcf(x; y)dxdy = c

ZZKf(x; y)dxdy; c 2 R konstanta;

(c) Ako je f(x; y) g(x; y) za svaki (x; y) 2 K tada jeZZKf(x; y)dxdy

ZZKg(x; y)dxdy:

PRIMJER 2.5 Neka je funkcija f : K ! R, f(x; y) = x 3y2 zadanana pravokutniku K = f(x; y) 2 R2 j 0 x 2; 1 y 2g: Izracunajmoaproksimaciju X2

i=1

X2j=1

f(xi ; yj )4x4y

integralaZZ

Kf(x; y)dxdy:

Slika 2.4.

2.1. VIESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA 53

Pravokutnik K je podijeljen na cetiri pravokutnika (Slika 2.4.): K11 =

[0; 1]1; 32

; K12 = [0; 1]

32 ; 2; K21 = [1; 2]

1; 32

; K22 = [1; 2]

32 ; 2

i 4x = 1; 4y = 12 : Tocku (xi ; y

j ) iz Kij mozemo odabrati po volji: neka je

to sredite (xi; yj) pravokutnika Kij :

Dakle, (x1; y1) =12 ;54

; (x1; y2) =

12 ;74

; (x2; y1) =

32 ;54

; (x2; y2) =

32 ;74

i za vrijednosti podintegralne funkcije u tim tockama imamo f

12 ;54

=

123

54

2= 6716 ; f

12 ;74

= 123

74

2= 13916 ; f

32 ;54

= 323

54

2= 5116 ;

f32 ;74

= 32 3

74

2= 12316 : Racunamo:ZZ

K(x 3y2)dxdy

X2i=1

X2j=1

f(xi; yj)4x4y =f (x1; y1) + f (x1; y2) + f (x2; y1) + f (x2; y2)4x4y =f12 ;54

+ f

12 ;74

+ f

32 ;54

+ f

32 ;74

1 1

2=

6716 13916

5116 12316

12= 95

8= 11:875:

Pokazat cemo da je prava vrijednost integrala 12; pa je aproksimacija i saovom grubom podjelom dosta dobra.

Posve slicno se denira i trostruki integral. Neka je f : K ! R neprekidnafunkcija triju varijabla denirana na kvadru K = [a; b] [c; d] [s; t]: Podi-jelimo diobenim tockama a = x0 < x1 < < xl = b; c = y0 < y1 < < ym = d; s = z0 < z1 < < zn = t segmente [a; b]; [c; d]; [s; t] napodsegmente jednake duljine 4x = bal ; 4y =

dcm ; 4z =

tsn : Kvadar K

podijelimo na podkvadre

Kijk = f(x; y; z) 2 R3 j xi1 x xi; yj1 y yj ; zk1 z zkg;

i = 1; ; l; j = 1; ;m; k = 1; n: Svi podkvadri imaju jednaki volumen4x4y4z: Riemannova trostruka suma je oblikaXl

i=1

Xmj=1

Xnk=1

f(xi ; yj ; z

k)4x4y4z

gdje je (xi ; yj ; z

k) bilo koja tocka iz kvadra Kijk:

DEFINICIJA 2.6 Trostruki integral funkcije f nad kvadrom K je broj

J = liml;m;n!1

Xli=1

Xmj=1

Xnk=1

f(xi ; yj ; z

k)4x4y4z (2.2)

ukoliko on postoji.

Uobicajena oznaka je J =ZZZ

Kf(x; y; z)dxdydz:


2.2 RACUNANJEVIESTRUKIH INTEGRALA

U Primjeru 2.2. smo izracunali integral I =RRK xydxdy preko limesa in-

tegralne sume. Tu je integrand jednostavna funkcija i racun nije bio odvec

kompliciran. Dakako, racunanje (po deniciji) dvostrukog integrala kompli-

ciranijih funkcija, skoro je nemoguca zadaca. U drugom primjeru (Primjer

2.5.) izracunali smo aproksimaciju integralaRRK(x 3y

2)dxdy 11:875tako da smo izracunali integralnu sumu za m = n = 2:

Izracun aproksimacije integrala za nije raz-

diobe (opet su za (xi ; yj ) uzeta sredita

(xi; yj)) dan je u prethodnoj tablici. Tocna

vrijednost integrala je 12 i pokazat cemo nakoji se nacin taj integral jednostavno racuna.

Prisjetimo se (jednostrukog) integrala re-

alne funkcije jedne varijable kojega, naravno,

nismo izracunavali po deniciji, nego primjenom Newton-Leibnizove for-

mule, tj. primjenom neodreenog integrala. Istu tehniku primijeninimo i

na dvostruki integral. Prvo izracunajmo odreeni integralR ba f(x; y)dx uz-

imajuci da je varijabla y konstanta. Rezultat ce biti funkcija u varijabli y

i potom nju integrirajmo uzimajuci c i d kao granice integracije. U naem

primjeru imamoZ dc

Z baf(x; y)dx

dy =

Z 21

Z 20(x3y2)dx

dy =

Z 21

x223y2x

x=2x=0

dy =Z 2

1

2 6y2

dy =

2y 2y3

y=2y=1

= 12:

Do istog rezultata dolazimo i ako prvo izracunamo integralR dc f(x; y)dy

(varijablu x tretiramo kao konstantu) i potom dobivenu funkciju integriramo

po varijabli x u granicama od a do b:Z ba

Z dcf(x; y)dy

dx =

Z 20

Z 21(x3y2)dy

dx =

Z 20

xy y3

y=2y=1

dx =Z 2

0

2x 23

(x 1)

dx =

Z 20(x 7) dx =

x22 7x

x=2x=0

= 12:

Prethodni postupak kaze da se izracun dvostrukog integralaRRK f(x; y)dxdy

svodi na izracun dvaju jednostrukih integrala. Pokazuje se da vrijedi tzv.

Fubinijev teorem:

2.2. RA CUNANJE VIESTRUKIH INTEGRALA 55

TEOREM 2.7 Neka je f : K ! R neprekidna funkcija, pri cemu je K =[a; b] [c; d] R2 pravokutnik. Tada vrijediZZ

Kf(x; y)dxdy =

Z ba

Z dcf(x; y)dy

dx =

Z dc

Z baf(x; y)dx

dy: (2.3)

Uobicajeni zapis jeZ ba

Z dcf(x; y)dy

dx =

Z badx

Z dcf(x; y)dy; (2.3a)Z d

c

Z baf(x; y)dx

dy =

Z dcdy

Z baf(x; y)dx (2.3b)

i pritom kazemo da smo proveli integraciju u redoslijedu yx; odnosno xy:

PRIMJER 2.8 Izracunajmo

I =

ZZKxy2dxdy; K = [a; b] [c; d]:

I =

ZZKxy2dxdy =

Z badx

Z dcxy2dy =

Z ba

xy33

y=dy=c

dx =Z b

axd33 c

3

3

dx =

1

3(d3 c3)

x22

x=bx=a

=1

6(d3 c3)(b2 a2):

Dakako, isti se rezultat dobiva i u obrnutom redoslijedu integriranja.

NAPOMENA 2.9 Za integral iz prethodnog primjera kazemo da je inte-

gral sa separiranim varijablama i on se moze jednostavnije izracunati

kao umnozak dvaju jednostrukih integrala:Z badx

Z dcf(x)g(y)dxdy =

Z baf(x)dx

Z d

cg(y)dy

: (2.4)

U prethodnom primjeru jeZZKxy2dxdy =

Z baxdx

Z d

cy2dy

=

x22

x=bx=a

y3

3

y=dy=c

=1

6(d3 c3)(b2 a2):

NAPOMENA 2.10 Dokaz Fubinijevog teorema je slozen, ali se u slucaju

pozitivne funkcije moze intuitivno razumijeti tvrdnja teorema. Naime, u

slucaju pozitivne funkcije dvostruki integralRRK f(x; y)dxdy je broj koji je


jednak volumenu V odgovarajuceg pseudokvadra. Do izracuna toga volu-

mena mozemo doci i na sljedeca dva nacina. U prvom slucaju istaknuti dio

(Slika 2.5.(a)) ima volumen

Vi =hZ d

cf(xi ; y)dy

i4x:

Zbroj tih volumena

Xmi=1

Vi =Xm

i=1

hZ dcf(xi ; y)dy

i4x

aproksimira volumen V i u granicnom slucaju je

V = limm!1

Xmi=1

hZ dcf(xi ; y)dy

i4x =

Z ba

Z dcf(x; y)dy

dx:

Slika 2.5.

U drugom slucaju istaknuti dio (Slika 2.5.(b)) ima volumen

Vj =hZ b

af(x; yj )dx

i4y:

Zbroj tih volumena

Xnj=1

Vj =Xn

j=1

hZ baf(x; yj )dx

i4y

aproksimira volumen V i u granicnom slucaju je

V = limn!1

Xnj=1

hZ baf(x; yj )dx

i4y =

Z dc

Z baf(x; y)dx

dy:

Ovim racunanjem volimena V na dva nacina dobivamo da je zaistaZZK

f(x; y)dxdy =

Z ba

Z dcf(x; y)dy

dx =

Z dc

Z baf(x; y)dx

dy:


Za neprekidnu funkciju f : D ! R, pri cemu je D R2 omeen (Slika 2.6.),pripadni integral deniramo pomocu njezinoga trivijalnog proirenja

ef(x; y) = ( f(x; y), (x; y) 2 D0, (x; y) 2 K nD

na neki pravokutnik K D.

Slika 2.6.

Sjetimo se interpretacije integrala pozitivne funkcije preko volumena: vol-

umen ispod grafa funkcije f nad D i volumen ispod grafa funkcije ef nadK (primijetimo da ef nije neprekidna funkcija) su jednaki, pa ima smislaintegral funkcije f nad D denirati preko integrala funkcije ef nad K (lakose vidi da taj integral, ako postoji, ne ovisi o odabranom pravokutniku).

DEFINICIJA 2.11 Neka je f : D ! R neprekidna funkcija pri cemu jeD R2 omeen skup. Neka je K R2 bilo koji pravokutnik to sadrzi D,a funkcija ef : K ! R trivijalno proirenje funkcije f . Ako je funkcija efintegrabilna onda dvostruki integral (na D) od f deniramo formulomZZ

Df(x; y)dxdy =

ZZK

ef(x; y)dxdy: (2.5)NAPOMENA 2.12 Vrijedi:

(a)ZZ

D(f(x; y) + g(x; y))dxdy =

ZZDf(x; y)dxdy +

ZZDg(x; y)dxdy;

(b)ZZ

Df(x; y)dxdy =

ZZDf(x; y)dxdy; 2 R;

(c) Ako je D = D1 [D2 i D1 \D2 = ; (iliRRD1\D2 f(x; y)dxdy = 0) onda

je ZZDf(x; y)dxdy =

ZZD1

f(x; y)dxdy +

ZZD2

f(x; y)dxdy:


Posebno, kad je denicijsko podrucje D R2 omeeno grafovima dvijuneprekidnih funkcija lako dobivamo, iz formule (2.5), ovaj teorem:

TEOREM 2.13 Neka je f : D ! R funkcija, pri cemu je D R2 omeengrafovima neprekidnih funkcija '1; '2 : [a; b] ! R, '1 '2 (Slika 2.7.(a)).Tada je ZZ

Df(x; y)dxdy =

Z ba

Z '2(x)'1(x)

f(x; y)dydx: (2.6)

Posve slicno, kad je D R2 omeen grafovima neprekidnih funkcija 1; 2 :[c; d]! R, 1 2 (Slika 2.7.(b)), vrijediZZ

Df(x; y)dxdy =

Z dc

Z 2(y) 1(y)

f(x; y)dxdy: (2.7)

Slika 2.7.

Umjesto (2.6) i (2.7) uobicajilo se pisatiZZDf(x; y)dxdy =

Z badx

Z '2(x)'1(x)

f(x; y)dy; (2.6a)

ZZDf(x; y)dxdy =

Z dcdy

Z 2(y) 1(y)

f(x; y)dx; (2.7a)

i pritom smo u prvome slucaju integraciju proveli u redoslijedu yx, a u

drugome u redoslijedu xy:

PRIMJER 2.14 Izracunajmo integral

I =

ZZD

x+ y2

dxdy,

pri cemu je D R2 omeen krivuljama y = x2 i y = x4 (Slika 2.8.).


Slika 2.8.

Izracunajmo ovaj integral yx redosljedom integracije (za vjezbu izracunati

integral xy redosljedom integracije!):

I =

ZZD

x+ y2

dxdy =

Z 11dx

Z x2x4

x+ y2

dy =

Z 11

xy+

y3

3

y=x2y=x4

dx =

Z 11

x

12

3+x6

3x5+x3

dx =

Z 11

139x13+

1

21x7 1

6x6+

1

4x411=4

91:

PRIMJER 2.15 Promijeniti poredak integracije u integralu

I =

Z 10dx

Z 2xx

x

ydy

i izracunajti njegovu vrijednost.

Slika 2.9.

Podrucje integracije D (

0 x 1x y 2 x

mozemo zapisati i na nacin

D = D1 [D2 (Slika 2.9.), gdje je

D1 (0 y 10 x y

, D2 (

1 y 20 x 2 y

:

Imamo

I =

ZZD=

ZZD1

+

ZZD2

=

Z 10dy

Z y0

x

ydx+

Z 21dy

Z 2y0

x

ydx =


Z 10

1y

x22

x=yx=0

dy +

Z 21

1y

x22

x=2yx=0

dy =Z 1

0

1

y

y22 0dy +

Z 21

1

y

(2 y)22

0dy =Z 1

0

y

2dy +

1

2

Z 21

1

y

4 4y + y2

dy =

1

4+1

2

4 ln 2 5

2

= 2 ln 2 1:

Racunamo li polazni integral u naznacenom redoslijedu imamo

I =

Z 10dx

Z 2xx

x

ydy =

Z 10

xln jyj

y=2xy=x

dx =Z 1

0

x ln j2 xj x ln jxj

dx

i nakon prve integracije dobivamo (drugi) nepravi integral.

Parcijalnom integracijom dobivamo da je

I1 =

Zx ln(2 x)dx = x

2

2ln (2 x) +

Zx2

2 (2 x)dx =

x2

2ln (2 x)

hx+

x2

4+2 ln (x 2)

i=x2

2ln (2 x)x x

2

42 ln (x 2) ;

I2 =

Zx ln jxj dx = x

2

2lnx

Zx

2dx =

x2

2ln jxj x

2

4:

Sada je

I = lim"!0+

Z 1"

x ln (2 x) x ln jxj

dx =

lim"!0+

x22ln (2 x) x 2 ln (x 2) x

2

2ln jxj

1"=

1 lim"!0+

"22 ln (2 ") " 2 ln (2 ")| {z }

!ln 2

"2

2 ln "| {z }!0

= 1 + 2 ln 2:

I trostruki integralRRR

D f(x; y; z)dxdydz po omeenom integracijskom po-

drucju D R3 deniramo preko trivijalnog proirenja

ef(x; y; z) = ( f(x; y; z), (x; y; z) 2 D0, (x; y; z) 2 K nD

funkcije f na bilo koji kvadar K to sardzi D; stavljajuciZZZDf(x; y; z)dxdydz =

ZZZK

ef(x; y; z)dxdydz: (2.8)Iskazimo sada, preglednosti radi, analogone prethodnih teorema u slucaju

trostrukog integrala.


TEOREM 2.16 Neka je f : K ! R funkcija, pri cemu je K = [a; b] [c; d] [r; s] R3 kvadar. Tada vrijedi:ZZZ

Kf(x; y; z)dxdydz =

Z ba

Z dc

Z srf(x; y; z)dz

dydx:

"Izmijenjujuci mjesta" varijablama dobivamo analogne integracijske formule.

TEOREM 2.17 Neka je f : D ! R; funkcija, pri cemu je

D = f(x; y; z) j a x b; '1(x) y '2(x); g1(x; y) z g2(x; y)g ;

gdje su '1; '2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 2.10.a). Tada jeZZZDf(x; y; z)dxdydz =

Z ba

Z '2(x)'1(x)

Z g2(x;y)g1(x;y)

f(x; y; z)dzdydx: (2.10)

Posve slicno, ako je

D = f(x; y; z) j c y d; 1(y) x 2(y); g1(x; y) z g2(x; y)g ;

gdje su 1; 2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 2.10.b). Tada jeZZZDf(x; y; z)dxdydz =

Z dc

Z 2(y) 1(y)

Z g2(x;y)g1(x;y)

f(x; y; z)dzdxdy: (2.11)

Slika 2.10.

Kao i kod dvostrukog integrala uobicajilo se umjesto zapisa (2.10) i (2.11)

koristitiZZZDf(x; y; z)dxdydz =

Z badx

Z '2(x)'1(x)

dy

Z g2(x;y)g1(x;y)

f(x; y; z)dz; (2.10a)


ZZZDf(x; y; z)dxdydz =

Z dcdy

Z 2(y) 1(y)

dx

Z g2(x;y)g1(x;y)

f(x; y; z)dz; (2.11a)

i pritom govorimo da smo integraciju proveli u redoslijedu zyx; odnosno

redoslijedu zxy:

PRIMJER 2.18 IzracunajmoZZZD2zdxdydz

gdje jeD R3 omeen grafovima preslikavanja g1(x; y) = x2+y2 i g2(x; y) =px2 + y2:

Uocimo da promatrane plohe prolaze ishoditem i da se sijeku uzduz je-

dinicne kruznice x2 + y2 = 1 u ravnini z = 1: Buduci da izmeu ravnina

z = 0 i z = 1 vrijedi x2+y2 0;po Teoremu 2.22. imamo

I =

ZZXydxdy =

ZZY2uv

@(x; y)@(u; v)

dudv =Z 10

Z 102uv 4

u2 + v2

dudv = 8

Z 10

Z 10

u3v + v3u

dudv =

8

Z 10

hu44v + v3

u2

2

u=1u=0

idv =

Z 10

2v + 4v3

dv =

v2 + v4

v=1v=0

= 2:

PRIMJER 2.24 Izracunati integral

I =

ZZX

x2 y2

dxdy

gdje je podrucje X = f(x; y) j jxj+ jyj 1g (Slika 2.16.).

Slika 2.16.

Imamo

I =

Z 01dx

Z 1+x1x

x2 y2

dy +

Z 10dx

Z 1x1+x

x2 y2

dy =

Z 01

hx2y y

3

3

y=1+xy=1x

idx+

Z 10

hx2y y

3

3

y=1xy=1+x

idx =


Z 01

43x3 2x 2

3

dx+

Z 10

2x 4

3x3 2

3

dx = 0

Izracunajmo ovaj integral supstitucijom

u = x+ y; v = x y:

Podrucje integracije X (Slika 2.16.) prelazi u Y = f(u; v) j

Documents

MATEMATIKA 2 - gf.sve-mo.bagf.sve-mo.ba/anton/mat2/GF-M2-2012-13.pdf · MATEMATIKA 2 Branko Cervar, ... ova skripta, te preporuµceni ud µzbenici i zbirka zadataka, pomo·ci studentima