Matematika C · 2020. 9. 15. · 5 Predgovor Uˇcbenik pred vami predstavlja nadaljevanje in nadgradnjo vsebin, ki so jih študenti kemije in kemijskega inženirstva na Fakulteti

Matematika C

za študente FKKT UM

Petra Žigert Pleteršek & Matevž Crepnjak

Avtorske pravice c© 2020 Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru

AVTORJA:prof. dr. Petra Žigert Pleteršekdoc. dr. Matevž Crepnjak

PROSTO DOSTOPNO E-GRADIVO: https://www.fkkt.um.si/ukemat

AVTORICA SLIKE NA NASLOVNICI IN FOTOGRAFIJE: Zoja Pleteršek

September, 2020

Vsebina

I Funkcije vec spremenljivk

1 Skalarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1 Definicijsko obmocje in graf 9

1.2 Zveznost in limita 12

1.3 Parcialni odvod 16

1.4 Totalni diferencial 18

1.5 Posredno odvajanje 22

1.6 Taylorjeva formula 26

1.7 Lokalni ekstremi funkcije vec spremenljivk 31

1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi 35

2 Veckratni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.1 Dvojni integral 41

2.2 Eulerjeva funkcija B 52

2.3 Trojni integral 54

3 Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.1 Zveznost in diferenciabilnost 61

3.2 Nelinearni sistemi enacb 63

4 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

II Vektorska analiza

5 Diferencialna geometrija v prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

5.1 Krivulje 775.2 Ploskve 83

6 Krivuljni in ploskovni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

6.1 Krivuljni integral 896.2 Ploskovni integral 936.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih 986.4 Trije integralski izreki 101

7 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

III Integralska transformacija

8 Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

8.1 Definicija in lastnosti Laplaceove transformacije 121

9 Reševanje diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

9.1 Navadne diferencialne enacbe 1319.2 Parcialne diferencialne enacbe 136

10 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

Stvarno kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5

Predgovor

Ucbenik pred vami predstavlja nadaljevanje in nadgradnjo vsebin, ki so jih študenti kemijein kemijskega inženirstva na Fakulteti za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboruspoznali v prvem letniku v okviru predmetov Matematika A in Matematika B. Poznavanje vsebinobeh predmetov je nujno potrebno za razumevanje vsebin v tem ucbeniku.

Vsebinsko ucbenik zajema vpeljavo ter nato odvajanje in integriranje funkcij vec spremenljivk.V nadaljevanju stopimo na podrocje vektorske analize, kjer spoznamo osnovne pojme v zvezi skrivuljami in ploskvami v prostoru, ki jim sledijo krivuljni in ploskovni integrali. Zakljucimo zLaplaceovo transformacijo in uporabo le-te predvsem pri reševanju parcialnih diferencialnih enacb.

Vsebina je, enako kot pri obeh matematikah v prvem letniku, diferenciirana glede na zahtevnost.Težje izpeljave in dokazi so obarvani z modro barvo in prispevajo k zadnjim 10 odstotkom, ki jih jemožno doseci na testu oz. izpitu. Teoreticnim osnovam sledijo naloge, ki se bodo reševale na vajahv okviru predmeta Matematika C.

Pred vami je zahtevna snov, a dobra osnova in sprotno delo vam bosta olajšala usvojitevzahtevanih vsebin.

Ucbenik je še v fazi priprave zato bralce zaprošava, da kakršnekoli napake sporocijo avtorjemana naslov [email protected] ali [email protected].

Petra Žigert Pleteršek in Matevž Crepnjak

I1 Skalarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1 Definicijsko obmocje in graf1.2 Zveznost in limita1.3 Parcialni odvod1.4 Totalni diferencial1.5 Posredno odvajanje1.6 Taylorjeva formula1.7 Lokalni ekstremi funkcije vec spremenljivk1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi

2 Veckratni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1 Dvojni integral2.2 Eulerjeva funkcija B2.3 Trojni integral

3 Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 613.1 Zveznost in diferenciabilnost3.2 Nelinearni sistemi enacb

4 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Funkcije vec spremenljivk

1. Skalarne funkcije

Pri Matematikah A in B smo se ukvarjali s funkcijami ene spremenljivke, zdaj pa se bomo preseliliv vecrazsežni realni prostor in spoznali funkcije vec spremenljivk. Pogledali bomo kako takšnefunkcije odvajamo in v nadaljevanju tudi njihovo integriranje.

1.1 Definicijsko obmocje in grafDefinicija 1.1.1 Funkcija n spremenljivk priredi vsaki tocki x = (x1,x2, . . . ,xn) podmnožiceD ⊆ Rn realno število y = f (x) = f (x1,x2, . . . ,xn), torej je preslikava

f : D ⊆ Rn→ R .

Množica D je definicijsko obmocje funkcije f .

Ce definicijsko obmocje ni posebej podano, je to najvecja množica, za katero je predpis fsmiselen.

� Zgled 1.1 Za naslednje primere funkcij vec spremenljivk poišci definicijska obmocja.1. f (x,y) =

√1− x2− y2

1− x2− y2 ≥ 0x2 + y2 ≤ 1

Definicijsko obmocje je krog v R2 s polmerom ena, skupaj z robom.2. f (x,y) =

√1− x2 +

√1− y2

1− x2 ≥ 01− y2 ≥ 0

Definicijsko obmocje je kvadrat [−1,1]2.3. Formula za izracun prostornine valja je f (r,h) = πr2 h

r,h > 0⇒D = R+×R+ .

10 1. Skalarne funkcije

4. f (x,y,z) =√

1− x2− y2− z2

1− x2− y2− z2 ≥ 0x2 + y2 + z2 ≤ 1

Definicijsko obmocje je krogla v R3 s polmerom ena, skupaj z robom.�

O funkcijah dveh (ali vec spremenljivk) lahko govorimo le, ce so vse spremenljivke definici-jskega obmocja D medsebojno neodvisne. V R2 na primer premica ali krivulja ni taka množica,medtem ko recimo kvadrat ali krog sta primera množic, kjer sta obe spremenljivki medsebojnoneodvisni. Za formalno definiranje neodvisnosti potrebujemo pojem ε-okolice tocke v Rn, ki jeposplošitev pojma okolice, ki smo ga spoznali pri Matematiki A.

Ponovimo najprej nekaj pojmov iz linearne algebre. Za x = (x1,x2, . . . ,xn) in y = (y1,y2, . . . ,yn)iz vektorskega prostora Rn je njun (standardni) skalarni produkt enak

〈x,y〉=n

∑i=1

xiyi .

V nadaljevanju bomo uporabljali oznako s piko za skalarni produkt, ki je obicajnejša v matematicnianalizi

x ·y = 〈x,y〉=n

∑i=1

xiyi .

Norma oz. dolžina x je

||x||=√

x ·x =

√n

∑i=1

x2i .

Metrika oz. razdalja med x in y je

d(x,y) = ||x−y||=

√n

∑i=1

(xi− yi)2 .

Definicija 1.1.2 Naj bo ε > 0 in a = (a1,a2, . . . ,an) ∈ Rn. Tedaj je ε-okolica tocke a množicatock x = (x1,x2, . . . ,xn) ∈ Rn, ki zadošcajo pogoju

d(x,a) =√(x1−a1)2 +(x2−a2)2 + · · ·+(xn−an)2 < ε .

V R2 je to krog (brez roba) s polmerom ε , v R3 pa krogla (prav tako brez roba). Prav zatobomo za ε-okolico tocke a uporabljali oznako Kε(a).

Zdaj lahko formalno definiramo definicijsko obmocje funkcije vec spremenljivk.

Definicija 1.1.3 Podmnožica D ⊆Rn je lahko definicijsko obmocje funkcije n spremenljivk, cevsebuje kakšno ε-okolico vsaj ene svoje tocke.

S pomocjo ε-okolice lahko definiramo lego tocke glede na obmocje D .

Definicija 1.1.4 Naj bo D ⊆ Rn. Tocka x ∈ D je notranja tocka množice D , ce kaka njenaε-okolica vsebovana v D . Tocka je zunanja tocka, ce kakšna njena ε-okolica ne seka množiceD . In nazadnje x ∈D je robna tocka, ce vsaka njena ε okolica vsebuje tako tocke iz D kot tuditocke, ki niso v D .

1.1 Definicijsko obmocje in graf 11

Ce je vsaka tocka množica D notranja, tedaj je D odprta množica.

Tako je recimo v R2 krog brez roba odprta množica, z robom pa ne. Podobno velja v R3 za kroglobrez roba.

Funkcijo dveh spremenljivk f : D⊆ R2→ R lahko geometrijsko ponazorimo z njenim grafom

Γ( f ) = {(x,y,z);(x,y) ∈D ,z = f (x,y)} ⊆ R3 ,

ki predstavlja neko ploskev v prostoru R3.

Pri risanju grafa funkcije dveh spremenljivk so nam v pomoc nivojnice.

Definicija 1.1.5 Naj bo f : D ⊆ R2 → R in naj bo c ∈ R. Nivojnica Nc je množica tock(x,y) ∈D , za katere velja

f (x,y) = c .

Poleg nivojnic za predstavitev grafa funkcije dveh spremenljivk uporabljamo še prereze. Prerezdobimo tako, da si izberemo neko krivuljo v D in gledamo, kako se funkcija obnaša nad to krivuljo.

� Zgled 1.2 S pomocjo nivojnic in prerezov predstavi grafe funkcij.a) f (x,y) = x2 + y2

Slika 1.1: Graf funkcije f (x,y) = x2 + y2.

b) f (x,y) =√

x2 + y2


Slika 1.2: Graf funkcije f (x,y) =√

x2 + y2.

c) f (x,y) = 1− x2− y2

Slika 1.3: Graf funkcije f (x,y) = 1− x2− y2.

d) f (x,y) = 3− x2 − y

�

1.2 Zveznost in limitaZveznost in limita funkcije vec spremenljivk se definira na podoben nacin kot za funkcijo enespremenljivke. Najprej bomo nove pojme pogledali za funkcijo dveh spremenljivk, ter jih zatemposplošili.

Definicija 1.2.1 Naj bo f : D⊆ R2→ R in L realno število. Ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0tak, da iz (x,y) ∈ Kδ (a,b)∩D , (x,y) 6= (a,b), sledi

| f (x,y)−L|< ε ,


Slika 1.4: Graf funkcije f (x,y) = 3− x2 − y.

tedaj je število L limita funkcije f v tocki (a,b) in pišemo

L = lim(x,y)→(a,b)

f (x,y) .

Definicijo limite lahko posplošimo na funkcije vec spremenljivk.

Definicija 1.2.2 Naj bo f : D ⊆ Rn→ R in L realno število. Ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0tak, da iz (x1,x2, . . . ,xn) ∈ Kδ (a1,a2, . . . ,an)∩D , (x1,x2, . . . ,xn) 6= (a1,a2, . . . ,an), sledi

| f (x1,x2, . . . ,xn)−L|< ε ,

tedaj je število L limita funkcije f v tocki (a1,a2, . . . ,an) in pišemo

L = limx→a

f (x1,x2, . . . ,xn) .

Definicija 1.2.3 Funkcija dveh spremenljivk f : D⊆ R2→ R je zvezna v tocki (a,b) ∈D , ceza vsak ε > 0 obstaja δ > 0 tak, da za vsako tocko (x,y) ∈ Kδ (a,b)∩D velja

| f (x,y)− f (a,b)|< ε .

� Zgled 1.3 Ali je funkcije f : R2→ R, podana s predpisom

f (x,y) =

x2− y2

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

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

zvezna.

Opazimo, da je f (x,0) = 1, kar pomeni, da se tocke na x osi blizu (0,0) vse preslikajo v 1, medtemko se (0,0) preslika v 0, kar pomeni, da f ni zvezna. �

Definicijo zveznosti lahko seveda posplošimo na funkcijo vec spremenljivk.


Definicija 1.2.4 Funkcija vec spremenljivk f : D⊆Rn→R je zvezna v tocki (a1,a2, . . . ,an) ∈D , ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0 tak, da za vsako tocko (x1,x2, . . . ,xn)∈Kδ (a1,a2, . . . ,an)∩Dvelja

| f (x1,x2, . . . ,xn)− f (a1,a2, . . . ,an)|< ε .

Iz definicij zveznosti in limite neposredno sledi izrek.

Izrek 1.2.1 Funkcija vec spremenljivk f : D⊆ Rn→ R je zvezna v tockia = (a1,a2, . . . ,an) ∈D natanko tedaj, ko je

limx→a

f (x1,x2, . . . ,xn) = f (a1,a2, . . . ,an) .

Podobno kot velja za funkcije ene spremenljivke, velja tudi za funkcije vec spremenjlivk, da sovsota, razlika in produkt zveznih funkcij spet zvezne funkcije. Kvocient zveznih funkcij je zveznafunkcija povsod tam, kjer je definiran.

� Zgled 1.4 Ali je funkcija f : Rn→ R, dana s predpisom

f (x1,x2, . . . ,xn) = xi ,

zvezna?

Naj bo x ∈ Kδ (a), kar pomeni, da je√

∑nk=1(xk−ak)2 < δ . Tedaj je

| f (x1,x2, . . . ,xn)− f (ai,a2, . . . ,an)| = |xi−ai|

<√

∑nk=1(xk−ak)2

< δ .

Tako za vsak ε > 0 izberemo δ < ε , s cimer zadostimo definiciji zveznosti. �

Vcasih je preprosteje preverjati zveznost v polarnih koordinatah, zato vpeljimo polarne koordi-nate in nato definirajmo zveznost. Že pri kompleksnih številih smo videli, da lahko lego poljubnetocke v ravnini R2 opišemo namesto v kartezicnem koordinatnem sistemu s polarnimi koordinatami:

x = r cosϕ

y = r sinϕ ,

kjer je polmer r > 0 in argument ϕ ∈ [0,2π) ter veljata zvezi

r =√

x2 + y2

tanϕ =yx.

Poglejmo si zdaj zveznost v polarnih koordinatah.

Definicija 1.2.5 Funkcija dveh spremenljivk f : D⊆ R2→ R je zvezna v tocki (0,0) ∈D , ceza vsak ε > 0 obstaja δ > 0 tak, da za vsak r < δ velja

| f (r cosϕ,r sinϕ)− f (0,0)|< ε .


Nadalje je f zvezna v tocki (a,b) ∈D ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0 tak, da za vsak r < δ velja

| f (a+ r cosϕ,b+ r sinϕ)− f (a,b)|< ε .


f (x,y) =

xy√

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

0 ; (0,0)

zvezna?

Poglejmo, kako preverimo zveznost v polarnih koordinatah. Problematicna tocka je samo tocka(0,0).

f (r cosϕ,r sinϕ) =r2(cosϕ sinϕ)√

r2(cos2 ϕ + sin2ϕ)

=12

r sin(2ϕ) .

Tedaj je

| f (r cosϕ,r sinϕ− f (0,0)|= |12

r sin(2ϕ)| ≤ 12

r < ε .

ce je za poljuben ε > 0 δ = 2ε , tedaj smo zadostili definiciji zveznosti v tocki (0,0).�


f (x,y) =

x4 + x2y2

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

0 ; (0,0)

zvezna?

Problematicna tocka je ponovno samo tocka (0,0). Poglejmo funkcijsko vrednost v polarnihkoordinatah:

f (r cosϕ,r sinϕ) =r2 cos2 ϕ(cos2 ϕ + sin2

ϕ)


= r2 cos2ϕ .

Tedaj je| f (r cosϕ,r sinϕ− f (0,0)|= |r2 cos2

ϕ| ≤ r2 < ε .

ce je za poljuben ε > 0 δ =√

ε , tedaj smo zadostili definiciji zveznosti v tocki (0,0).�


f (x,y) =

x2− y2

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

0 ; (0,0)

zvezna.

Izracunajmo najprej funkcijsko vrednost v polarnih koordinatah:

f (r cosϕ,r sinϕ) =r2(cos2 ϕ− sin2

ϕ)


= cos2ϕ .


Funkcijska vrednost je neodvisna od r, kar pomeni, da se vse tocke na nekem poltraku slikajo vvrednost cos(2ϕ). Tako se lahko dve tocki blizu (0,0), ena na x osi, druga na y osi, slikata v 1oziroma −1 in posledicno f ni zvezna.

�

� Zgled 1.8 Pokaži, da je zvezna poljubna funkcija f oblike

f (x,y) =

g1(x,y)x+g2(x,y)y√

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

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

kjer jelim

(x,y)→(0,0)g1(x,y) = lim

(x,y)→(0,0)g2(x,y) = 0 .

�

Preveriti moramo zveznost v tocki (0,0):

f (r cosϕ,r sinϕ) =g1(r cosϕ,r sinϕ)r cosϕ +g2(r cosϕ,r sinϕ)r sinϕ

r

= g1(r cosϕ,r sinϕ)cosϕ +g2(r cosϕ,r sinϕ)sinϕ .

Iz predpostavkelimr→0

g1(r cosϕ,r sinϕ) = limr→0

g2(r cosϕ,r sinϕ) = 0

zato sledilimr→0

f (r cosϕ,r sinϕ) = 0 .

Ker je limita v tocki (0,0) enaka funkcijski vrednosti v tej tocki, je funkcija zvezna.

1.3 Parcialni odvodNaj bo D ⊆R2 odprta množica in f : D→R funkcija dveh spremenljivk. Izberimo tocko (a,b)∈D .Fiksirajmo drugo koordinato b, prvo koordinato x pa spreminjamo. Zanima nas, kako se pri temspreminjajo funkcijske vrednosti f (x,b). Funkcija f (x,b) je funkcija ene spremenljivke in pišimof (x,b) = g(x).

Definicija 1.3.1 ce obstaja limita diferencnega kvocienta

limh→0

g(a+h)−g(a)h

= limh→0

f (a+h,b)− f (a,b)h

,

jo imenujemo parcialni odvod funkcije f po spremenljivki x v tocki (a,b) in ga oznacimo

∂ f∂x

(a,b) ali fx(a,b) .

Geometrijsko gledano na vrednost fx(a,b) opisuje hitrost spreminjanja vrednosti funkcije f , ce seiz (a,b) premikamo v smeri x osi.

Na podoben nacin definiramo odvod po drugi spremenljvki.

1.3 Parcialni odvod 17


limk→0

g(b+ k)−g(b)k

= limk→0

f (a,b+ k)− f (a,b)k

,

jo imenujemo parcialni odvod funkcije f po spemenljivki y v tocki (a,b) in ga oznacimo

∂ f∂y

(a,b) ali fy(a,b) .

� Zgled 1.9 Izracunaj oba parcialna odvoda funkcije dveh spremenljivk

f (x,y) = x4 +2xy2 + y lnx+3 .

Parcialna odvoda sta enaka

fx(x,y) = 4x3 +2y2 +yx

in

fy(x,y) = 4xy+ lnx .

�

� Zgled 1.10 Poišci parcialna odvoda funkcije

f (x,y) =

xy√

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

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

Pracialni odvod izracunamo tako, da v tocki (0,0), kjer ne moremo uporabiti pravil za odvajanje,parcialno odvajamo po definiciji odvoda:

fx(x,y) =

∂

xy√x2+y2

∂x

limh→0f (h,0)− f (0,0)

h

=

y3

(x2 + y2)32

0

,

fy(x,y) =

∂

xy√x2+y2

∂y

limk→0f (0,k)− f (0,0)

k

=

x3

(x2 + y2)32

0

.

�

Definicijo parcialnega odvoda lahko posplošimo na funkcije vec spremenljivk.


limh→0

f (a1, . . . ,ai +h, . . . ,an)− f (a1, . . . ,ai, . . . ,an)

h,

jo imenujemo parcialni odvod funkcije f po spemenljivki xi v tocki (a1,a2, . . . ,an) in ga


oznacimo∂ f∂xi

(a1,a2, . . . ,an) ali fxi(a1,a2, . . . ,an) .

Definicija 1.3.4 Funkcija f : D ⊆ Rn → R je parcialno odvedljiva na D , ce je parcialnoodvedljiva v vsaki tocki obmocja D . Nadalje, f je zvezno parcialno odvedljiva, ce so parcialniodvodi zvezne funkcije.

� Zgled 1.11 Izracunaj parcialni odvod po x3 funkcije štirih spremenljivk

f (x1,x2,x3,x4) = x51x2 + ex1+4x3 +3x4 + x3x4 .

fx3(x1,x2,x3,x4) = 4ex1+4x3 + x4 .

�

Funkcija n spremenljivk f (x1,x2, . . . ,xn) ima torej n parcialnih odvodov prvega reda, ki skupajsestavljajo vektor iz Rn. Imenujemo ga gradient funkcije f

grad f = ( fx1 , fx2 , . . . , fxn) .

� Zgled 1.12 Izracunaj gradient funkcije f v tocki (1,0,1,1).

f (x1,x2,x3,x4) = x51x2 + ex1+4x3 +3x4 + x3x4 .

Gradient v poljubni tocki je

grad f (x1,x2,x3,x4) = (5x1x2 + ex1+4x3 ,x51,4ex1+4x3 + x4,3+ x3)

in v dani tockigrad f (1,0,1,1) = (e5,1,4e5 +1,4) .

�

1.4 Totalni diferencialDefinicija 1.4.1 Funkcija dveh spremenljivk z = f (x,y) je v tocki (a,b) diferenciabilna, ceobstajata parcialna odvoda fx(a,b), fy(a,b) in je

f (a+h,b+ k) = f (a,b)+ fx(a,b)h+ fy(a,b)k+o(h,k) ,

pi cemer za napako o velja

lim(h,k)→(0,0)

o(h,k)√h2 + k2

= 0 .

Izrazd f = fx(a,b)h+ fy(a,b)k

imenujemo totalni diferencial.Funkcija je diferenciabilna na obmocju D , ko je diferenciabilna v vsaki tocki iz D .


ce upoštevamo, da je x = a+ h in y = b+ k poljubna tocka v okolici tocke (a,b), tedaj zadiferenciabilno funkcijo f velja

f (x,y)= f (a,b)+d f = f (a,b)+ fx(a,b)(x−a)+ fy(a,b)(y−b) ,

kar pomeni, da je totalni diferencial dobra ocena za prirastek funkcije. Gre za linearno aproksimacijofunkcijske vrednosti v tocki (a+h,b+ k), saj enacba

z = f (x,y)= f (a,b)+ fx(a,b)(x−a)+ fy(y−b)

doloca enacbo ravnine, ki jo imenujemo tangentna ravnina.

� Zgled 1.13 S pomocjo totalnega diferenciala izracunaj f (0,1.2), ce je

f (x,y) = x2 + y2 .

f (0,1.2) = f (0,1)+ fx(0,1)(0−0)+ fy(0,1)(1.2−1)

= 1+2 ·0.2

= 1.4 .

Eksaktna vrednost je f (0,1.2) = 1.44, zato je napaka enaka 0.04.�

� Zgled 1.14 Izracunaj totalni diferencial funkcije

z = f (x,y) =xy.

d f = fxh+ fyk

=1y

h− xy2 k

=1y

dx− xy2 dy

=ydx− xdy

y2 .

�

� Zgled 1.15 Zaradi povišane temperature se polmer in višina valja povecata za 1 %. Za koliko %se približno poveca prostornina valja?


V (r,v) = πr2v

dVV

=Vr dr+Vv dv

V

=2πrvdr+πr2 dv

πr2v

=2dr

r+

dvv

= 2%+1% = 3%

�

� Zgled 1.16 Pokaži, da funkcija f (x,y) =√

x2 + y2 ni diferenciabilna v tocki (0,0).

Izracunajmo parcialni odvod po x v tocki (0,0):

fx(0,0) = limh→0f (h,0)− f (0,0)

h

= limh→0

√h2−0

h

= limh→0|h|h

= ±1 .

Ker ne obstaja parcialni odvod, funkcija ne more biti diferenciabilna.

�

Obstoj parcialnih odvodov še ne zagotavlja diferenciabilnost funkcije, kar nam pokaže naslednjiprimer.

� Zgled 1.17 Pokaži, da funkcija

f (x,y) =

xy√

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

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

ni diferenciabilna v tocki (0,0), ceprav obstajata oba parcialna odvoda in je f zvezna v tocki (0,0),kar smo preverili v Zgledih 1.10 in 1.5 .

Vemo že, da sta oba parcialna odvoda v tocki (0,0) enaka 0. Ce bi bila f diferenciabilna v tocki


(0,0), potem

0 = lim(h,k)→(0,0)o(h,k)√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)f (h,k)− f (0,0)− fx(0,0)h− fy(0,0)k√

h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)f (h,k)√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)hk

h2 + k2 .

Ampak za h = k velja

lim(h,k)→(0,0)

f (h,k)√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)

h2

2h2 =12,

zato f ni diferenciabilna v tocki (0,0). Ce preverimo zveznost parcialnih odvodov opazimo, dale-ta ni izpolnjena.

�

ce k obstoju parcialnih odvodov dodamo njihovo zveznost in še zveznost same funkcija f , tedajbo f diferenciabilna.

Izrek 1.4.1 Zvezna funkcija f : D ⊆ R2 → R je diferenciabilna, ce je f zvezno parcialnoodvedljiva.

Dokaz. Naj bo

∆ f = f (x+h,y+ k)− f (x,y) = f (x+h,y+ k)− f (x+h,y)+ f (x+h,y)− f (x,y) .

Po Lagrangeovem izreku obstaja ξ med x in x+h tak, de je

f (x+h,y)− f (x,y) = g(x+h)−g(x)

= g′(ξ )h

= fx(x+ϑ1h,y)h, 0 < ϑ1 < 1 .

Na podoben nacin je

f (x+h,y+ k)− f (x+h,y) = fy(x+h,y+ϑ2k)k, 0 < ϑ2 < 1 .

Ker sta oba parcialna odvoda zvezni funkciji, je

fx(x+ϑ1h,y) = fx(x,y)+o1(h)

fy(x+h,y+ϑ2k) = fy(x,y)+o2(h,k) ,

kjer limh→0 o1(h) = 0 in lim(h,k)→(0,0) o2(h,k) = 0. Tako je

lim(h,k)→(0,0)

f (x+h,y+ k)− f (x,y)− ( fx(x,y)h+ fy(x,y)k)√h2 + k2

= lim(h,k)→(0,0)

o1(h)h+o2(h,k)k√h2 + k2

.

Ta limita je enaka 0, kar smo preverili v Zgledu 1.8.


� Zgled 1.18 Lineariziraj funkcijo

f (x,y) =x2y

(x2 + y2)2

v okolici tocke (1,2).

Ker sta parcialna odvoda v tocki (1,2) zvezni funkciji, smemo uporabiti aproksimacijo s totalnimdiferencialom:

fx(x,y) =2xy(y2− x2)

(x2 + y2)3 ⇒ fx(1,2) =12125

fy(x,y) =x2(x2−3y2)

x2 + y2 ⇒ fy(1,2) = − 11125

f (x,y) = f (1+h,2+ k) = f (1,2)+ fx(1,2)h+ fy(1,2)k

= 12125 x− 11

125 y+ 425 .

ce gledamo v prostoru R3 kjer je f (x,y) = z, dobimo enacbo

12x−11y−125z = 20 ,

ki doloca tangentno ravnino.�

� Zgled 1.19 Poišci obmocje, na katerem je funkcija f (x,y) =√

x2− y2 diferenciabilna.

Preverimo zveznost obeh parcialnih odvodov in vidimo, da je problematicna tocka (0,0), zatoje obmocje zveznosti R2 \{(0,0)}.

�

Definicijo totalnega diferenciala lahko seveda posplošimo na funkcijo vec spremenljivk.

Definicija 1.4.2 Funkcija n spremenljivk f (x1,x2, . . . ,xn) je v tocki a = (a1,a2, . . . ,an) diferen-ciabilna, ce obstajajo vsi parcialni odvodi fxi(a), i = 1,2, . . . ,n in je

limh→0

f (a1 +h1,a2 +h2, . . . ,an +hn)− f (a1,a2, . . . ,an)−∑ni=1 fxi(a)hi√

h21 +h2

2 · · ·+h2n

= 0 .

Izraz

d f =n

∑i=1

fxi(a)hi

imenujemo totalni diferencial.

1.5 Posredno odvajanjeGre za modifikacijo verižnega pravila, ki ga poznamo pri odvajanju kompozituma realnih funkcijerealne spremenljivke.

Izrek 1.5.1 Naj bo funkcija z = f (x,y) diferenciabilna, spremenljivki x in y pa naj bostaodvedljivi funkciji parametra t, torej x = x(t), y = y(t). Tedaj je z(t) = f (x(t),y(t)) posredna


funkcija parametra t, katere odvod je enak

z′(t) =∂ f∂x

x′(t)+∂ f∂y

y′(t) .

Dokaz.

z′(t) = limh→0

z(t +h)− z(t)h

= limh→0

f (x(t +h),y(t +h))− f (x(t),y(t))h

.

Naj bo ∆x = x(t +h)− x(t) in ∆y = y(t +h)− y(t). Tedaj je

z′(t) = limh→0

f (x(t)+∆x,y(t)+∆y)− f (x(t),y(t))h

.

Ker je f diferenciabilna funkcija, je

f (x(t)+∆x,y(t)+∆y)− f (x(t),y(t)) = fx(x(t),y(t))∆x+ fy(x(t),y(t))∆y+o(∆x,∆y) ,

pri cemer je

lim(∆x,∆y)→(0,0)

o(∆x,∆y)√∆2x+∆2y

= 0 .

Zato je

z′(t) = limh→0fx(x(t),y(t))∆x+ fy(x(t),y(t))∆y+o(∆x,∆y)

h

= fx(x(t),y(t)) limh→0∆xh

+ fy(x(t),y(t)) limh→0

∆yh

+ limh→0

o(∆x,∆y)h

Poglejmo zadnjo limito:

limh→0o(∆x,∆y)

h= limh→0

o(∆x,∆y)√(∆x)2 +(∆y)2

·√

(∆x)2 +(∆y)2

h

= lim(∆x,∆y)→(0,0)o(∆x,∆y)√(∆x)2 +(∆y)2

· limh→0

√(x(t +h)− x(t)

h

)2

+

(y(t +h)− y(t)

h

)2

= 0 ·√

(x′(t))2 +(y′(t))2)

= 0 .

Tako je

z′(t) = fx(x(t),y(t)) limh→0x(t +h)− x(t)

h+ fy(x(t),y(t)) lim

h→0

y(t +h)− y(t)h

= fx(x(t),y(t))x′(t)+ fy(x(t),y(t))y′(t) .

Pravilo za posredno odvajanje lahko uporabimo pri izracunu odvoda funkcije ene spremenljivke,kar je ilustriranu na zgledu 1.20.


� Zgled 1.20 Izracunaj odvod funkcije z(t) = (t +1)t2.

x(t) = t +1

y(t) = t2

z(t) = f (x(t),y(t)) = xy

z′(t) = fx x′(t)+ fy y′(t)

= yxy−1 1+ xy lnx2t

= (t +1)t2−1 +(t +1)t2ln(t +1)2t .

�

Posledica 1.5.2 (Verižno pravilo) Naj bo zdaj funkcija z = f (x,y) diferenciabilna, spre-menljivki x in y pa naj bosta diferenciabilni funkciji novih spremenljivk u in v, torej x = x(u,v)in y = y(u,v). Potem je z posredno odvisna od spremenljivk u in v ter velja

∂ z∂u

=∂ f∂x

∂x∂u

+∂ f∂y

∂y∂u

∂ z∂v

=∂ f∂x

∂x∂v

+∂ f∂y

∂y∂v

.

Dokaz. Pri racunanju parcialnega odvoda∂ z∂u

upoštevamo, da je v= c konstanta, kar pomeni, da sta x

in y odvisni samo od spremenljivke u, x = x(u,c) in y= y(u,c). Naj bo z= f (x(u,c),y(u,c)) = z(u).Po izreku 1.5.1 tedaj velja

z′(u) =∂ f∂x

x′(u)+∂ f∂y

y′(u)

∂ z∂u

=∂ f∂x

∂x∂u

+∂ f∂y

∂y∂u

.

Podobno pokažemo za drugi parcialni odvod.

Posplošitev verižnega pravila ima naslednjo obliko. Naj bo

z = f (x) = f (x1,x2, . . . ,xn)

diferenciabilna funkcija n≥ 1 spremenljivk, te pa naj bodo diferenciabilne funkcije m≥ 1 novihspremenljivk t1, t2, . . . , tn, torej xi = xi(t1, t2, . . . , tn) za vsak i = 1,2, . . . ,n. Potem je z posrednoodvisna od spremenljivk t1, t2, . . . , tn in za vsak k = 1,2, . . . ,m velja

∂ z∂ tk

=∂ f∂x1

∂x1

∂ tk+

∂ f∂x2

∂x2

∂ tk+ · · ·+ ∂ f

∂xn

∂xn

∂ tk.

� Zgled 1.21 Naj bo z = f (r) in r =√

x2 + y2 polmer v polarnem koordinatnem sistemu. Izracunajparcialna odvoda.


∂ z∂x

=∂ f∂ r

∂ r∂x

= f ′(r)xr

∂ z∂y

=∂ f∂ r

∂ r∂y

= f ′(r)yr.

�

Parcialni odvod fx(a,b) opisuje hitrost spreminjanja funkcije f , ce se iz tocke (a,b) pre-maknemo po premici, ki je vzpredna osi x, torej v smeri vektorja (1,0). Podobno fy(a,b) opisujehitrost spreminjanja funkcije f , ce se iz tocke (a,b) premaknemo po premici, ki je vzpredna osiy, to je v smeri vektorja (0,1). To idejo lahko posplošimo na odvod v poljubni smeri. Ker želimospremembe funkcijskih vrednosti v posamezni smeri med seboj primerjati po velikosti, naj bosmerni vektor dolžine 1.

Smerni odvod funkcije f v smeri vektorja s je tako enak odvodu funkcije f vzdolž premice, ki greskozi tocko (a,b) in ima smerni koeficient enak s2

s1. Poišcimo enacbo te premice v parametricni

obliki:y = s2

s1(x−a)+b

y−bs2

=x−a

s1.

Tako se enacba premice skozi tocko (a,b) s smernim koeficientom s2s1

glasi

x(h) = s1 h+a, y(h) = s2 h+b, h ∈ R .

Zato je smiselna naslednja definicija odvoda v smeri.

Definicija 1.5.1 Naj bo s = (s1,s2) poljuben vektor dolžine 1. Smerni odvod funkcije f v tocki(a,b) v smeri vektorja s je

fs(a,b) = limh→0

f (a+hs1,b+hs2)− f (a,b)h

.

Smerni odvod funkcije f v smeri vektorja s dolžine ena meri hitrost, s katero se spreminjafunkcija f , ce se iz tocke (a,b) premaknemo v smeri vektorja s = (s1,s2). Ce uporabimo standardnooznako za parameter t = h in pišemo z(t) = f (x(t),y(t)) je f (a,b) = z(0), torej je za tocko (a,b)parameter t = 0. Iz formule za posredno odvajanje sledi

∂ z∂ t

=∂ f∂x

x′(t)+∂ f∂y

y′(t)

= fx(x(t),y(t))s1 + fy(x(t),y(t))s2 .

Z upoštevanjem, da je t = 0, dobimo formulo za racunanje smernega odvoda funkcije f v tocki(a,b)

fs(a,b) = fx(a,b)s1 + fy(a,b)s2

= grad f (a,b) · s .

Formulo lahko seveda posplošimo na funkcijo vec spremenljivk. Naj bo f : D⊆ Rn→ R . Tedaj jeodvod funkcije f (x1,x2, . . . ,xn) v tocki (a1,a2, . . . ,an) v smeri vektorja s = (s1,s2, . . . ,sn) enak

fs(a1,a2, . . . ,an) = fx1(a1,a2, . . . ,an)s1 + · · ·+ fxn(a1,a2, . . . ,an)sn

= grad f (a1,a2, . . . ,an) · s .


� Zgled 1.22 Izracunaj odvod funkcije f (x,y,z) = x2 +3xy+ z4 v tocki (0,1,1) v smeri vektorja(−1,2,4).

Najprej normirajmo smerni vektor

sn =1√21

(−1,2,4) .

Tako je odvod v smeri enak

fs(0,1,1) = (2x+3y,3x,3z3)(0,1,1) · 1√21(−1,2,4)

= 1√21((3,0,3) · (−1,2,4))

= 9√21.

To pomeni, da se vrednost funkcije poveca za 9√21

enot na enoto poti pri premiku iz tocke(0,1,1) v smeri vektorja (−1,2,4). �

Vidimo, da so parcialni odvodi samo poseben primer odvoda v smeri.

Poglejmo še, kdaj ima smerni odvod fs(a,b) = grad f (a,b) · s najvecjo vrednost. Naj bo ffunkcija dveh spremenljivk in naj bo gradient funkcije f v tocki (a,b) nenicelen. V množici R2

ima skalarni produkt dveh vektorjev geometrijski pomen in sicer je enak produktu dolžin obeghvektorjev s kosinusom kota, ki ga vektorja oklepata. Le-ta doseže maksimalno vrednost 1 pri kotu0, kar pomeni, da imata oba vektorja enako smer, v naše primeru je torej

s = λ grad f (a,b), λ ∈ R\{0}.

Vidimo, da bo smerni odvod maksimalen v smeri gradienta oziroma vektor grad f iz tocke (a,b)kaže v smer, v kateri funkcijska vrednost f (x,y) najhitreje narašca.

1.6 Taylorjeva formula

Naj bosta parcialna odvoda funkcije f : D ⊆ R2 → R spet parcialno odvedljiva po obeh spre-menljivkah. Obstajajo štirje taki odvodi, ki jih imenujemo parcialni odvodi funkcije f drugegareda

fxx =∂ 2 f∂x2 =

∂ fx

∂x, fxy =

∂ 2 f∂x∂y

=∂ fx

∂y,

fyy =∂ 2 f∂y2 =

∂ fy

∂y, fyx =

∂ 2 f∂y∂x

=∂ fy

∂x.

� Zgled 1.23 Poišci parcialne odvode drugega reda funkcije

f (x,y) = x2 +3xy4−5xy+2y3 .

fx = 2x+3y4−5y , fy = 12xy3−5x+6y2,

fxx =∂ fx

∂x= 2x , fxy =

∂ fx

∂y= 12y3−5,

fyx =∂ fy

∂y= 12y3 , fyx =

∂ fy

∂x= 36xy3 +12y .

�


Parcialne odvode drugega reda lahko definiramo tudi za funcije vec spremenljivk. Funkcijaf : D⊆ Rn→ R ima n2 parcialnih odvodov drugega reda

fxix j =∂ 2 f

∂xi∂x j, 1≤ i, j,≤ n .

Vsi parcialni odvodi drugega reda funkcije f sestavljajo Hessejevo matriko H, ki je kvadratnamatrika reda n

H =

fx1x1 fx1x2 · · · fx1xn

......

. . ....

fxnx1 fxnx2 · · · fxnxn

.

� Zgled 1.24 Poišci Hessejevo matriko funkcije

f (x,y,z,u) = x+3yz+u2x− lnxu .

Parcialni odvodi sofx = u2− u

x ,

fy = 3z,

fz = 3y,

fu = 2ux− lnx .

Tako je Hessejeva matrika mešanih odvodov enaka

H =

ux2 0 0 2u− 1

x

0 0 3 0

0 3 0 0

2u− 1x 0 0 2x

.

�

� Zgled 1.25 Poišci mešana parcialna odvoda funkcije f v tocki (0,0), ce je

f (x,y) =

xy(x2− y2)

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

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

Poišcimo oba parcialna odvoda v poljubni tocki:

fx(x,y) =

∂

xy(x2− y2)

x2 + y2

∂x

limh→0f (h,0)− f (0,0)

h

=

y(x4 +4x2y2− y4)

(x2 + y2)2

0

,


fy(x,y) =

∂xy(x2− y2)

x2 + y2

∂y

limk→0f (0,k)− f (0,0)

k

=

x(x4−4x2y2− y4)

(x2 + y2)2

0

.

Poišcimo še oba mešana odvoda v tocki (0,0):

fxy(0,0) = limk→0fx(0,k)− fx(0,0)

k= −1 ,

fyx(0,0) = limh→0fy(h,0)− fy(0,0)

h= 1 .

�

Na Primeru 1.25 vidimo, da mešana odvoda nista enaka. Naslednji izrek govori o tem, kdajbosta mešana odvoda enaka.

Izrek 1.6.1 Naj bodo v okolici tocke (a,b) zvezne funkcije f , fx, fy, fxy in fxy. Tedaj sta mešanaparcialna odvoda v tocki (a,b) enaka

fxy(a,b) = fyx(a,b) .

Dokaz. Definirajmo sledece funkcije

∆ f = f (a+h,b+h)− f (a+h,b)− f (a,b+h)+ f (a,b) ,

Φ(s) = f (a+ s,b+h)− f (a+ s,b) , 0≤ s≤ h ,

Ψ(t) = f (a+h,b+ t)− f (a,b+ t) , 0≤ t ≤ h .

Tedaj je∆ f = Φ(h)−Φ(0) = Φ′(s1)h , 0 < s1 < h

∆ f = Ψ(h)−Φ(0) = Ψ′(t2)h , 0 < t2 < h

Odvoda funkcij Φ in Ψ sta

Φ′(s) = fx(a+ s,b+h)− fx(a+ s,b) in

Ψ′(t) = fy(a+h,b+ t)− fy(a,b+ t) .

Zato je∆ f = Φ′(s1)h = ( fx(a+ s1,b+h)− fx(a+ s1,b))h

= (( fx)y(a+ s1,b+ t1)h)h

= fxy(a+ s1,b+ t1)h2 , 0 < t1 < h

∆ f = Ψ′(t2)h = ( fy(a+h,b+ t2)− fy(a,b+ t2))h

= (( fy)x(a+ s2,b+ t2)h)h

= fyx(a+ s2,b+ t2)h2 , 0 < s2 < h


Sledifxy(a+ s1,b+ t1) = fyx(a+ s2,b+ t2)

↓ h→ 0 ↓

fxy(a,b) = fyx(a,b) .

ce druge parcialne odvode naprej odvajamo, dobimo parcialne odvode tretjega in višjih redov.Tudi za te velja, da ce imamo zveznost, so mešani parcialni odvodi enaki.

S pomocjo parcialnih odvodov smo linearizirali funkcijo f (x,y) v okolici tocke (a,b)

f (a+h,b+ k)= f (a,b)+ fx(a,b)h+ fy(a,b)k .

S pomocjo višjih parcialnih odvodov in Taylorjeve vrste, lahko linearno oceno izboljšamo.

Izrek 1.6.2 (Taylorjeva formula) Funkcija f (x,y) naj bo n+1 krat zvezno parcialno odvedljivana obe spremeljivki v okolici tocke (a,b). Tedaj velja

f (a+h,b+h) = f (a,b)+( fx(a,b)h+ fy(a,b)k)+

12!(

fxx(a,b)h2 +2 fxy(a,b)hk+ fyy(a,b)k2)+13!(

fxxx(a,b)h3 +3 fxxy(a,b)h2k+3 fxyy(a,b)hk2 + fyyy(a,b)k3)+ · · ·+1n!

(n

∑i=0

(ni

)∂ n f

∂xn−i∂yi (a,b)hn−iki

)+Rn ,

kjer je

Rn =1

(n+1)!

n+1

∑i=0

(n+1

i

)∂ n+1 f

∂xn+1−i∂yi (a+ϑh,b+ϑk)hn+1−iki, 0 < ϑ < 1 .

Opomba:(n

i

)= n!

(n−i)!i! je binomski koeficent.

Dokaz. Naj bo 0≤ t ≤ 1 in definirajmo funkcijo spremenljivke t s predpisom

F(t) = f (a+ th,b+ tk) .

Funkcija F je prav tako n+1 krat zveno odvedljiva v tocki t = 0 in jo lahko zapišemo s pomocjoTaylorjeve formule

F(0+ t) = F(0)+(t−0)F ′(0)+(t−0)2

2!F ′′(0)+ · · ·+ (t−0)n

n!F(n)(0)+Rn .


Upoštevajmo, da je x = a+ t h in y = b+ t k ter funkcijo F posredno odvedimo:

F ′(t) =ddt

f (a+ th,b+ tk) = fx(a+ th,b+ tk)x′(t)+ fy(a+ th,b+ tk)y′(t)

= fx(a+ th,b+ tk)h+ fy(a+ th,b+ tk)k

F ′(0) = fx(a,b)h+ fy(a,b)k

F ′′(t) =ddt( fx(a+ th,b+ tk)h+ fy(a+ th,b+ tk)k)

= ( fxx(a+ th,b+ tk)h+ fxy(a+ th,b+ tk)k)h+

( fyx(a+ th,b+ tk)h+ fyy(a+ th,b+ tk)k)k

F ′′(0) = fxx(a,b)h2 +2 fxy(a,b)hk+ fyy(a,b)h2

...

Z matematicno indukcijo lahko pokažemo, da za n≥ 1 velja

F(n)(0) =n

∑i=0

(ni

)∂ n f

∂xn−i∂yi (a,b)hn−iki .

Dobljene odvode vstavimo v Taylorjevo formulo funkcije F in upoštevamo, da je

F(1) = f (a+h,b+ k) ,

s cimer je izrek dokazan.

Ostanek Rn je napaka, ki jo naredimo, ce vrednost funkcije f (a+h,b+ k) ocenimo z vsoto clenovreda do n v Taylorjevi formuli. Ce je funkcija f (x,y) neskoncnokrat parcialno odvedljiva na obespremenljivki in je

limn→∞

Rn = 0 ,

tedaj lahko Taylorjevo formulo nadomestimo s Taylorjevo vrsto

f (a+h,b+ k) =∞

∑n=0

1n!

(n

∑i=0

(ni

)∂ n f

∂xn−i∂yi (a,b)hn−iki

).

Ce oznacimo x = a+h in y = b+ k, tedaj lahko Taylorjevo vrsto zapišemo

f (x,y) =∞

∑n=0

1n!

(n

∑i=0

(ni

)∂ n f

∂xn−i∂yi (a,b)(x−a)n−i(y−b)i

).

� Zgled 1.26 Razvij funkcijo f (x,y) = ex+y v Taylorjevo vrsto do clenov reda tri v okolici tocke(0,0).

Vsi odvodi so enaki sami funkciji in imajo v tocki (0,0) vrednost 1, zato je

ex+y = f (0,0)+ fx(0,0)x+ fy(0,0)y+ 12( fxx(0,0)x2 +2 fxy(0,0)xy+ fyy(0,0)y2)+

16( fxxx(0,0)x3 +3 fxxy(0,0)x2y+3 fxyy(0,0)xy2 + fyyy(0,0)y3)+R3

= 1+ x+ y+x2

2+ xy+

y2

2+

x3

6+

x2y2

+xy2

2+

y3

6+R3

�


1.7 Lokalni ekstremi funkcije vec spremenljivk

Obravnavali bomo lokalne ekstreme funkcije dveh spremenljivk in zatem izpeljane formule pos-plošili na funkcije vec spremenljivk. Lokalni ekstremi funkcije dveh spremenljivk so definirani napodoben nacin, kot ekstremi funkcije ene spremenljivke.

Definicija 1.7.1 Zvezna funkcija dveh spremenljivk f (x,y) zavzame v tocki (a,b) lokalniminimum, ce obstaja tak δ , da je

f (x,y)− f (a,b)≥ 0

za vsako tocko (x,y) ∈ Kδ (a,b). Podobno ima f (x,y) tocki (a,b) lokalni maksimum, ce obstajatak δ , da je

f (x,y)− f (a,b)≤ 0

za vsako tocko (x,y) ∈ Kδ (a,b).

Lokalni ekstrem je lokalni minimum ali lokalni maksimum.

Podobno, kot je za funkcijo ene spremenljivke potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema vtocke a pogoj f ′(a) = 0, velja analogija pri funkcijah dveh spremenljivk.

Izrek 1.7.1 (potrebni pogoj)Naj bo D odprta in f : D ⊆ R2 → R odvedljiva funkcija v tocki (a,b). Ce je (a,b) lokalniekstrem funkcije f , tedaj je

fx(a,b) = 0 in fy(a,b) = 0 .

Dokaz. Recimo, da ima funkcija f v (a,b) lokalni minimum. Parcialni odvod po spremenljivki x jeenak

fx(a,b) = limh→0


.

Ker ima f v (a,b) lokalni minimum, je za majhne h-je predznak števca nenegativen. ce je h > 0 ingledamo limito, ko gre h proti 0, je diferencni kvocient in s tem limita vedno vecja ali enaka 0. Podrugi strani, ce je h < 0 in gledamo limito, ko gre h proti 0, sta števec in imenovalec nasprotnegapredznaka in zato je limita manjša ali enak 0. Torej je edina možnost

fx(a,b) = limh→0


= 0 .

Podobno bi pokazali za parcialni odvod po spremenljivki y.V primeru lokalnega maksimuma je dokaz podoben.

� Zgled 1.27 Poišci lokalne ekstreme funkcije f (x,y) = x2 + y2.

fx = 2x = 0⇒ x = 0

fy = 2y = 0⇒ y = 0 .

Iz grafa funkcije f vemo, da v tej tocki nastopi lokalni minimum funkcije.�


Definicija 1.7.2 Tocka (a,b) za katero je

fx(a,b) = fy(a,b) = 0 ,

je stacionarna tocka.

Vsak lokalni ekstrem je stacionarna tocka, medtem ko obratno ne velja, kar kaže zgled 1.28.

� Zgled 1.28 Naj bo f (x,y) = xy.

Vidimo, da je fx(0,0) = fy(0,0) = 0, ampak tocka (0,0) ni lokalni ekstrem, saj so v vsaki njeniokolici tocke, katerih funkcijske vrednosti so pozitivne in tocke, katerih vrednosti so negativne.Tako stacionarno tocko imenujemo sedlo. �

Velja, da ce v stacionarni tocki funkcija f nima lokalnega ekstrema, tedaj ima f tam sedlo, a tetrditve ne bomo izpeljali.

Podobno kot pri funkcijah ene spremenljivke, kjer nam drugi odvod pove, ali v stacionarnitocki nastopi ekstrem, velja analogija za funkcije dveh spremenljivk, ce so le-te dvakrat zveznoparcialno odvedljive.

Izrek 1.7.2 (zadostni pogoj)Tocka (a,b) naj bo stacionarna tocka dvakrat zvezno parcialno odvedljive funkcije f : D⊆R2→R , kjer je D odprta množica. Nadalje, naj bo

fxx(a,b) = A , fxy(a,b) = B , fyy(a,b) =C

in H(a,b) Hessejeva matrika funkcije f v tocki (a,b). Potem velja:(i) ce je |H(a,b)| = AC−B2 > 0, tedaj je v (a,b) lokalni minimum, ce je A > 0 in lokalni

maksimum, kadar je A < 0,(ii) ce je |H(a,b)|= AC−B2 < 0, tedaj je v (a,b) sedlo,

(iii) ce je |H(a,b)| = AC−B2 = 0, tedaj na podlagi drugih parcialnih odvodov ne moremsklepati o obstoju lokalnega ekstrema v (a,b).

Dokaz. Zapišimo Taylorjevo formulo za funkcijo f v okolici tocke (a,b) do clenov reda dva. Kerje (a,b) stacionarna tocka, sta parcialna odvoda enaka 0, zato je

f (a+h,b+ k) = f (a,b)+12(Ah2 +2Bhk+Ck2)+R2 .

Za dovolj majhne h in k je clen R3 zanemarljiv in je predznak razlike

f (a+h,b+ k)− f (a,b)

odvisen od predznaka izrazag(h,k) = Ah2 +2Bhk+Ck2 ,

ki ga za A 6= 0 lahko preoblikujmo

g(h,k) = Ah2 +2Bhk+Ck2 +B2k2−B2k2

A=

(Ah+Bk)2 +(AC−B2)k2

A.

Locimo naslednje primere:(i) ce je AC−B2 > 0, morata biti A in C razlicna od 0 in enakega predznaka, zato je izraz g(h,k)

za vsak (h,k) 6= (0,0) enakega predznaka kot A. Torej, ce je A > 0, v tocki (a,b) nastopilokalni minimum in ce je A < 0 je v (a,b) lokalni maksimum.


(ii) ce je AC−B2 < 0, moramo lociti dve možnosti in sicer je lahko vsaj eden od A in C razlicenod 0, kar pomeni da lahko preoblikujemo funkcijo g(h,k) ali pa sta oba enaka 0.Naj bo najprej A 6= 0. Potem je predznak izraza g(h,k) odvisen od izbire h in k. Recimo,ce je k = 0, tedaj ima g(h,k) enak predznak kot A. Ce pa je na primer Ah =−Bk, tedaj jepredznak izraza g(h,k) nasproten predznaku od A. Zato v tocki (a,b) ne more biti lokalniekstrem. Podobno pokažemo, ce je C 6= 0.Naj bosta sedaj A =C = 0, kar onemogoca preoblikovanje funkcije g(h,k). Iz AC−B2 < 0sledi, da mora biti B 6= 0 in posledicno je predznak izraza g(h,k) = 2Bhk spet odvisen odizbire h in k. ce je h = k, je izraz enakega predznaka kot B, ce pa je h =−k, tedaj je g(h,k)ravno nasprotnega predznaka kot B in zato ni ekstrema v (a,b).

(iii) ce je AC−B2 = 0, pri nekaterih h in k na predznak razlike f (a+h,b+k)− f (a,b) vpliva celoostanek R2. ce je recimo A 6= 0 in je Ah+Bk = 0, je g(h,k) = 0 in je f (a+h,b+k)− f (a,b)odvisna od ostanka R2. Zato na podlagi drugih odvodov ne moremo sklepati o lokalnemekstremu.

� Zgled 1.29 Pošci lokalne ekstreme funkcije

f (x,y) = xy+yx+

2y.

fx(x,y) = y− yx2 = 0

⇒ y(x3−1)) = 0⇒ T1(1,1),T2(1,−1)

fy(x,y) = x− 2y2 +

1x= 0

H(x,y) =

2yx3 1− 1

x2

1− 1x2

4y3

.

Ker jedetH(1,1) = 8 > 0

indetH(1,−1) = 8 > 0 ,

ima funkcija f v (1,1) lokalni minimum, ter v (1,−1) lokalni maksimum.�

� Zgled 1.30 (Metoda najmanjših kvadratov)Naj bodo dane tocke A(0,0),B(1,3),C(2,5). Poišci linearno funkcijo, ki se najbolj prilega

danim tockam tako, da je vsota kvadratov navpicnih odmikov najmajša.

Poglejmo metodo najmanjših kvadratov v splošnem, torej naj bodo (xi,y1), i = 1, . . . ,n danetocke. Išcemo linearno funkcijo y = kx+n tako, da bo vsota kvadratov navpicnih odmikov tockod premice najmanjša. Navpicni odmik poljubne tocke (xi,y) od premice y = k x+ n je enak|yi− y|= |yi− (k xi +n)|. Minimizirat moramo funkcijo

f (k,n) =n

∑i=1

(yi− (k xi +n))2 .


Za naš konkretni primer dobimo

f (k,n) = n2 +(3− k−n)2 +(5−2k−n)2

fk(k,n) = −2(3− k−n)−4(5−2k−n) = 2(5k+3n−13) = 0fn(k,n) = 2n−2(3− k−n)−2(5−2k−n) = 2(3k+3n−8) = 0

k =52, n =

16

y =52

x+16.

�

Iskanje lokalnih ekstremov funkcij vec spremenljivk je v veliki meri odvisno od Hessejevematrike in v ta namen moramo definirati pozitivno in negativno definitnost simetricne matrike, le-tapa je povezana s skalarnim produktom.

Definicija 1.7.3 Naj bo A simetricna matrika reda n. Ce za vsak x ∈ Rn razlicen od 0 velja

Axx > 0

pravimo, da je matrika A pozitivno definitna. Ce je

Axx < 0

recemo, da je matrika A negativno definitna.

Izkaže se, da na pozitivno oz. negativno definitnost matrike vplivajo njene lastne vrednosti insicer je matrika pozitivno definitna, ce ima same pozitivne lastne vrednosti in negativno definitna,ce so le-te negativne.

Navedimo zdaj izrek, ki podaja zadostni pogoj za obstoj lokalnih ekstremov funkcije vecspremenljivk.

Izrek 1.7.3 Naj bo f : D⊆ Rn→ R zvezna in zvezno parcialno odvedljiva do odvodov drugegareda. Nadalje naj bo a = (a1,a2, . . . ,an) stacionarna tocka funkcije f , torej za vsak i = 1, . . . ,nvelja

fxi(a) = 0 .

Tedaj velja:(i) ce je H(a) pozitivno definitna matrika, tedaj ima funkcija f v tocki a lokalni minimum,(i) ce je H(a) negativno definitna matrika, tedaj ima funkcija f v tocki a lokalni maksimum.

� Zgled 1.31 Poišci lokalne ekstreme funkcije f : D ⊆ Rn→ R:

f (x1,x2, . . . ,xn) = x21 + x2

1 + · · ·+ x2n .

Parcialni odvodi so fxi = 2xi, zato je stacionarna tocka (0,0, . . . ,0). Hessejeva matrika (mešanihodvodov) je diagonalna matrika z 2 po diagonali, H = 2I. To pomeni, da so vse lastne vrednostimatrike H enake 2 in matrika je pozitivno definitna v vsaki tocki, torej tudi v tocki (0,0, . . . ,0) vkateri ima po Izreku 1.7.3 lokalni minimum.

�


1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremiPri realnih funkcijah ene spremenljivke smo videli, da enacba

F(x,y) = 0

lahko doloca implicitno podano funkcijo y = y(x), ni pa to nujno. Naslednji izrek, ki ga bomozaradi zahtevnosti in obsega navedli brez dokaza, podaja pogoj za obstoj funkcije y.

Izrek 1.8.1 (Izrek o implicitni funkciji) Naj bo f (x,y) zvezna in diferenciabilna funkcija vokolici tocke (a,b) in naj bo f (a,b) = 0. Ce je fy(a,b) 6= 0, obstaja odvedljiva funkcija y = y(x),ki je definirana na neki okolici tocke a ∈ R in zadošca pogojema

y(a) = b in f (x,y(x)) = 0 .

Posledica 1.8.2 Naj g(x,y) = 0 zadošca pogojem izreka in doloca eksplicitno podano funkcijoy = y(x) na neki okolici tocke a. Tedaj je

y′(a) =−gx(a,b)gy(a,b)

,

kjer je y(a) = b.

Dokaz. Funkcijo g(x,y(x)) posredno odvajajmo po parametru x v tocki a

g′(a) = gx(a,b)x′+gy(a,b)y′(a) = 0⇒ y′(a) =−gx(a,b)gy(a,b)

.

� Zgled 1.32 Izracunaj odvod funkcije y = y(x)v tocki (1,1), ce je

xy+2x2y−3 = 0 .

V poljubni tocki je odvod enak

y′(x) =−y+4xyx+2x2 =−y(1+4x)

x+2x2 =3

x+2x2 (1+4x)

x+2x2 =− 3(1+4x)(x+2x2)2 .

Tako je odvod v tocki x = 1

y′(1) =−159.

�

Tako kot vse do zdaj spoznane pojme, lahko tudi izreko implicitni funkciji posplošimo nafunkcijo vec spremenljivk, a tega ne bomo eksplicitno zapisali.

V nadaljevanju nas ne bodo zanimali lokalni ekstremi na celem odprtem obmocju D , temvecekstremi na neki krivulji K ⊆D , katere tocke so v zvezi g(x,y) = 0. Poglejmo nekaj problemov,ki nas bodo zanimali.


• Poišci najvecjo vrednost funkcije f (x,y) = x2 +4y na elipsix2

4+

y2

9= 1.

• Poišci ekstrem funkcije f (x,y,z) = xyz, kjer tocka (x,y,z) zadošca zvezi x2 + y2 + z2 = 1.• Poišci ekstrem funkcije f (x1,x2,x3,x4) = x2

1 + x22 + x2

3 + x24 pri pogojih

x1 + x2− x3 +2x4 = 2

2x1− x2 + x3−3x4 = 3 .

Obravnavajmo najprej funkcije dveh spremenljivk, naj bo torej f : D⊆ R2→ R in naj enacbag(x,y) = 0 doloca neko krivuljo K na obmocju D . Recimo, da funkcija f doseže ekstrem v tocki(a,b)∈K , torej je g(a,b) = 0. Ce g zadošca pogojem izreka o implicitni funkciji, tedaj g(x,y) = 0na neki okolici tocke a doloca zvezno odvedljivo funkcijo y = y(x):

g(x,y) = 0⇔ y = y(x) .

S tem postane f (x,y) = f (x,y(x)) funkcija ene spremenljivke na okolici tocke a. Ker ima funkcijaf ekstrem v tocki a, mora biti odvod v tej tocki enak 0:

( f (x,y(x))′(a) = 0

fx(a,b)x′(a)+ fy(a,b)y′(a) = 0

fx(a,b) ·1+ fy(a,b)(−gx(a,b)

gy(a,b)

)= 0

ce je gy(a,b) 6= 0, tedaj je

fx(a,b)−fy(a,b)gy(a,b)

gx(a,b) = 0 .

Oznacimofy(a,b)gy(a,b)

= λ , s cimer dobimo pogoja

fx(a,b)−λ gx(a,b) = 0

fy(a,b)−λ gy(a,b) = 0 .

Upoštevajoc pogoj g(a,b) = 0 potemtakem išcemo lokalne ekstreme funcije

F(x,y,λ ) = f (x,y)−λ g(x,y) .

S tem smo izpeljali naslednji izrek.

Izrek 1.8.3 Ekstreme funkcije f (x,y) pri pogoju g(x,y) = 0 išcemo tako, da na obicajen nacinišcemo ekstreme funkcije

F(x,y,λ ) = f (x,y)−λ g(x,y) .

S tem dobimo vse kandidate za eksreme razen tistih, za katere je

g(a,b) = 0, gy(a,b) = 0, gx(a,b) = 0 .

� Zgled 1.33


Poišci najvecjo vrednost funkcije f (x,y) = x2 +4y na elipsix2

4+

y2

9= 1.

Nastavimo funkcijo F in poišcemo njene stacionarne tocke:

F(x,y,λ ) = x2 +4y−λ

(x2

4+

y2

9−1)

Fx = 2x− λx2 = 0

Fy = 4− 2λy9 = 0

Fλ =x2

4+

y2

9−1 = 0 .

Iz 1. pogoja sledi

x(

1− λ

2

)= 0 ,

zato locimo dve možnosti:1.) x = 0

Upoštevamo to v preostalih dveh pogojih

2− λ

2 = 0

− y2

9 +1 = 0

in dobimo y =±3, tako da sta možni rešitvi T1(0,3) in T2(0,−3).2.) λ = 2

V tem primeru dobimo sistem dveh enacb

1− y9 = 0

x2

4+

y2

9−1 = 0 ,

ki nima rešitve, saj bi za y = 9 moral biti x2 =−32.Za dobljeni tocki T1 in T2 poišcemo pripadajoci funkcijski vrednosti

f (0,3) = 12, f (0,−3) =−12

in vidimo, da je najvecja vrednost funkcije f na dani elipsi doseženi v tocki T1(0,3).�

Izrek 1.8.3 lahko posplošimo na funkcije vec spremenljivk.

Izrek 1.8.4 Ekstreme funkcije f : D⊆ Rn→ R pri pogojih gi(x1, . . . ,xn) = 0, i = 1,2, . . .m < nišcemo tako, da išcemo lokalne ekstreme funkcije

F(x1, . . . ,xn,λ1, . . . ,λm) = f (x1, . . . ,xn)−m

∑i=1

λi gi(x1, . . . ,xn) .


� Zgled 1.34 Poišci ekstrem funkcije f (x,y,z)= xyz, kjer tocka (x,y,z) zadošca zvezi x2+y2+z2 =1.


F(x,y,z,λ ) = xyz−λ (x2 + y2 + z2−1)

Fx = yz−2λx = 0⇒ λ =yz2x

Fy = xz−2λy = 0⇒ λ =xz2y

Fz = xy−2λ z = 0

Fλ = x2 + y2 + z2−1 = 0 .

Iz prvih dveh pogojev smo izrazili λ , zato je

yzx

=xzy

z(y2− x2)

xy= 0 ⇒ z(y2− x2) = 0

Locimo dve možnosti:1.) z = 0

ce je z = 0, tedaj je xy = 0, zato spet locimo dve možnosti:1.1) x = 0

V tem primeru je y2 = 1 in rešitvi sta T1(0,1,0) in T2(0,−1,0).1.2) y = 0

Podobno kot prej je zdaj x2 = 1 in rešitvi sta T3(1,0,0) in T4(−1,0,0).2.) x2− y2 = 0

V tem primeru je (x− y)(x+ y) = 0, zato ponovno locimo dve možnosti:2.1) x = y

Z upoštevanjem x = y dobimo sistem treh enacb

λ =z2

x2−2λ z = 0

2x2 + z2 = 1 ,

katerega rešitev so tocke

T5

(√3

3,

√3

3,

√3

3

),

T6

(√3

3,

√3

3,−√

33

),

T7

(−√

33

,−√

33

,

√3

3

),

T8

(−√

33

,−√

33

,−√

33

).


2.2) x =−yPodobno kot prej je z upoštevanjem x =−y dobimo

λ =− z2

−x2−2λ z = 0

2x2 + z2 = 1 ,

in rešitev so tocke

T9

(√3

3,−√

33

,

√3

3

),

T10

(√3

3,−√

33

,−√

33

),

T11

(−√

33

,

√3

3,

√3

3

),

T12

(−√

33

,

√3

3,−√

33

).

Izracunamo funkcijske vrednosti funkcije f v vseh 12 tockah in vidimo, da je v tockahT5,T7,T10,T12 dosežen maksimum, v tockah T6,T8,T9,T11 pa minimum.

�

� Zgled 1.35 Poišci ekstrem funkcije f (x1,x2,x3,x4) = x21 + x2

2 + x23 + x2

4 pri pogojih

x1 + x2− x3 +2x4 = 2

2x1− x2 + x3−3x4 = 3 .


F(x1,x2,x3,x4,λ1,λ2)= x21+x2

2+x23+x2

4−λ1(x1+x2−x3+2x4−2)−λ2(2x1−x2+x3−3x4−3) .

Fx1 = 2x1−λ1−2λ2 = 0

Fx2 = 2x2−λ1 +λ2 = 0

Fx3 = 2x3 +λ1−λ2 = 0

Fx3 = 2x4−2λ1 +3λ2 = 0

Fλ1 = x1 + x2− x3 +2x4−2 = 0

Fλ2 = 2x1− x2 + x3−3x4−3 = 0

Dobimo 6×6 sistem linearnih enacb katerega rešitev je

x1 =−3823

, x2 =5

23, x3 =−

523

, x4 =−1

23.

�

2. Veckratni integrali

Podobno, ko smo integrirali funkcije ene spremenljivke, lahko vpeljemo veckratne integrale inintegriramo funkcije vec spremenljivk. Dejansko veckratni integral prevedemo na vec "obicajnih"integralov, zato ne bo potrebno vpeljati novih integracijskih metod, temvec le najti povezavo medobema vrstama integralov.

2.1 Dvojni integralDvojni integral vpeljemo pri integraciji funkcij dveh spremenljivk. Pogledali si bomo definicijodvojnega integrala, kako ga izracunamo in vpeljavo novih spremenljivk.

Definicija dvojnega integralaNaj bo f : D ⊆ R2 → R funkcija dveh spremenljivk, pri cemer naj definicijsko obmocje Dvsebuje svoj rob. Obmocje D razdelimo s krivuljami na manjša obmocja D1,D2, . . . ,Dn tako,da sta posamezni obmocji disjunktni in unija vseh obmocij je celotno obmocje D . Množico∆ = {D1,D2, . . . ,Dn} imenujemo delitev obmocja D . Na vsakem "podobmocju" Dk poišcemonjegov premer ρk, ki je enak najvecji razdalji med tockama v Dk, torej je ρk = sup

A,B∈Dk

d(A,B).

Najvecjega izmed vseh premerov ρk oznacimo z ρ

ρ = max{ρk|k = 1, . . . ,n} .

Nadalje naj bo S(Dk) plošcino obmocja Dk. Na vsakem izmed obmocij Dk izberemo poljubnotocko Tk(ξk,ηk). Vpeljani pojmi so razvidni s Slike 2.1.

Podobno kot smo to naredili pri funkciji ene spremenljivke, definiramo Riemannovo integralskovsoto funkcije dveh spremenljivk

R∆( f ) =n

∑k=1

f (Tk)S(Dk) =n

∑k=1

f (ξk,ηk)S(Dk) .

Riemannova vsota funkcije f ni enolicno dolocena, temvec je odvisna od delitve ∆ in izbire tockTk(ξk,ηk). Zdaj lahko definiramo dvojni integral.

42 2. Veckratni integrali

Slika 2.1: Delitev ∆ = {D1,D2, . . . ,Dn} obmocja D .

Definicija 2.1.1 Število I je dvojni integral funkcije f : D ⊆ R2 → R na obmocju D , ce zavsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da za vsako delitev ∆, za katero je ρ < δ velja

|I−R∆( f )|< ε .

Število I je torej dvojni integral funkcije dveh spremenljivk f , ce se za dovolj drobne delitve ∆

Riemanove integralske vsote RD( f ) številu I poljubno približajo. Iz definicije sledi, da je

I = limρ→0

R∆( f ) = limρ→0

n

∑k=1

f (ξk,ηk)S(Dk) .

Funkcija f : D ⊆ R2→ R je integrabilna, ce obstaja njen dvojni integral na D . Dvojni integralfuncije f na obmocju D zapišemo

I =∫D

∫f (x,y)dS .

V primeru omejene funkcije dveh spremenljivk lahko podobno, kot smo to naredili pri funkcijiene spremenljivke, definiramo spodnjo in zgornjo integralsko vsoto, ko namesto poljubne tockevzamemo na posameznem obmocju delitve infimum oz. supremum funkcije.

Definicija 2.1.2 Naj bo f : D ⊆ R2 → R omejena funkcija in ∆ = {D1,D2, . . . ,Dn} delitevobmocja D . Nadalje naj bosta mk in Mk infimum in supremum funkcije f na obmocju Dk. Tedajsta

s∆( f ) =n

∑k=1

mk S(Dk) in S∆( f ) =n

∑k=1

Mk S(Dk)

spodnja oz. zgornja integralska vsota funkcije f . Ti vsoti imenujemo Darbouxovi vsoti.

Za integralske vsote veljajo podobne trditve kot za funkcijo ene spremenljivke. Navedimo brezdokaza najocitnejšo med njimi, ki jo je sicer preprosto dokazati.

Trditev 2.1.1s∆( f )≤ R∆( f )≤ S∆( f ) .

�


Lastnosti dvojnega integralaVse naštete lastnosti dvojnega integrala so trditve in nekatere med njimi bomo na koncu tudidokazali. V nadaljevanju naj bosta funkciji f ,g : D ⊆ R2→ R integrabilni na obmocju D in cpoljubna konstanta.

1.

∫D

∫c f (x,y)dS = c

∫D

∫f (x,y)dS

2.

∫D

∫( f (x,y)+g(x,y))dS =

∫D

∫f (x,y)dS+

∫D

∫g(x,y)dS

3. Naj za vsak (x,y) ∈ D velja m ≤ f (x,y) ≤ M (torej sta m in M infimum oz. supremumfunkcije f na D) in naj bo S(D) plošcina obmocja D . Tedaj je

m ·S(D)≤∫D

∫f (x,y)dS≤M ·S(D)

4. Naj za vsak (x,y) ∈D velja f (x,y)≤ g(x,y). Tedaj je

∫D

∫f (x,y)dS≤

∫D

∫g(x,y)dS

5. Izrek o povprecni vrednostiCe je f zvezna funkcija na D , tedaj obstaja tocka (ξ ,η) ∈D takšna, da je

∫D

∫f (x,y)dS = f (ξ ,η) ·S(D)

6. Naj bo {D1,D2} delitev obmocja D . Tedaj je

∫D

∫f (x,y)dS =

∫D1

∫f (x,y)dS+

∫D2

∫f (x,y)dS

7. ∣∣∣∣∣∣∫D

∫f (x,y)dS

∣∣∣∣∣∣≤∫D

∫| f (x,y)| dS

Iz lastnosti (1) in (2) sledi pravilo za dvojni integral razlike dveh funkcij. Opazimo lahko, dasmo vse navedene lastnosti obravnavali že pri obicanjem integralu funkcije ene spremenljivke.Dokazi so skoraj analogni, zato za ilustracijo navedimo nekatere izmed njih.

Dokaz.


(2.) ∫D

∫( f (x,y)+g(x,y))dS = limρ→0 ∑

nk=1[ f (ξk,ηk)+g(ξk,ηk)]S(Dk)

= limρ→0 ∑nk=1 f (ξk,ηk)S(Dk)+ limρ→0 ∑

nk=1 g(ξk,ηk)S(Dk)

=∫D

∫f (x,y)dS+

∫D

∫g(x,y)dS

(5.) Za zvezne funkcije dveh spremenljivk velja podoben izrek kot za zvezne funkcije enespremenljivke in sicer da zvezna funkcija na zaprtem obmocju D (to je D skupaj s svojimrobom) zavzame vse vrednosti med minimalno vrednostjo m in maksimalno vrednostjo M.Ker iz lastnosti (4.) sledi

m≤ 1S(D)

∫ ∫D

f (x,y)dS≤M ,

mora obstajati takšna tocka (ξ ,η) ∈D , da je

1S(D)

∫ ∫D

f (x,y)dS = f (ξ ,η) .

S tem je izrek o povprecni vrednosti dokazan.

(7.) Naredimo oceno za absolutno vrednost Riemannove vsote

|R∆( f )| = |∑nk=1 f (ξk,ηk)S(Dk)|

≤ ∑nk=1 | f (ξk,ηk)S(Dk)|

= ∑nk=1 | f (ξk,ηk)|S(Dk)

= R∆(| f |)

Z limitiranjem obeh strani neenakosti dobimo lastnost (7.).

Racunanje dvojnega integralaVideli bomo, da se dvojni integral izracuna s prevedbo na dvakratni integral, kjer enkrat integriramopo spremenljivki x ter nato po y, ali pa obratno. To zvezo podaja naslednji izrek.

Izrek 2.1.2 Naj bo P = [a,b]× [c,d] in f omejena, integrabilna funkcija na P . Ce za vsakx ∈ [a,b] obstaja integral

∫ dc f (x,y)dy = I(x), tedaj je∫

P

∫f (x,y)dS =

∫ b

adx∫ d

cf (x,y)dy .

Dokaz. Najprej naredimo delitvi intervalov [a,b] in [c,d]

a = x0 < x1 < .. . < xn−1 < xn = b, c = y0 < y1 < .. . < ym−1 < ym = d .

Dobljene manjše pravokotnike oznacimo pik = [xi−1,xi]× [yk−1,yk], i = 1, . . . ,n, k = 1, . . . ,m. Kerje f omejena funkcija, lahko na posameznem pravokotniku poišcemo supremum in infimumfunkcije f

mik = inf(x,y)∈pik

f (x,y), Mik = sup(x,y)∈pik

f (x,y) .


Za vsako tocko (x,y) ∈ pik tako velja

mik ≤ f (x,y)≤Mik .

Naj bo ξi ∈ [xi−1,xi] pojubna tocka. Tedaj veljata neenakosti

mik(yk− yk−1) ≤∫ yk

yk−1f (ξi,y)dy ≤ Mik(yk− yk−1) /∑

mk=1

∑mk=1 mik(yk− yk−1) ≤

∫ dc f (ξi,y)dy ≤ ∑

mk=1 Mik(yk− yk−1) /∑

ni=1

∑ni=1 ∑

mk=1 mik(yk− yk−1) ≤ ∑

ni=1 I(ξi) ≤ ∑

ni=1 ∑

mk=1 Mik(yk− yk−1) / · (xi− xi−1)

∑ni=1 ∑

mk=1 mik(yk− yk−1)(xi− xi−1) ≤ ∑

ni=1 I(ξi)(xi− xi−1) ≤ ∑

ni=1 ∑

mk=1 Mik(yk− yk−1)(xi− xi−1)

∑ni=1 ∑

mk=1 mikS(pik) ≤ ∑

ni=1 I(ξi)(xi− xi−1) ≤ ∑

ni=1 ∑

mk=1 MikS(pik)

s∆( f ) ≤ ∑ni=1 I(ξi)(xi− xi−1) ≤ S∆( f )

Limitiramo vse tri strani neenakosti glede na vecanje števila delilnih tock. Spodnja in zgornjaintegralska vsota konvergirata proti dvojnemu integralu, zato∫

P

∫f (x,y)dS ≤

∫ ba I(x)dx ≤

∫P

∫f (x,y)dS

↓∫ ba [∫ d

c f (x,y)dy]dx||∫ b

a dx∫ d

c f (x,y)dy

� Zgled 2.1 Izracunaj dvojni integral funkcije f (x,y) = x2− y2 na P = [0,2]× [−1,1].∫ 2

0dx∫ 1

−1(x2− y2)dy =

∫ 2

0dx(x2y− y3

3)|1−1

=∫ 2

0dx((x2− 1

3)− (−x2 +

13))

=∫ 2

0(2x2− 2

3)dx

=23(x3− x)|20 = 4

�

� Zgled 2.2 Izracunaj dvojni integral iz Zgelda 2.1 tako, da zamenjaš vrstni red integracije.∫ 1

−1dy∫ 2

0(x2− y2)dx =

∫ 1

−1dy(

x3

3− y2x)|20

=∫ 1

−1((

83−2y2)− (0−0))dy

= (83

y− y3

3)|1−1 = 4

�


Opazimo, da dobimo enak rezultat ne glede na vrstni red integracije. Dejansko velja podobenizrek za zamenjan vrstni red, ki se seveda dokaže na analogen nacin, zato bomo dokaz izpustili.

Izrek 2.1.3 Naj bo P = [a,b]× [c,d] in f omejena, integrabilna funkcija na P . Ce za vsaky ∈ [c,d] obstaja integral

∫ ba f (x,y)dx = I(y), tedaj je∫

P

∫f (x,y)dS =

∫ d

cdy∫ b

af (x,y)dx .

�

Dvojni integral lahko racunamo po poljubnem obmocju in ne samo po pravokotnem, kar povenaslednji izrek.

Izrek 2.1.4 Naj bo D = {(x,y)|a≤ x≤ b,c≤ p(x)≤ y≤ q(x)≤ d} in f omejena, integrabilnafunkcija. Tedaj je ∫

D

∫f (x,y)dS =

∫ b

adx∫ q(x)

p(x)f (x,y)dy .

Dokaz. Definirajmo novo funkcijo

f (x,y) ={

f (x,y) ; (x,y) ∈D0 ; (x,y) ∈ [a,b]× [c,d]\D

Tedaj je∫D

∫f (x,y)dS =

∫ b

adx∫ d

cf (x,y)dy

=∫ b

adx∫ p(x)

cf (x,y)dy+

∫ b

adx∫ q(x)

p(x)f (x,y)dy+

∫ b

adx∫ d

q(x)f (x,y)dy

= 0+∫ b

adx∫ q(x)

p(x)f (x,y)dy+0

=∫ b

adx∫ q(x)

p(x)f (x,y)dy

Ker je zaradi lastnosti (6.)∫D

∫f (x,y)dS = 0+

∫D

∫f (x,y)dS+0, smo dokaz zakljucili.

Tudi v tem primeru velja podoben izrek za zamenjan vrstni red integracije, ki se prav takodokaže na analogen nacin.

Izrek 2.1.5 Naj bo D = {(x,y)|c≤ y≤ d,a≤ h(y)≤ x≤ g(y)≤ b} in f omejena, integrabilnafunkcija. Tedaj je ∫

D

∫f (x,y)dS =

∫ d

cdy∫ g(y)

h(y)f (x,y)dx .

�


Slika 2.2: Integracijsko obmocje iz Zgleda 2.3.

� Zgled 2.3 Na dva nacina izracunaj integral funkcije f (x,y) = x2y2 na D , kjer je D obmocjeomejeno s krivuljami y = 1,y = 2,x = 0,y = x.∫

D

∫x2y2 dS =

∫ 1

0dx∫ 2

1x2y2 dy+

∫ 2

1dx∫ 2

xx2y2 dy

Lažje gre v obratnem vrstnem redu∫D

∫x2y2 dS =

∫ 2

1dy∫ y

0x2y2 dx

=∫ 2

1

13

y5 dy =72

�

� Zgled 2.4 Izracunaj integral funkcije f (x,y) = x na D , kjer je D obmocje omejeno s krivuljamay = x2 in y = 2x− x2.

y = x2

y = 2x− x2 x

y

Slika 2.3: Integracijsko obmocje iz Zgleda 2.4.


Slika 2.4: Uvedba novih spremenljivk v dvojni integral.

∫D

∫x2y2 dS =

∫ 1

0dx∫ 2x−x2

x2xdy

=∫ 1

0x(2x− x2− x2)dx

= 2(

x3

3− x4

4

)|01 =

16

�

Uvedba nove spremenljivkeNaj bo D obmocje v ravnini x,y. Opisali bi ga radi s pomocjo novih spremenljivk (koordinat) u in v.Torej naj bo x = x(u,v) in y = y(u,v). Novi preslikavi x = x(u,v),y = y(u,v) morata biti smiselnovpeljani, torej tako, da bo vsaka tocka (x,y) ∈D slika natanko ene tocke v obmocju D∗ opisanem sspremenljivkma u in v (glej Sliko 2.1). Ali drugace, preslikava mora biti bijektivna. Bijektivnostnam bo zagotovila determinanta Jacobijeve matrike.

Definicija 2.1.3 Jacobijeva matrika J(

x,yu,v

)je matrika parcialnih odvodov starih spremenljivk

po novih

J(

x,yu,v

)=

∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

.

Velja trditev, ki je ne bomo dokazali.

Trditev 2.1.6 Preslikava, ki u,v preslika v x,y je bijektivna, ko je determinanta Jacobijeve matrikerazlicna od 0

|J|= det(

J(

x,yu,v

))6= 0 .

�

Izracun dvojnega integrala na novem obmocju D∗ v koordinatnem sistemu u,v podaja naslednjiizrek, katerega dokaz bomo zaradi zahtevnosti izpustili.


Izrek 2.1.7 ∫D

∫f (x,y)dS =

∫D

∫f (x,y)dxdy =

∫D∗

∫f (x(u,v),y(u,v)) |J|dudv .

�

Najpogosteje uporabljeni novi spremenljivki v dvojnem integralu sta polarni koordinati r in ϕ ,ki ju poznamo iz polarnega zapisa kompleksnih števil:

x = r cosϕ

y = r sinϕ, r ∈ R+,ϕ ∈ [0,2π]

Determinanta Jacobijeve matrike za polarni koordinati je enaka

|J|=

∣∣∣∣∣∣∣∂x∂ r

∂x∂ϕ

∂y∂ r

∂y∂ϕ

∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣

cosϕ −r sinϕ

sinϕ r cosϕ

∣∣∣∣∣∣= r cos2ϕ + r sin2

ϕ = r .

S polarnimi koordinatami obicajno opišemo okrogla obmocja.

� Zgled 2.5 Izracunaj integral funkcije f (x,y) = |x| na D : 1≤ x2 + y2 ≤ 4.∫D

∫|x|dS =

∫ 2π

0dϕ

∫ 2

1|r cosϕ|r dr

=∫ 2π

0dϕ

∫ 2

1r2|cosϕ|dr

=∫ 2π

0dϕ|cosϕ|r

3

3|21

=73

∫ 2π

0|cosϕ|dϕ

= 4 · 73

∫ π

2

0cosϕ dϕ

=283

sinϕ|π

20 =

283

�

Geometrijski pomen in uporaba dvojnega integrala

Naj bo f : D ⊆ R2→ R in ∆ = {D1,D2, . . . ,Dn} delitev obmocja D . Spomnimo se, da je Rieman-nova integralska vsota enaka

R∆( f ) =n

∑k=1

f (ξk,ηk)S(Dk) .

kjer je (ξk,ηk) poljubno izbrana tocka na obmocju Dk ∈ ∆.


x

y

z

Slika 2.5: Geometrijski pomen dvojnega integrala.

Graf funkcije dveh spremenljivk doloca ploskev z = f (x,y) v prostoru R3. Naj bo f > 0.Geometrijsko gledano v Riemannovi integralski vsoti množimo funkcijsko vrednost v tocki (ξk,ηk)s plošcino S(Dk) obmocja Dk. S tem dobimo prostornino prizme z osnovno ploskvijo Dk invišino f (ξk,ηk). V limitnem procesu vecamo število obmocij (n→ ∞), kar formalno opišemo znajvecjim premerom ρ obmocij iz ∆, torej gledamo limito ρ→ 0. Vsota vseh tako dobljenih prizemaproksimira prostornino telesa med obmocjem D in grafom funkcije z = f (x,y) (glej Sliko ??).

PROSTORNINA

Iz geometrijske interpretacije je razvidno, da ce je f : D ⊆ R2→ R pozitivna, je njen dvojniintegral na obmocju D enak prostornini telesa med grafom funkcije f in ravnino z = 0

V =∫D

∫f (x,y)dS .

V primeru, da je f < 0, dobimo prav tako prostornino teleso med grafom funkcije f inravnino z = 0, vendar moramo zaradi negativnih Riemannovih integralskih vsot spremenitipredznak.

Prostornina obmocja med ploskvama z = f (x,y) in z = g(x,y), kjer je f ≥ g, nad obmocjemD je enaka

V =∫D

∫( f (x,y)−g(x,y))dS .

� Zgled 2.6 Izracunaj prostornino obmocja med paraboloidom z = 1−√

x2 + y2 in ravninoz = 0.


Integriramo po krogu v središcni legi s polmerom 1, zato vpeljemo polarne koordinate, pricemer je f (r,ϕ) = 1−

√r2 = 1− r in |J|= r:∫

K1(0,0)

∫(1−

√x2 + y2)dS =

∫ 2π

0dϕ

∫ 1

0(1− r)r dr

=∫ 2π

0dϕ(r− r2

2)|10

=12

∫ 2π

0dϕ

=12

ϕ|2π0 = π

�

PLOŠCINA

Plošcino obmocja D , S(D), dobimo tako, da po D integriramo funkcijo f (x,y) = 1, saj vtem primeru plošcina obmocja D in prostornina obmocja med grafom funkcije f in ravninoz = 0 sovpadata:

S(D) =∫D

∫dS .

� Zgled 2.7 Izpelji formulo za plošcino elipse v središcni legi z odsekoma a in b.

Integriramo po elipsi v središcni legi z odsekoma a in b, x2

a2 +y2

b2 = 1. V ta namen vpeljemomodificirane polarne koordinate:

x = ar cosϕ

y = br sinϕ

Jacobijev determinanta je v tem primeru

|J|= det

acosϕ −ar sinϕ

bsinϕ br cosϕ

= abr cos2ϕ +abr sin2

ϕ = abr .

Ce te koordinate upoštevamo v enacbi elipse, dobimo da je za tocke ne elipsi r = 1:

x2

a2 +y2

b2 = 1

(ar cosϕ)2

a2 +(br sinϕ)2

b2 = 1

r2 cos2 ϕ + r2 sin2ϕ = 1

r2 = 1

r = 1


Plošcina elipse je enaka ∫D

∫dS =

∫ 2π

0dϕ

∫ 1

0abr dr

= ab∫ 2π

0dϕ

r2

2|10

=ab2

∫ 2π

0dϕ

=ab2

ϕ|2π0 = abπ

�

2.2 Eulerjeva funkcija B

Pri Matematiki A smo že spoznali Eulerjevo funkcijo Γ, ki je za x > 0 definirana kot

Γ(x) =∫

∞

0e−t tx−1 dt .

Eulerjevo funkcijo B bomo vpeljali ker se izkaže za zelo koristno pri izracunu dvojnih in ševseh nadaljnih integralov, ki jih bomo spoznali.

Definicija 2.2.1 Eulerjeva funkcija beta, B, je za x,y > 0 definirana s predpisom

B(x,y) =∫ 1

0tx−1(1− t)y−1 dt .

Naslednji izrek podaja zvezo med obema Eulerjevima funkcijama.

Izrek 2.2.1 Za x,y > 0 velja

B(x,y) =Γ(x)Γ(y)Γ(x+ y)

.

Dokaz.Γ(x)Γ(y) =

∫∞

0e−ttx−1 dt

∫∞

0e−ssy−1 ds

=∫

∞

0

∫∞

0e−t−stx−1sy−1 dt ds

Vpeljemo novi spremenljivki v (posplošeni) dvojni integral, torej namesto integacije po t in s,bomo integrirali po u in v:

t = uv, s = u(1− v) .

Izracunati moramo determinanto Jacobijeve matrike

|J|=

∣∣∣∣∣∣∂ t∂u

∂ t∂v

∂ s∂u

∂ s∂v

∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣

v u

1− v −u

∣∣∣∣∣∣=−u .

Ker je t + s = u in sta t,s ∈ (0,∞), je u ∈ (0,∞) in iz s = u(1−v) sledi, da je v ∈ (0,1). S tem smodobili integracijske meje za novi spremenljivki u in v. Plošcinski diferencial je pri vpeljavi novih

2.2 Eulerjeva funkcija B 53

spremenljivk enak dt ds = |J|dudv = −ududv, a ker sta s, t > 0, ta ne more biti negativen, zatovzamemo absolutno vrednost Jacobijeve determinante, torej je

dt ds = ududv .

Nadaljujmo z izracunom dvojnega integrala

Γ(x)Γ(y) =∫

∞

0

∫ 1

0e−u(uv)x−1(u(1− v))y−1 ududv

=∫

∞

0e−uux−1+y−1+1 du

∫ 1

0vx−1(1− v)y−1 dv

=∫

∞

0e−uux+y−1 du

∫ 1

0vx−1(1− v)y−1 dv

= Γ(x+ y)B(x,y)

Poglejmo še nekaj koristnih identitet v zvezi s funkcijo B.

Trditev 2.2.2 Za x,y > 0 velja

B(x,y) =∫

∞

0

sx−1

(s+1)x+y ds .

Dokaz. V definicijo funkcije B(x,y) =∫ 1

0 tx−1(1− t)y−1 dt vpeljemo novo spremenljivko t = ss+1 .

Tedaj je dt = ds(s+1)2 in dobimo posplošeni integral:

B(x,y) =∫

∞

0sx−1(s+1)−x+1(s+1)−y+1(s+1)−2 ds

=∫

∞

0sx−1(s+1)−x−y ds

=∫

∞

0

sx−1

(s+1)x+y ds

Sledi uporabna posledica, ki poenostavi izracun prenekaterih integralov povezanih s funkcijamasinus in kosinus.

Posledica 2.2.3 Za x,y > 0 velja

B(x,y) = 2∫ π

2

0cos2x−1

ϕ sin2y−1ϕ dϕ .

Dokaz. Zaradi vecje preglednosti bomo uporabili zapis z oklepaji cos2x−1 ϕ = (cosϕ)2x−1 insin2y−1

ϕ = (sinϕ)2y−1. V definicijo funkcije B(x,y) =∫ 1

0 tx−1(1− t)y−1 dt vpeljemo novo spre-menljivko t = cos2 ϕ . Tedaj je dt = −2cosϕ sinϕ dϕ in novi integracijski meji sta od π

2 do


0

B(x,y) = −2∫ 0

π

2

(cos2ϕ)x−1 (1− cos2

ϕ)y−1 cosϕ sinϕ dϕ

= 2∫ π

2

0(cosϕ)2x−1 (sin2

ϕ)y−1 sinϕ dϕ

= 2∫ π

2

0(cosϕ)2x−1 (sinϕ)2y−1 dϕ

Pri vpeljavi Eulerjeve funkcije Γ smo uspeli izracunati njeno vrednost v 12 , a z uporabo funkcije

B lahko to naredimo veliko enostavnejše.

� Zgled 2.8 Z uporabo B izracunaj Γ(12).

B

(12,12

)= 2

∫ π

2

0(cosϕ)2 1

2−1 (sinϕ)2 12−1 dϕ

= 2∫ π

2

0dϕ = π

Po drugi strani je

B

(12,12

)=

Γ(12)Γ(

12)

Γ(12 +

12)

= Γ2(

12

)in zato

Γ

(12

)=

√B

(12,12

)=√

π .

�

2.3 Trojni integralNaj bo zdaj f : G ⊆R3→R funkcija treh spremenljivk. Trojni integral se definira na analogen nacinkot dvojni integral. Obmocje G ∈R3 razdelimo na manjša obmocja z delitvijo ∆ = {G1,G2, . . . ,Gn}in na vsakem obmocju Gk izberemo poljubno tocko Tk(ξk,ηk,ζk) ter definiramo Riemannovointegralsko vsoto funkcije treh spremenljivk

R∆( f ) =n

∑k=1

f (Tk)V (Gk) =n

∑k=1

f (ξk,ηk,ζk)V (Gk) ,

pri cemer je V (Gk) prostornina obmocja Gk. Naj bo maksimalni premer ρ analogen kot pri dvojnemintegralu. Zdaj lahko definiramo trojni integral.

Definicija 2.3.1 Število I je trojni integral funkcije f : G ⊆ R3→ R na obmocju G , ce za vsakε > 0 obstaja tak δ > 0, da za vsako delitev ∆, za katero je ρ < δ velja

|I−R∆( f )|< ε .

Funkcija f : G ⊆ R3 → R je integrabilna, ce obstaja njen trojni integral na G . Trojni integralfuncije f na obmocju G zapišemo

I =∫ ∫

G

∫f (x,y,z)dV .


Za trojni integral veljajo podobne lastnosti kot za dvojni integral in jih ne bomo ponovnonaštevali. Trojni integral se racuna z uporabo naslednjega izreka, ki ga zaradi podobnosti zdokazom analognega izreka za dvojni integral ne bomo dokazali.

Izrek 2.3.1 Naj bo G = {(x,y,z) ∈ R3|(x,y) ∈ D ,z1(x,y) ≤ z ≤ z2(x,y)} in f : G ⊆ R3 → Rintegrabilna. Tedaj velja∫ ∫

G

∫f (x,y,z)dV =

∫D

∫dS∫ z2(x,y)

z1(x,y)f (x,y,z)dz .

�

� Zgled 2.9 Izracunaj trojni integral funkcije f (x,y,z) = y2 na obmocju G , ki je omejeno zx = 1,y = 0,x = y,z = 0,z = xy.∫∫

G

∫f (x,y,z)dV =

∫D

∫dS∫ z2(x,y)

z1(x,y)f (x,y,z)dz

=∫D

∫dS∫ xy

0y2 dz

=∫ 1

0dx∫ x

0dy∫ xy

0y2 dz

=∫ 1

0dx∫ x

0(y2z|xy

0 )dy

=∫ 1

0dx∫ x

0xy3 dy

=∫ 1

0(x

y4

4|x0)dx

=∫ 1

0

x5

4dx

=x6

24|10 =

124

�

Tudi nove spremenljivke vpeljemo na podoben nacin, le da smo zdaj v prostoru R3. ObmocjeG v prostoru x,y,x želimo opisati s pomocjo novih spremenljivk (koordinat) r,s, t. Torej naj box = x(r,s, t), y = y(r,s, t), z = z(r,s, t) in naj bo determinanta Jacobijeve matrike nenicelna:

|J|= det(

J(

x,y,zr,s, t

))=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x∂ r

∂x∂ s

∂x∂ t

∂y∂ r

∂y∂ s

∂y∂ t

∂ z∂ r

∂ z∂ s

∂ z∂ t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣6= 0 .

Velja naslednji izrek za izracun trojnega integrala na novem obmocju G ∗.


Izrek 2.3.2 ∫ ∫G

∫f (x,y,z)dV =

∫ ∫G ∗

∫f (x(r,s, t),y(r,s, t),z(r,s, t)) |J|dr dsdt .

�

Cilindricne koordinate

x

y

z

(x,y,z)

rϕ

z

Slika 2.6: Cilindricne koordinate.

Cilindricne koordinate so razširitev polarnih koordinat iz dvorazsežnega prostora v trorazsežniprostor. Poleg standardnih r in ϕ , kot ju poznamo iz polarnega koordinatnega sistema, tretjakoordinata z ostane nespremenjena:

x = r cosϕ

y = r sinϕ

z = z, r ∈ R+,ϕ ∈ [0,2π],z ∈ R .

Determinanta Jacobijeve matrike za cilindricni koordinatni sistem je enaka

|J|=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣cosϕ −r sinϕ 0

sinϕ r cosϕ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= r cos2

ϕ + r sin2ϕ = r .

Kot že samo ime pove, uporabljamo cilindicne koordinate za opis teles (obmocij) podobnim cilindruoz. valju.

� Zgled 2.10 Izracunaj trojni integral funkcije f (x,y,z) = x2z na obmocju G : x2+y2≤ 4,0≤ z≤ 2.


∫∫G

∫x2zdV =

∫ 2π

0dϕ

∫ 2

0dr∫ 2

0r2 cos2

ϕ zr dz

=∫ 2π

0dϕ

∫ 2

0(r3 cos2

ϕz2

2|20)dr

= 2∫ 2π

0dϕ

∫ 2

0(r3 cos2

ϕ)dr

= 2∫ 2π

0(cos2

ϕr4

4|20)dϕ

= 8∫ 2π

0

1+ cos(2ϕ)

2dϕ

= 4(

ϕ +sin(2ϕ)

2

)|2π0 = 8π .

�

Sferne koordinate

x

y

z

r

(x,y,z)

ϕ

ϑ

Slika 2.7: Sferne koordinate.

Sferne koordinate uporabljamo za opis teles, ki so podobna kroglam. V sfernih koordinatah sepojavita kota ϕ in ϑ , ter oddaljenost od koordinatnega izhodišca r (glej Sliko 2.7), torej lego tocke(x,y,z) opišemo s spremenljivkami r,ϕ,ϑ .

Z nekaj izpeljave vidimo, da velja

x = r cosϕ cosϑ

y = r sinϕ cosϑ

z = r sinϑ , ϕ ∈ [0,2π],ϑ ∈ [−π

2 ,π

2 ],r ∈ R+ .


Determinanta Jacobijeve matrike za sferni koordinatni sistem je enaka

|J|= det(

J(

x,y,zr,ϕ,ϑ

))=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

cosϑ cosϕ −r cosϑ sinϕ −r sinϑ cosϕ

cosϑ sinϕ r cosϑ cosϕ −r sinϑ sinϕ

sinϑ 0 r cosϑ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= r2 cosϑ .

� Zgled 2.11 Izpelji formulo za izracun prostornino krogle s polmerom R.

x

y

z

R

Slika 2.8: Krogla s polmerom R.

V =∫∫G

∫dV =

∫ 2π

0dϕ

∫ π

2

− π

2

dϑ

∫ R

0r2 cosϑ dr

=∫ 2π

0dϕ

∫ π

2

− π

2

(cosϑr3

3)|R0

=R3

3

∫ 2π

0dϕ

∫ π

2

− π

2

cosϑ dϑ

= 2R3

3

∫ 2π

0dϕ

∫ π

2

0cosϑ dϑ

= R3 23

ϕ|2π0 =

43

πR3

�

Uporaba v fizikiMASA

Masa telesa, katerega gostota je funkcija ρ : G ⊆ R3⇒ R+, je enaka

m =∫ ∫

G

∫ρ(x,y,z)dV .


TEŽIŠCE

Težišce telesa (xT ,yT ,zT ) z gostoto ρ : G ⊆ R3⇒ R+, je enako

xT =∫ ∫

G

∫xρ(x,y,z)dV

yT =∫ ∫

G

∫yρ(x,y,z)dV

zT =∫ ∫

G

∫zρ(x,y,z)dV

Za homogena telesa s konstantno gostoto in prostornino V so koordinate težišca

xT =1V

∫ ∫G

∫xdV

yT =1V

∫ ∫G

∫ydV

zT =1V

∫ ∫G

∫zdV

� Zgled 2.12 Poišci koordinate težišca homogene polkrogle x2 + y2 + z2 ≤ R2, z≥ 0.

Ocitno je zaradi homogenosti telesa xT = yT = 0, zato moramo izracunati samo zT :

zT =1V

∫ ∫G

∫zdV =

32πR3

∫ 2π

0dϕ

∫ π

2

0dϑ

∫ R

0r3 cosϑ sinϑ dr

=3R4

8πR3

∫ 2π

0dϕ

∫ π

2

0cosϑ sinϑ dϑ

=3R

16π2π

∫ π

2

0sin(2ϑ)dϑ

= −3R16

cos(2ϑ)|π

20 =

3R8

Težišce polkrogle je v tocki (0,0, 3R8 ). �

3. Vektorske funkcije

V tem razdelku bomo zelo na kratko in površinsko pogledali vektorske funkcije vektorske spre-menljivke, to so funkcije ki slikajo iz Rn v Rm. Zanimala nas bo predvsem diferenciabilnost takihfunkcij, ki nas bo pripeljala do reševanja sistemov nelinearnih enacb. Nazadnje si bomo kot posebenprimer skalarnih in vektorskih funkcij pogledali skalarna in vektorska polja.

3.1 Zveznost in diferenciabilnost

Definicija 3.1.1 Preslikava~F : Rn→ Rm ,

je vektorska funkcija vektorske spremenljivke.

Skalarne funkcije f : Rn→ R so torej samo poseben primer vektorske funkcije. Vektorskofunkcijo ~F doloca m skalarnih funkcij fi : Rn→ R

~F = ( f1, f2, . . . , fm) .

Definicijsko obmocje D vektorske funkcije ~F je podmnožica v Rn katere elementi so urejenen-terice, zato naj bo x = (x1,x2, . . . ,xn) oz. a = (a1,a2, . . . ,an) poljubna tocka iz D ⊆ Rn.

Zveznost vektorske funkcije ~F = ( f1, f2, . . . , fm) je direktno odvisna od zveznosti posamezneskalarne funkcije fi : Rn→ R. Nas bo bolj zanimala diferenciabilnost vektorske funkcije.

Definicija 3.1.2 Naj bo D odprta podmnožica v Rn. Funkcija ~F : D → Rm je diferenciabilna vtocki a ∈D , ce obstajata matrika J reda m×n in vektorska funkcija ~O = (o1,o2, . . . ,om) : Rn→Rm taki, da je

~F(a+h) = ~F(a)+ Jh+ ~O(h) ,

62 3. Vektorske funkcije

pri cemer je

limh→0

√(o1(h))2 + · · ·+(om(h))2√

h21 + · · ·+h2

n

= 0 .

~F je diferenciabilna na D , ko je diferenciabilna v vsaki tocki obmocja D .

Izrek 3.1.1 Funkcija ~F = ( f1, f2, . . . , fm) : Rn→ Rm je diferenciabilna v tocki a odprtega ob-mocja D ∈Rn natanko tedaj, ko so v tocki a diferenciabilne vse funkcije fi :Rn→R, i= 1, . . . ,m.

Dokaz.

~F(a+h) = ~F(a)+ Jh+ ~O(h)

f1(a+h)f2(a+h)

...fm(a+h)

=

f1(a)f2(a)

...fm(a)

+

j11 . . . j1n

j21 . . . j2n...

...jm1 . . . jmn

·

h1h2...

hn

+

o1(h)o2(h)

...om(h)

Poljubna vrstica je

fi(a+h) = fi(a)+( ji1h1 + · · ·+ jinhn)+oi(h) ,

kar pomeni, da bo ~F diferenciabilna, ce je poljuben element matrike J parcialni odvod

jik = (J)ik =∂ fi

∂xk.

Posledica 3.1.2 Matrika J je Jacobijeva matrika

J = J(

f1, f2, . . . , fm

x1,x2, . . . ,xn

)=

∂ f1∂x1

. . . ∂ f1∂xn

∂ f2∂x1

. . . ∂ f2∂xn

......

∂ fm∂x1

. . . ∂ fm∂xn

.

Posledica 3.1.3 ~F je diferenciabilna, ce so funkcije fi, i= 1,2, . . . ,m zvezno parcialno odvedljive.

Ce je ~F diferenciabilna v tocki a, potem jo lahko lineariziramo v okolici tocke a

~F(a+h)=~F(a)+ Jh .


3.2 Nelinearni sistemi enacb

Linearizacija vektorske funkcije ~F se uporablja pri reševanju sistemov nelinearnih enacb. Poglejmo,kako lahko pristopimo k reševanju nelinearnega sistema n enacb z n neznankami podanega z:

f1(x1,x2, . . . ,xn) = 0

f2(x1,x2, . . . ,xn) = 0

...fn(x1,x2, . . . ,xn) = 0 .

Reševanje nelinearnih sistemov je zelo težek problem in se rešuje z uporabo numericnih metod.Diferenciabilnost vektorske funkcije nam omogoca naslednji pristop k reševanju takih sistemov.Nelinerani sistem najprej zapišimo v matricni obliki

f1(x1,x2, . . . ,xn)

f2(x1,x2, . . . ,xn)

...fn(x1,x2, . . . ,xn) .

=

0

0

...0

.

Funkcije fi naj bodo komponente vektorske funkcije ~F , ki naj bo diferenciabilne na obmocjuD . Izberimo poljubno tocko a = (a1,a2, . . . ,an) obmocja D , ki je po možnosti blizu zaenkrat šeneznane rešitve nelinearnega sistema. Ideja je v tem, da funkcijo ~F lineariziramo v okolici tocke a

~F(a+h)=~F(a)+ J(a)h

oziroma, ce x = a+h, tedaj je

~F(x)=~F(a)+ J(a)(x−a) .

Za nelinearni sistem je ~F(x) = 0, zato je v primeru, da je Jacobijeva matrika obrnljiva, rešitevprvega koraka linearizacije enaka

x = a− J−1(a)~F(a) .

Postopek ponavljamo, s cimer dobimo zaporedje približkov in ce je le-to konvergentno, dobimorešitev nelinearnega sistema na zahtevano število decimalnih mest natancno.

� Zgled 3.1 Numericno reši sistem nelinearnih enacb

xy2− x+ y = 1

2x+ xy = 6 .

Nastavimo funkcijo ~F in izberemo poljubno zacetno tocko, recimo a0 = (0,0).

~F(x,y) = (xy2− x+ y−1,2x+ xy−6) .

64 3. Vektorske funkcije

Rešujemo enacbo ~F(x,y) = (0,0), pri cemer potrebujemo Jacobijevo matriko

J(x,y) =

∂

∂x(xy2− x+ y−1) ∂

∂x(2x+ xy−6)

∂

∂y(xy2− x+ y−1) ∂

∂y(2x+ xy−6)

in njen inverz je

J−1(x,y) =1

(y2−1)x− (y+2)(2xy+1)

x −2xy−1

−y−2 y2−1

.

Prvo tocko iteracije a1 = (x1,y1) dobimo iz prvega iteracijskega koraka, kjer upoštevamo, da jezacetna tocka a0 = (0,0)

(x1,y1) = (0,0)− J−1(0,0)~F(0,0)

oziroma v matricni obliki[x1y1

]=

[00

]− −1

2

0 −1

−2 −1

.[ f1(0,0)f2(0,0)

]

=

[00

]− 1

2

0 1

2 1

.[ −1−6

]

=

[34

].

Postopek ponovimo na dobljeni tocki a1 = (3,4), s cimer dobimo naslednjo tocko a2 = (x2,y2):

[x2y2

]=

[34

]− −1

105

3 −25

−6 5

.[ 4812

]

=

[34

]+

435

[−13−9

]

=

[ 5335

10435

]=

[1.512.97

].

S ponavljanjem iteracijskega postopka in ob upoštevanju, da rezultate zaokrožamo na dve decimalnimesti, dobimo

a3 = (1.66,1.47), a4 = (1.95,1), a5 = (2,1), a6 = a5 .

To pomeni, da ob zaokrožanju na dve decimalni mesti pridemo do rešitve v petih iteracijskihkorakih. Dobljena rešitev je v tem primeru tudi eksaktna rešitev sistema, v splošnem je natancnostrešitve dolocena z izbranim številom decimalnih mest pri zaokroževanju. �

Zakljucimo poglavje o funkcijah s poimenovanjem posebnih primerov le-teh, in sicer definiraj-mo skalarno in vektorsko polje.


Definicija 3.2.1 Skalarno polje f je preslikava, ki deluje iz

f : R3→ R .

Vektorsko polje ~F je preslikava, ki deluje iz

~F : R3→ R3 .

Primer skalarnega polja je gostota snovi, primer vektorskega polja pa sta recimo elektricno inmagnetno polje. Vec o skalarnih in vektorskih poljih bomo spoznali v nadaljevanju pri krivuljnih inploskovnih integralih.

4. Naloge

Graf funkcije

1. Doloci in skiciraj naravno definicijsko obmocje funkcije f , ki je podana s predpisom:(a) f (x,y) =

√x−√

1− y,(b) f (x,y) =

√x2− y2,

(c) f (x,y) =√

y2−2x+4,(d) f (x,y) =

√1− x2− y2 +

√x2 + y2− x,

(e) f (x,y) =√

2x− x2− y2,(f) f (x,y) =

√x2−2x− y2−3,

(g) f (x,y) = ln(x2−2x+ y2−4y−4),(h) f (x,y) =

√x2 + y2−a2−

√b2− x2− y2, a,b ∈ R+ (razmisli vse možnosti za a in b),

(i) f (x,y) = ln(x ln(y− x)),(j) f (x,y) = ln

(xy ln(x− y)

),

(k) f (x,y) = ln(

x2+y2−416−4x2−y2

),

(l) f (x,y) = arcsin(

xyy+1

).

2. Funkcija f je podana s predpisom f (x,y) = ln(x+√

y−1). Doloci in skiciraj naravnodefinicijsko obmocje funcije f ter nariši nivojnice N−1, N0 in N1.

3. Funkcija f je podana s predpisom

f (x,y) = arctan(x−1+√

x2− y2).

(a) Doloci naravno definicijsko obmocje funkcije f .(b) Skiciraj nivojnico Nπ

4.

(c) Skiciraj prereza nad y = 0 in y = x.4. Funkcija f je podana s predpisom

f (x,y) =1√√

x2 + y2− x.

68 4. Naloge

(a) Doloci naravno definicijsko obmocje funkcije f .(b) Graf funkcije f predstavi s pomocjo nivojnic (za zacetek si oglej N 1

4, N1, N2 in N−1, ce

obstajajo).5. S pomocjo naravnega definicijskega obmocja, nivojnic in prerezov nad x = 0 in y = 0 skiciraj

graf funkcije f , ki je podana s predpisom:(a) f (x,y) = 3− x

2 − y,(b) f (x,y) = x2 + y2,(c) f (x,y) = x2− y2,(d) f (x,y) =

√x2 + y2,

(e) f (x,y) =√

4− x2− y2,(f) f (x,y) = 4x2 + y2 +1,(g) f (x,y) = x2 + y2−2x,(h) f (x,y) = x2−4y2,(i) f (x,y) =

√1− y2− x2,

(j) f (x,y) =√

y2−2y+ x2−4x,(k) f (x,y) = ln(x2 +4y2),(l) f (x,y) = ln(x2− y).

Zveznost in limita funkcije vec spremenljivk1. Ali je funkcija f : R2→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) =

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

x2y2

x2+y2 ; (x,y) ∈ R2\{(0,0)},

zvezna? Odgovor utemelji!2. Ali je funkcija f : R2→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) =

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

x+yx2+y2 ; (x,y) ∈ R2\{(0,0)},

zvezna? Odgovor utemelji!3. Ali je funkcija f : R2→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) =

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

x2y(x2+y2)2 ; (x,y) ∈ R2\{(0,0)},

zvezna? Odgovor utemelji!4. Ali obstaja a ∈ R, da bo funkcija f : R2\{(0,0)}→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) =

a ; (x,y) = (0,0)xy3√x2+y2

; (x,y) ∈ R2\{(0,0)},

zvezna?5. Ali je funkcija f : R2→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) =

xy2

x2+y4 ; (x,y) ∈ R2, y 6= 0

0 ; (x,0) ∈ R2,

zvezna v tocki (0,0)? Odgovor utemelji!

69

Parcialni odvodi in totalni diferencial1. Izracunaj oba parcialna odvoda prvega reda funkcije f , ki je podana s predpisom

(a) f (x,y) = (x3 +2y2)100,(b) f (x,y) = xexy,(c) f (x,y) = xy,(d) f (x,y) = x2y2

x2+y2 ,

(e) f (x,y) = 2x−yx2+xy2 ,

(f) f (x,y) =√

sinx− ycos(xy),

(g) f (x,y) = ln(

2x2xy+y

),

(h) f (x,y) = arctan(√

xy2

),

(i) f (x,y) = arcsin(√

x+ 1√y).

2. Funkcija f : R2→ R je podana s predpisom

f (x,y) =

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

x2y2

x2+y2 ; (x,y) ∈ R2\{(0,0)}.

(a) Ali je f parcialno odvedljiva po obeh spremenljivkah?(b) Ali je f zvezno parcialno odvedljiva po obeh spremenljivkah?

3. Funkcija f : R2→ R je podana s predpisom f (x,y) = ex+y+ex−y

2 .(a) Dokaži fx(x,y)+ fy(x,y) = ex+y.(b) Dokaži fxx(x,y)+ fyy(x,y) = 2 f (x,y).(c) Za poljubno naravno število n izracunaj

fxx . . .x︸︷︷︸n−krat

(x,y)+ fyy . . .y︸︷︷︸n−krat

(x,y).

4. Funkcija f : R2 → R je podana s predpisom f (x,y) = 2ex sin(y). Ali veljajo naslednjeenakosti:

(a) x∂ f (x,y)

∂x− y

∂ f (x,y)∂y

= x f (x,y),

(b)∂ 2 f (x,y)

∂x2 − ∂ 2 f (x,y)∂y∂x

= 0,

(c)∂ 2 f (x,y)

∂y∂x− ∂ 2 f (x,y)

∂x∂y= 0.

5. Funkcija dveh spremenljivk je podana s predpisom f (x,y) = arcsin(√

x−yx

). Preveri, ce

velja∂ 2 f (x,y)

∂y∂x=

∂ 2 f (x,y)∂x∂y

.

6. Funkcija f : R2→ R je podana s predpisom

f (x,y) =

{0 ; (x,y) = (0,0)x3y−xy3

x2+y2 ; (x,y) ∈ R2\{(0,0)}.

Preveri, da je fxy(0,0) 6= fyx(0,0). Odgovor utemelji!7. Funkcija f : R2→ R je podana s predpisom

f (x,y) =

{0 ; (x,y) = (0,0)3x2y−y3

x2+y2 ; (x,y) ∈ R2\{(0,0)}.

70 4. Naloge

(a) Ali je funkcija f zvezna v tocki (0,0)?(b) Ali je funkcija f parcialno odvedljiva?(c) Ali je parcialni odvod fx oziroma fy zvezen?

8. S pomocjo diferenciala izracunaj približno vrednost(a)√

0,92 ·1,02,(b) 0,99·1,04

0,97 ,(c) 2,01 ·

√0,92 ·1,02,

(d) 1,031,98.9. S pomocjo diferenciala izracunaj za koliko se približno spremeni prostornina kozarca v obliki

stožca z višino 10 cm in polmerom 5 cm, ce se višina poveca za 3 mm, premer pa zmanjša za1 mm.

10. Za koliko procentov se spremeni volumen valja, ce se višina in polmer valja povecata za 2%?

11. Zgraditi želimo silos, ki naj bi imel obliko valja z radijem r = 10 metrov in višino h = 40metrov, njegova straha pa je polkrogla z radijem r. Po zacetku gradnje so izvajalci opazili, daje radij osnovne ploskve valja za 2 % vecji od predvidenega. Za koliko procentov bi moralizmanjšati višino h, da bi dobili silos prej predvidenega volumna. Nalogo reši s pomocjodiferenciala.

12. Za koliko se spremeni vecja od nicel polinoma p, p(x) = x2−3x+2, ce vse tri koeficientepolinoma p povecamo za 0,01. Nalogo reši s pomocjo diferenciala.

Posredno odvajanje in Taylorjeva formula

1. Izracunaj odvod funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = (x2 +1)lnx.2. Naj bo f (x,y) = x2 +3xy+ y3. Izracunaj ∂ f

∂ t , ce je x = t2 in y = t.3. Naj bo f (x,y) = x2e

yx ter naj bo x = 1−t2

1+t2 in y = 2t1+t2 . Izracunaj ∂ f

∂ t .

4. Naj bo f (x,y) = x2

y ter naj bo x = 2u− v in y = u+2v. Izracunaj ∂ f∂u in ∂ f

∂v .

5. Naj bo z(x,y) = g(xy). Izracunaj ∂ z∂ r in ∂ z

∂ϕ, ce je x = r cosϕ in y = r sinϕ .

6. Naj bo f : R→R dvakrat odvedljiva realna funkcija in naj bo z(x,y) = f (x2 +y2). Izracunaj∂ 2z∂x2 in ∂ 2z

∂x∂y .

7. Izracunaj ∂ 2z∂y∂x , ce je = f (x+ y,xy).

8. Naj bo z = z(x,y) parcialn odvedljiva funkcija in f : R→ R odvedljiva realna funkcija.(a) Transformiraj izraz xzx + yzy v polarne koordinate.

(b) Izracunaj xzx + yzy v primeru, ko je z = f(

xy

), y 6= 0.

9. Naj funkcija f : R2→ R, f (x,y) = 2xy+ x2, opisuje temperaturno porazdelitev v ravnini.(a) Izracunaj smerni odvod funkcije v smeri vektorja (1,1).(b) Doloci smer, v kateri temperatura v tocki (1,1) najhitreje narašca.

10. Izracunaj odvod funkcije f , f (x,y) =√

x+ y− xy, v tocki (1,0) v poljubni smeri, in sicer(a) direktno,(b) s pomocjo gradienta.

Poišci vektor, za katerega velja, da je omenjeni odvod najvecji? Utemelji!11. Funkcija f je podana s predpisom f (x,y) = y− x2 +1. Izracunaj odvod funkcije f v tocki

T (1,−3) v smeri vektorja~s = (−2,2).12. Zapiši Taylorjev polinom drugega reda za funkcijo f , f (x,y) = x2y+ xy2, v okolici tocke

(2,1).13. Zapiši Taylorjev polinom drugega reda za funkcijo f , f (x,y) = sin(xy), v okolici tocke

(π

2 ,1).

71

14. Zapiši Taylorjev polinom tretjega reda za funkcijo f , f (x,y) = xy , v okolici tocke (2,1).

15. Zapiši Taylorjev polinom tretjega reda za funkcijo f , f (x,y) = ln(x2y), v okolici tocke (1,1).

Lokalni ekstremi funkcije vec spremenljivk in vezani ekstrem1. Poišci lokalne ekstreme funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) = x3 + y3−3xy .

2. Poišci lokalne ekstreme funkcije f , ki je podana s predpisom

f (x,y) = lnx− 92

x2−6xy2 .

3. Poišci lokalne ekstreme funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) = xy(2x+4y+1) .

4. Poišci lokalne ekstreme funkcije f , ki je podana s predpisom

f (x,y) =1x+

2y+ xy.

5. Poišci lokalne ekstreme funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom

f (x,y) =(

x2 +34

))e−x2−y2

.

6. Poišci ekstrem funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom f (x,y) = x2 + y2, pri pogojux2 +

y2 = 1.

7. Poišci ekstrem funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom f (x,y) = 5xy− x4− y4, pripogoju x+ y = 1.

8. Poišci ekstrem funkcije f : R2 → R, ki je podana s predpisom f (x,y) = xy, pri pogojux2 + y2 = 2.

9. Naj bo a > 0. Poišci ekstrem funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom f (x,y) = x+ y,pri pogoju 1

x2 +1y2 =

1a2 .

10. Med vsemi stožci s površino 4π poišci tistega z najvecjo prostornino.11. Poišci globalni ekstrem funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom f (x,y) = 3x2−2xy+

3y2, na tistem obmocju v R2, ki je dolocen z neenacbo x2 + y2 ≤ 4.12. Poišci globalni ekstrem funkcije f : R2→ R, ki je podana s predpisom f (x,y) = x2y(4− x−

y), na obmocju, ki je omejeno s premicami z enacbami x = 0, y = 0 in x+ y = 6.13. Doloci globalne ekstreme funkcije f , ki je podana s predpisom

f (x,y) = x2 +2xy− y2,

pri pogojih x≥ 0, y≥ 0 in x+ y≤ 4.14. Poišili tocko na ploskvi z enacbo 2x−2y+ z = 4, ki je najbližja koordinatnemu izhodišcu.15. Poišci tocko na ploskvi z2 = x2 +12x+ y2 + xy2, ki je najbližja tocki T (1,0,0). Za koliko je

le-ta oddaljena od izhodišca?16. Poišci vse tocke na ploskvi z enacbo z2 = 1− xy, ki so najbližje koordinatnemu izhodišcu.17. Poišci ekstrem funkcije f : R3→ R, ki je podana s predpisom f (x,y,z) = xyz, kjer tocka

(x,y,z) zadošca zvezi x2 + y2 + z2 = 1.18. Poišci ekstrem funkcije f , f (x1,x2,x3) = x2

1 + x22 + x2

3, pri pogojih

x1 + x2− x3 = 2

2x1− x2 + x3 = 3 .

72 4. Naloge

Dvojni integral1. Izracunaj dvojni integral ∫ 1

0dx∫ π

2

0xcosy dy.

2. Izracunaj dvojni integral ∫D

∫x2y dx dy,

kjer je D trikotnik v ravnini dolocen z oglišci (1,0), (0,0) in (0,1).3. Obmocje D v ravnini je doloceno s premicami z enacbami y = 0, y = x in y = 5−2x. Zapiši∫

D

∫f (x,y) dx dy,

po spremeniljvki x najprej in po spremenljivki y najprej.4. Zamenjaj vrstni red integriranja

(a)∫ 1

0dx∫ 2

−√

xf (x,y) dy,

(b)∫ 1

−1dx∫ 1−x

−1f (x,y) dy,

(c)∫ 2

−2dx∫ 9−x2

0f (x,y) dy,

(d)∫ 1

0dx∫ √1−x2

1+√

2x−x2f (x,y) dy.

5. Naj bo D = {(§,†) ∈ R∈ | ∞≤ §∈+†∈ ≤4}. Izracunaj∫D

∫ 1(x2 + y2)2 dx dy.

6. Zapiši dvojni integral funkcije f :R2→R, ce je D obmocje v ravnini doloceno z neenakostmi(a) y≥ 0, x2 + y2 ≥ 1 in (x+2)2 + y2 ≤ 9,(b) (x−1)2 + y2 ≥ 1 in x2 + y2 ≤ 9,

7. Izracunaj plošcino obmocja v ravnini, ki ga omejuje krivulja K dolocena z enacbo:(a) (x2 + y2)2 = 2xy,(b) (x2 + y2)2 = 2a2(x2− y2), kjer je a pozitivno realno število,(c) (x2 + y2−2ax)2 = 4a2(x2 + y2), kjer je a pozitivno realno število,(d) (x2 + y2)3 = 4xy(x2− y2).

8. Izracunaj dvojni∫D

∫ √xy dxdy, kjer je D tisti del obmocja v ravnini, ki ga omejuje krivulja

z enacbo (x2

3+

y2

4

)4

≤ xy√12

.

Trojni integral1. Izracunaj trojni integral ∫ 1

0dx∫ 2x

xdy∫ √x+y

02zdz.

2. Izracunaj trojni integral ∫ ∫G

∫y dx dy dz,

73

kjer je G obmocje v prostoru R3 doloceno s ploskvami z enacbami x = 0, y = 0, z = 0,x+ y = 1 in z = y2.

3. Izracunaj trojni integral ∫ ∫G

∫ dx dy dz(1+ x+ y+ z)3 ,

kjer je G obmocje v prostoru R3 doloceno z neenacbami x≥ 0, y≥ 0, z≥ 0, x+ y+ z≤ 1.4. Izracunaj volumen obmocja G v prostoru R3 doloceno s ploskvami z enacbami x = 0, y = 1,

z = 0, y = x in z = x2 + y2.5. Izracunaj trojni integral ∫ ∫

G

∫(x+ z) dV,

kjer je G obmocje v prostoru R3 doloceno z neenacbama x2 + y2 ≤ 1, 0≤ z≤ 4.6. Naj bo R > 0. Izracunaj prostornino telesa, ki ga v prostoru R3 dolocata neenakosti x2 + y2 +

z2 ≤ R2 in x2 + y2 ≤ Rx.7. Izracunaj trojni integral ∫ ∫

G

∫z2 dV,

kjer je G obmocje v prostoru R3 doloceno z neenacbama x2 + y2 + z2 ≤ 1, z≥ 0.8. Izracunaj volumen obmocja G v prostoru R3 doloceno z neenacbama x2 + y2 + z2 ≤ z,

z2 ≥ x2 + y2.

II

5 Diferencialna geometrija v prostoru . . 775.1 Krivulje5.2 Ploskve

6 Krivuljni in ploskovni integral . . . . . . . . . 896.1 Krivuljni integral6.2 Ploskovni integral6.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih6.4 Trije integralski izreki

7 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Vektorska analiza

5. Diferencialna geometrija v prostoru

Pogledali si bomo krivulje in ploskve v prostoru, ter nekah osnovnih geometrijskih pojmov vpovezavi z njimi. Ker je odvod tukaj bistvenega pomena, imenujemo to podrocje diferencialnageometrija.

5.1 Krivulje

Naj bo K krivulja v prostoru R3. Vsaka tocka na krivulji K je dolocena s koordinatami (x,y,z).Krivulja v prostoru R3 je lahko podana na razlicne nacine.

• Krivulja je lahko podana z zveznima funkcijama y = y(x) in z = z(x). Ko x pretece vrednosti nanekem intervalu, pripadajoce tocke T (x,y(x),z(x)) ležijo na krivulji K .

• Krivulja je lahko podana implicitno kot presek dveh ploskev F(x,y,z) = 0 in G(x,y,z) = 0.

• Najbolj obicajen je parametricni nacin podajanja krivulje. Ce uspemo krivuljo K predstavitikot sliko neke podmnožice realnih števil (obicajno intervala) pravimo, da smo krivuljoK parametrizirali. Natancneje, naj bodo x = x(t),y = y(t),z = z(t) zvezne funkcije spre-menljivke t na intervalu [α,β ]. Za vsak t iz tega intervala dobimo neko tocko krivulje K .Spremenljivko t imenujemo parameter. S tem v bistvu dobimo vektorsko funkcijo skalarnespremenljivke t, ki jo oznacimo z~r

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

� Zgled 5.1 Enacba vijacnice v parametricni obliki

~r(t) = (acos t,asin t,bt) , t ∈ R, a,b > 0 .

x = acos ty = asin tz = bt

78 5. Diferencialna geometrija v prostoru

Slika 5.1: Vijacnica.

Ker je x2 + y2 = a2 in z = bt, leži vijacnica na plašcu valja s polmerom a.�

V nadaljevanju si bomo pogledali tangento in normalno ravnino krivulje. V ta namen moramodefinirati odvod parametrizacije in s tem tangentni vektor na krivuljo.

Definicija 5.1.1 Naj bo krivulja K dana s parametrizacijo~r(t) = (x(t),y(t),z(t)), t ∈ [α,β ] innaj bo T =~r(a) poljubna tocka na krivulji K . Ce obstaja limita

limh→0

~r(a+h)−~r(a)h

,

je ta limita vektor, ki ga imenujemo tangentni vektor na krivuljo K v tocki a in ga oznacimo~r(a).

Opomba: Definirali smo odvod parametrizacije~r, ki ga oznacujemo s piko, t.j.

~r(a) = limh→0

~r(a+h)−~r(a)h

.

Ce so funkcije x = x(t), y = y(t), z = z(t) odvedljive v t, tedaj je

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

Definicija 5.1.2 Premica, ki poteka skozi tocko T =~r(a) krivulje K v smeri vektorja ~r(a), jetangenta na krivuljo K v tocki a.

Poglejmo, kako poišcemo enacbo tangente. Naj bo (x,y,z) poljubna tocka na tangenti, tedaj je

(x,y,z) = ~r(a)+λ~r(a)

oziroma

(x,y,z) = (x(a),y(a),z(a))+λ (x(a), y(a), z(a)) .

Eliminiramo λ in dobimox− x(a)

x(a)=

y− y(a)y(a)

=z− z(a)

z(a).

5.1 Krivulje 79

� Zgled 5.2 Poišci enacbo tangente na vijacnico v tocki (a,0,0).

Iz (acos t,asin t,bt) = (a,0,0) sledi, da je t = 0. Poišcimo smer tangente v poljubni tocki

~r(t) = (−asin t,acos t,b)

in še v dani tocki~r(0) = (0,a,b) .

Enacba tangente je(x,y,z) = (a,0,0)+λ (0,a,b)

oziroma v odsekovni oblikiya=

za, x = a .

�

Ce je ~r(t) 6= 0 v vsaki tocki krivulje~r(t), tedaj je~r regularna parametrizacija.

Recimo, da je krivlja K podana implicitno, kot presek dveh ploskev

F(x,y,z) = 0 in G(x,y,z) = 0 .

Naj bo~r(t),~r : [α,β ]→K parametrizacija krivulje K . Tedaj sta ploskvi odvisni od parametra t:

F(x(t),y(t),z(t)) = 0 in G(x(t),y(t),z(t)) = 0 , t ∈ [α,β ] .

Odvajajmo F po t:∂F∂x

∂x∂ t

+∂F∂y

∂y∂ t

+∂F∂ z

∂ z∂ t

= 0

∂F∂x

x(t)+∂F∂y

y(t)+∂F∂ z

z(t) = 0

Dobili smo skalarni produkt vektorjev(

∂F∂x ,

∂F∂y ,

∂F∂ z

)= gradF in (x(t), y(t), z(t)) = r(t). Tako velja

gradF ·~r(t) = 0 .

Na podoben nacin dobimogradG ·~r(t) = 0 .

Ce je vektorski produkt obeh gradientov razlicen od nic

gradF×gradG 6= 0 ,

tedaj je~r(t) = λ (gradF×gradG) .

S tem se enacba tangente na krivuljo K v tocki (a,b,c) glasi

(x,y,z) = (a,b,c)+λ (gradF×gradG) .


� Zgled 5.3 Poišci enacbo tangente na krivuljo K v tocki (6,9,9), ce je K dolocena kot presekploskev

x2 = 4z in x3 = 24z .

Poišcimo oba gradienat v dani tocki

grad(x2−4z) = (2x,0,−4)= (12,0,−4) ,

grad(x3−24z) = (3x2,0,−24)= (108,0,−24) .

Njun vektorski produkt je enak

(12,0,−4)× (108,0,−24) = 48((3,0,−1)× (9,0,−2)) = (0,−144,0) =−144(0,1,0) .

Tangenta ima smer vektorja (0,1,0) in njena enacba je

(x,y,z) = (6,9,9)+λ (0,1,0)

oziroma v odsekovni oblikiy = λ +9,x = 6,z = 9 .

�

Definicija 5.1.3 Normalna ravnina krivulje K v tocki T =~r(a) ∈K je ravnina, ki potekaskozi tocko T in je pravokotna na tangentni vektor. Normala krivulje K v tocki T ∈K jevsaka premica, ki leži v normalni ravnini in poteka skozi tocko T .

Enacba normalne ravnine parametricno podane krivulje K je enaka

((x,y,z)−~r(a)) ·~r(t) = 0 .

Ce je krivulja K podana implicitno kot presek ploskev F in G, tedaj je enacba normalneravnine v tocki (a,b,c) enaka

((x,y,z)− (a,b,c)) · (gradF×gradG) = 0 .

� Zgled 5.4 Dana je vijacnica

~r(t) = (acos t,asin t,bt) , t ∈ R, a,b > 0 .

Poišci enacbo normalne ravnine v tocki~r(0).

Vemo že, da je~r(0) = (a,0,0) in ~r(0) = (0,a,b) ,

zato je enacna normalne ravnine v tocki (a,0,0) enaka

((x,y,z)− (a,0,0)) · (0,a,b) = 0

ay+bz = 0, x ∈ R .

�

5.1 Krivulje 81

Poglejmo, kako izracunamo dolžino loka na krivulji oziroma locno dolžino krivulje K , podaneparameticno

~r(t) = (x(t),y(t),z(t)) , t ∈ [α,β ] .

Na podoben nacim, kot smo to naredili pri izracunu loka funkcije ene spremenljivke, razdelimointerval [α,β ] na n podintervalov

α = t0 < t1 < · · ·< tn−1 < tn = β .

Pripadajoce vrednosti na krivulji K povežemo z daljicami, s cimer dobimo poligonsko crto, kateredolžina je

T0Tn =n

∑k=1

Tk−1Tk =n

∑k=1

√(xk− xk−1)2 +(yk− yk−1)2 +(zk− zk−1)2 .

Ce je tk− tk−1 = δk, tedaj z uporabo Lagrangeovega izreka dobimo

T0Tn =n

∑k=1

√x(τk)2δ 2

k + y(ξk)2δ 2k + z(ηk)2δ 2

k =n

∑k=1

√x(τk)2 + y(ξk)2 + z(ηk)2δk .

Ker je x2(t)+ y2(t)+ z2(t) =~r(t) ·~r(t), je smiselna naslednja definicija.

Definicija 5.1.4 Naj bo krivulja K podana s parametrizacijo~r(t) = (x(t),y(t),z(t)), t ∈ [α,β ].Tedaj je dolžina loka krivulje K , l(K ), enaka

l(K ) =∫

β

α

√~r(t) ·~r(t)dt .

� Zgled 5.5 Poišci dolžino enega zavoja vijacnice.

l(K ) =∫

β

α

√~r(t) ·~r(t)dt

=∫ 2π

0

√(−asin t,acos t,b) · (−asin t,acos t,b)dt

=∫ 2π

0

√a2 +b2 dt

= 2π√

a2 +b2 .

�

Spremenimo integral tako, da bo zgornja meja spremenljivka, s cimer krivuljni integral postanefunkcija

s(t) =∫ t

α

√~r(τ)~r(τ)dτ =

∫ t

α

√x(τ)2 + y(τ)2 + z(τ)2 dτ ,

in predstavlja dolžino loka na krivulji K med tocko~r(α) = (x(α),y(α),z(α)) in poljubno tockona krivulji~r(t) = (x(t),y(t),z(t)). Nekaj premisleka je potrebno da vidimo (za zvezno funkcijo Φ

velja ddt

∫ tα

Φ(τ)dτ = Φ(τ)), da z odvajanjem zgornje vrstice dobimo

s(t) =√

x(t)2 + y(t)2 + z(t)2 .


Slika 5.2: Parametrizacija krivulje z naravnim parametrom s.

Drugace zapisano (dsdt

)2

=

(dxdt

)2

+

(dydt

)2

+

(dzdt

)2

.

oziroma(ds)2 = (dx)2 +(dy)2 +(dz)2 ,

kar je kvadrat locnega diferenciala. Locni diferencial je dolžina loka med dvema bližnjima tockamana krivulji, ko razdaljo med njima aproksimiramo z dolžino daljice.

Funkcija s(t) je strogo narašcajoca funkcija parametra t, zato obstaja njen inverz t = t(s), ki jeenolicna in zvezno odvedljiva funkcija. Enacbo krivulje lahko zapišemo v obliki

~r(t) =~r(t(s)) = (x(t(s)),y(t(s)),z(t(s)) .

Pravimo, da smo krivuljo K parametrizirali z naravnim parametrom s.Kadar je krivulja parametrizirana z naravnim parametrom odvod parametrizacije oznacimo s

crtico, t. j.~r′(s) = (x′(s),y′(s),z′(s)). V tem primeru je(dsdt

)2

=

(dxdt

)2

+

(dydt

)2

+

(dzdt

)2

enako (dsds

)2

=

(dxds

)2

+

(dyds

)2

+

(dzds

)2

oziroma1 = x′(s)2 + y′(s)2 + z′(s)2

1 = ~r′(s)~r′(s) ..

Pokazali smo, da je v primeru parametrizacije z naravnim parametrom tangentni vektor dolžine enaoziroma je enotski vektor. Vrednosti s naravnega parametra pripada takšna tocka T na krivulji K ,da je dolžina loka med T in zacetno tocko T0 =~r(α) enaka s.

V primeru, ko je krivulja podana eksplicitno z enacbama y = y(x) in z = z(x), x ∈ [a,b], jedolžina loka krivulje enaka

l(K ) =∫ b

a

√1+ y2(x)+ z2(x)dx .

5.2 Ploskve 83

5.2 Ploskve

Ploskve v prostoru R3 so lahko, podobno kor krivulje, podane na razlicne nacine.

• Obicajno je ploskev podana implicitno z enacbo F(x,y,z) = 0 ali eksplicitno z enacbo z = f (x,y).Na primer, z enacbo f (x,y) = z = x2 + y2 je dolocen paraboloid.

• Ploskev S je lahko podana tudi parametricno z dvema parametroma. V tem primeru je S slikaodprte množice D ⊆ R2 preslikave~r : D → R3 . Preslikava oz. parametrizacija~r mora bitizvezna in injektivna.Na primer, s parametrizacijo ~r(u,v) = (u cosv,u sinv,u2), (u,v) ∈ R× [0,2π) je dolocenparaboloid z = x2 + y2.

� Zgled 5.6 Zapiši enacbo plašca neskoncnega valja s polmerom a v parametricni obliki.

~r(ϕ,z) = (a cosϕ,a sinϕ,z), ϕ ∈ [0,2π), z ∈ R .

�

� Zgled 5.7 Zapiši enacbo sfere x2 + y2 + z2 = 1 v parametricni obliki.

~r(ϕ,ϑ) = (cosϕ cosϑ ,sinϕ cosϑ ,sinϑ), ϕ ∈ [0,2π), ϑ ∈ [−π

2,π

2] .

�

Naj bo ploskev S podana s parametrizacijo~r : D ⊆ R2→ R3 . Naj bo (u0,v0) ∈D ⊆ R2 poljubnatocka in naj bo parameter v = v0 konstanten. Potem vse tocke, za katere je v = v0 ležijo nakrivulji~r(u,v0). Podobno tocke, za katere je u konstanten, leže na krivulji~r(u0,v). Ti dve krivuljiimenujemo koordinatni krivulji. Skozi vsako tocko na ploskvi potekata dve koordinatni krivulji.Tako na primer za sfero dobimo kot koordinatne krivulje poldnevnike (meridiane), ko je ϑ = ϑ0 invzporednike, ko je ϕ = ϕ0. Odvod koordinatnih krivulj je enak

~r(u,v0) ⇒ ~ru(u,v0) = (xu(u,v0),yu(u,v0),zu(u,v0))

~r(u0,v) ⇒ ~rv(u0,v) = (xv(u0,v),yv(u0,v),zv(u0,v))

Parcialna odvoda sta tangentna vektorja ustrezne koordinatne krivulje v tocki~r(u0,v0).Pravimo, da je parametrizacija ploskve S regularna, ce so funkcije x = x(u,v), y = y(u,v), z =

z(u,v) zvezno parcialno odvedljive in v vsaki tocki (u,v) ∈D velja

~ru(u,v)×~rv(u,v) 6= 0 .

Definicija 5.2.1 Naj bo ploskev S podana z regularno parametrizacijo~r(u,v). Normalni vektorploskve S v tocki T =~r(u0,v0),~n(u0,v0) je enak

~n(u0,v0) =~ru(u0,v0)×~rv(u0,v0) .

Ravnino skozi tocko T z normalo~n imenujemo tangentna ravnina ploskve S v tocki T .


Enacba tangentne ravnine v tocki~r(u0,v0) je enaka

((x,y,z)−~r(u0,v0)) ·~n(u0,v0) = 0

oziroma

((x,y,z)−~r(u0,v0)) · (~ru(u0,v0)×~rv(u0,v0)) = 0.

To je t.i. mešani produkt treh vektorjev

((x,y,z)−~r(u0,v0)),~ru(u0,v0),~rv(u0,v0)) = 0 ,

ki je enak determinanti matrike, katere vrstice so komponente posameznega vektorja.

� Zgled 5.8 Zapiši enacbo tangentne ravnine (enotske) sfere v tocki ϕ = π

2 , ϑ = π

4 .

~r(ϕ,ϑ) = (cosϕ cosϑ ,sinϕ cosϑ ,sinϑ)

~r(π

2 ,π

4 ) = (0,√

22 ,√

22 ) .

~rϕ(ϕ,ϑ) = (−sinϕ cosϑ ,cosϕ cosϑ ,0)~rϕ(

π

2 ,π

4 ) = (−√

22 ,0,0) ,

~rϑ (ϕ,ϑ) = (−cosϕ sinϑ ,−sinϕ sinϑ ,cosϑ)

~rϑ (π

2 ,π

4 ) = (0,−√

22 ,√

22 ) .(

(x,y,z,)− ((0,√

22 ,√

22

)·((−√

22 ,0,0)× (0,−

√2

2 ,√

22 ))

= 0

(x,y−

√2

2 ,z−√

22

)·(0, 1

2 ,12

)= 0

y+ z =√

2 .�

Poglejmo, kako se izraža tangentna ravnina implicitno podane ploskve, t.j. z enacbo F(x,y,z) =0. Ploskev S parametriziramo z regularno parametrizacijo~r(u,v)

~r(u,v) = (x(u,v),y(u,v),z(u,v)) ∈S , (u,v) ∈D ⊆ R2

oziromaF(x(u,v),y(u,v),z(u,v)) = 0 .

Izracunajmo parcialna odvoda funkcije F :

Fu =∂F∂x

∂x∂u

+∂F∂y

∂y∂u

+∂F∂ z

∂ z∂u

= 0

gradF ·~ru = 0

Fv =∂F∂x

∂x∂v

+∂F∂y

∂y∂v

+∂F∂ z

∂ z∂v

= 0

gradF ·~rv = 0 .

5.2 Ploskve 85

Ker je gradF pravokoten na oba parcialna odvoda, ima smer njunega vektorskega produkta

gradF = λ (~ru×~rv) .

Zato je enacna tangentne ravnine na implicitno podano ploskev F(x,y,z) = v tocki T = (a,b,c)enaka

((x,y,z)− (a,b,c)) ·gradF(a,b,c) = 0 .

� Zgled 5.9 Zapiši enacbo tangentne ravnine na (enotsko) sfero v tocki (1,1,1).

Enacba enotske sfere jeF(x,y,z) = x2 + y2 + z2−1 = 0

in njen grafient v dani tocki je

gradF(x,y,z) = (2x,2y,2z)⇒ gradF(1,1,1) = 2(1,1,1) .

Enacba tangentne ravnine je enaka

((x,y,z)− (1,1,1)) · (1,1,1) = 0

x+ y+ z = 3�

Definicija 5.2.2 Premica skozi tocko T na ploskvi S v smeri normalnega vektorja se imenujenormala na ploskev S v tocki T .

Ce je ploskev dana z regularno parametrizacijo, tedaj je normala na ploskev v tocki~r(u0,v0)dolocena z enacbo

(x,y,z) =~r(u0,v0)+λ (~ru(u0,v0)×~rv(u0,v0)) .

V primeru implicitno podane ploskve, je enacba normale v tocki (a,b,c) dolocena z enacbo

(x,y,z) = (a,b,c)+λ gradF(a,b,c) .

� Zgled 5.10 Zapiši enacbo normale na ploskev z(x,y) = x2− y2 v tocki (2,1).

(x,y,z) = (2,1,3)+λ (2x,−2y,−1)(2,1,3)

(x,y,z) = (2,1,3)+λ (4,−2,−1)

(x,y,z) = (2,1,3)+λ (4,−2,−1)

x = 2+4λ ⇒ λ =x−2

4

y = 1−2λ ⇒ λ =−y+1

2

z = 3−λ ⇒ λ =−z+3

2.

Enacba normale je tako enakax−2

4=−y+1

2=−z+3

2.

�


Slika 5.3: Površina ploskve.

V nadaljevanju bomo pogledali, kako izracunamo površino ploskve.

Naj bo ~r : D ⊆ R2 → R3 regularna parametrizacija ploskve S . Pravokotnik Q, dolocens tockami (u,v),(u+ h,v),(u,v+ k),(u+ h,v+ k) na obmocju D se z ~r preslika v "krivocrtni"paralelogram~r(Q) na ploskvi S s "stranicama" (glej Sliko 5.2)

~r(u+h,v)−~r(u,v) ≈ ~ru(u,v)h

~r(u,v+ k)−~r(u,v) ≈ ~rv(,v)k .

Površina krivocrtnega paralelograma~r(Q) je tako enaka dolžini vektorskega produkta obehstranic

Pov(~r(Q)) = |~ru(u,v)h×~rv(u,v)k|

= |~ru(u,v)×~rv(,v)|hk = |~ru(u,v)×~rv(u,v)|S(Q) ,

pri cemer je S(Q) plošcina pravokotnika Q.

Izraz |~ru(u,v)×~rv(,v)| bomo preformulirali. Najprej vpeljimo oznake

E = ~ru ·~ru

F = ~ru ·~rv

G = ~rv ·~rv .

V nadaljevanju bomo privzeli eno izmed lastnosti vektorskega produkta

|~x×~y|2 = |~x|2 |~y|2− (~x ·~y)2 .

|~ru×~rv|2 = |~ru|2 |~rv|2− (~ru ·~rv)2

= (~ru ·~ru)(~rv ·~rv)− (~ru ·~rv)2

= EG−F2 .

Površina celotne ploskve S =~r(D) je enaka vsoti površin posameznih manjših krivocrtnihparalelogramov. Naj bo torej obmocje D razdeljeno na disjunktne pravokotnike Qi, i = 1,2, . . .n

5.2 Ploskve 87

tako, da je njihova unija enaka D . Tedaj velja

Pov(S ) ≈ ∑ni=1 Pov(~r(Qi))

= ∑ni=1

√EG−F2(ui,vi)S(Qi), (ui,vi) ∈ Qi .

Dobili smo Riemannovo integralsko vsoto za dvojni integral, zato je smiselna naslednja definicija.

Definicija 5.2.3 Naj bo ~r : D ⊆ R2 → R3 regularna parametrizacija ploskve S . Teda jepovršina ploskve S

Pov(S ) =∫D

∫ √EG−F2 dudv .

Naj bo ploskev S podana eksplicitno z = f (x,y), (x,y) ∈ D . Tedaj sta parametra kar spre-menljivki x in y

~r(x,y) = (x,y, f (x,y)), (x,y) ∈D .

Oba parcialna odvoda sta~rx(x,y) = (1,0, fx(x,y))

~ry(x,y) = (0,1, fy(x,y))

inE = ~rx(x,y) ·~rx(x,y) = 1+ f 2

x (x,y)

F = ~rx(x,y) ·~ry(x,y) = fx(x,y) fy(x,y)

G = ~ry(x,y) ·~ry(x,y) = 1+ f 2y (x,y) ,

zato jeEG−F2 = 1+ f 2

x (x,y)+ f 2y (x,y) .

Pokazali smo, da je za ploskev S , ki je podana eksplicitno s predpisom z = f (x,y), (x,y) ∈D ,njena površina enaka

Pov(S ) =∫D

∫ √1+ f 2

x (x,y)+ f 2y (x,y)dxdy .

� Zgled 5.11 Izpelji formulo za površino sfere s polmerom R.

~r(ϕ,ϑ) = (Rcosϕ cosϑ ,Rsinϕ cosϑ ,Rsinϑ)

~rϕ(ϕ,ϑ) = (−Rsinϕ cosϑ ,Rcosϕ cosϑ ,0)

~rϑ (ϕ,ϑ) = (−Rcosϕ sinϑ ,−Rsinϕ sinϑ ,Rcosϑ)

E =~rϕ(ϕ,ϑ) ·~rϕ(ϕ,ϑ) = R2 cosϑ (sin2ϕ + cos2 ϕ) = R2 cos2 ϑ

F =~rϕ(ϕ,ϑ) ·~rϑ (ϕ,ϑ) = R2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ−R2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ = 0

G =~rϑ (ϕ,ϑ) ·~rϑ (ϕ,ϑ) = R2 sinϑ (sin2ϕ + cos2 ϕ)+R2 cos2 ϑ = R2

EG−F2 = R4 cos2 ϑ


Pov(S ) =∫D

∫ √EG−F2 dudv

=∫D

∫ √R4 cos2 ϑ dϕ dϑ

=∫D

∫R2|cosϑ |dϕ dϑ

= R2∫ 2π

0dϕ

∫ π

2

− π

2

|cosϑ |dϑ

= 2πR2∫ π

2

− π

2

|cosϑ |dϑ

= 2πR2∫ π

2

− π

2

cosϑ dϑ

= 4πR2∫ π

2

0cosϑ dϑ

= 4πR2(sinϑ)|π

20 = 4πR2

�

6. Krivuljni in ploskovni integral

Spoznali smo krivulje in ploskve v prostoru, zdaj pa bomo pogledali, kako lahko po obojihintegriramo bodisi skalarno polje bodisi vektorsko polje in spoznali uporabne probleme povezane stemi vrstami integralov.

6.1 Krivuljni integralKrivuljni integal je posplošitev dolocenega integrala. Pri dolocenem integralu

∫ ba f (x)dx integriramo

funkcijo f vzdolž osi x med a in b, medtem ko pri krivuljnem integralu integriramo funkcijo vzdolžkrivulje v prostoru. Integriramo lahko bodisi skalarno bodisi vektorsko funkcijo. Preden se lotimopozamezne od obeh vrst integralov, moramo definirati še nekaj pojmov v zvezi s krivuljami.

Krivulja je enostavna, ko sama sebe nikoli ne seka oz. se ne dotika. Naj bo~r : [α,β ]→ R3

parametrizacija krivulje K . Krivulja je gladka, ko v vsaki njeni tocki obstaja natanko ena tangenta.Natancneje to pomeni, da je ~r v vsaki tocki zvezno odvedljiva funkcija in njen odvod ~r 6= 0(parametrizacija krivulje~r je torej regularna). Ce je krivulja K sestavljena in koncnega številagladkih krivulj, je odsekoma gladka. To je milejša zahteva kot gladkost cele krivulje. V nadaljevanjubodo krivulje, po katerih bomo integrirali, enostavne in odsekoma gladke.

Krivuljni integral skalarne funkcije

Naj bo K krivulja in f : K ⊆ R3 → R skalarna funkcija (polje). Naj bosta A in B zacetna inkoncna tocka na krivulji K . Podobno kot pri vseh integralih naredimo delitev, v tem primeru sodelilne tocke Ti na krivulji K in ∆ = {A = T0,T1, . . . ,Tn = B} je delitev (glej Sliko 6.1). Na vsakemdelu krivulje med zaporednima tockama Ti−1,Ti poljubno izberemo vmesno tocko Si, i = 1,2, . . . ,n.Naj bo l(Ti−1,Ti) dolžina loka med Ti−1 in Ti in ρ naj bo maksimalna izmed teh dolžin. Tedaj jeRiemannova integralska vsota definirana kot

R∆( f ) =n

∑i=1

f (Si)l(Ti−1,Ti) .

90 6. Krivuljni in ploskovni integral

Slika 6.1: Definicija krivuljnega integrala skalarne funkcije.

Naj bo krivulja K parametrizirana z regularno parametrizacijo~r : [α,β ]→K in naj bo

α = t0 < t1 < · · ·< tn−1 < tn = β

ter

Ti =~r(ti), Si =~r(ξi), ti−1 ≤ ξi ≤ ti, i = 1, . . . ,n .

Dolžina loka krivulje med tockama Ti−1 =~r(ti−1) in Ti =~r(ti) je tedaj enaka

l(Ti−1,Ti) =∫ ti

ti−1

√~r(τ)~r(τ)dτ ≈

√~r(ξi)~r(ξi)(ti− ti−1) .

Tedaj jen

∑i=1

f (Si)l(Ti−1,Ti)≈n

∑i=1

f (x(ti),y(ti),z(ti))√~r(ξi)~r(ξi)(ti− ti−1)

in z vecanjem števila delilnih tock oziroma v limiti, ko gre ρ → 0, dobimo krivuljni integral, zatosledi definicija.

Definicija 6.1.1 Naj bo f : K ⊆ R3→ R skalarna funkcija in K krivulja parametrizirana zregularno parametrizacijo~r : [α,β ]→K . Tedaj je krivuljni integral skalarne funkcije f na Kenak ∫

K

f (x,y,z)ds =∫

β

α

f (~r(t))√~r(t)~r(t)dt .

� Zgled 6.1 Izracunaj integral funkcije f (x,y,z) = x2 + y2 + z2 po daljici med tockama A(1,0,1)in B(2,3,0).

Parametriziramo daljico skozi tocki (1,0,1) in (2,3,0):

~r(t) = (1,0,1)+ t ((2,3,0)− (1,0,1))

~r(t) = (1+ t,3t,1− t), t ∈ [0,1]

6.1 Krivuljni integral 91

Izracunamo odvod ~r(t) = (1,3,−1) in ~r(t)~r(t) = 12 +32 +(−1)2 = 11. Tako je∫K

(x2 + y2 + z2)ds =∫ 1

0((1+ t)2 +9t2 +(1− t)2)

√11dt

=√

11∫ 1

0(11t2 +2)dt

=√

11(11t3

3+2t)|10 =

17√

113

�

LASTNOSTI KRIVULJNEGA INTEGRALA SKALARNE FUNKCIJE

• Integral v Zgledu 6.1 smo izracunali tako, da smo šli od tocke A do B. Lahko bi šli tudi obratno,od tocke B do tocke A, in dobimo enak rezultat. Velja namrec, da je krivuljni integral skalarnefunkcije neodvisen od izbire smeri na krivulji.

• Krivuljni integral lahko razdelimo na integral po posameznih delih krivulje. Ce je K =K1∪K2,kjer imata krivulji skupno tocko, tedaj je

∫K

f (x,y,z)ds =∫

K1

f (x,y,z)ds+∫

K2

f (x,y,z)ds .

• Velja linearnost krivuljnega integrala

∫K

(λ f +µ g)ds = λ

∫K

f ds+µ

∫K

gds .

� Zgled 6.2 Izracunaj maso prvega zavoja vijacnice~r(t) = (cos t,sin t, t), t ∈ [0,2π], ce je gostotapodana s funkcijo ρ(x,y,z) = z.

Masa vijacnice je enaka

m(K ) =∫K

ρ(x,y,z)ds

=∫ 2π

0ρ(x(t),y(t),z(t))

√~r(t) ·~r(t)dt

=∫ 2π

0t√

(−sin t,cos t,1) · (−sin t,cos t,1)dt

=∫ 2π

0t√

(−sin t)2 + cos2 t +1)dt

=√

2t2

2|2π0 = 2

√2π

2 .

�


Krivuljni integral vektorske funkcije po usmerjeni poti

Naj bo ~F : K ⊆R3→R vektorska funkcija in K krivulja z regularno parametrizacijo~r : [α,β ]→K . Išcemo integral vektorske funkcije ~F po K .

Za motivacijo si lahko predstavljamo ~F kot konstantno vektorsko polje (silo). Pri premiku iztocke~r(t1) v tocko~r(t2) opravimo delo A = ~F(~r(t2)−~r(t1)). Ce si za trenutek poredstavljamo,da je krivulja K na klancu, je za opravljeno delo pomembno v kateri smeri se premikamo medtockama, zato mora biti krivulja usmerjena oziroma orientirana.

Naj bo torej~r : [α,β ]→K regularna parametrizacija krivulje K in ~F vektorsko polje naK . Podobno kot pri skalarni funkciji, naredimo delitev intervala α = t0 < t1 < · · · < tn−1 <tn = β in izberemo vmesne tocke ξi ∈ [ti−1, ti]. Razlika glede na skalarno funkcijo je v tem, dafunkcijsko vrednost v vmesnih tocki ne množimo z dolžino loka med zaporednima tockama, temvecz usmerjeno daljico med njima, saj je smer pomembna. Dobimo torej vsoto skalarnih produktov

n

∑i=1

~F(~r(ξi)) · (~r(ti)−~r(ti−1))≈n

∑i=1

~F(~r(ξi)) ·~r(ξi)(ti− ti−1) .

V limitnem procesu vecamo število delilnih tocki in dobljena limita predstavlja krivuljni integralvektorske funkcije. Tako lahko zapišemo naslednjo definicijo.

Definicija 6.1.2 Naj bo ~F : K ⊆ R3→ R3 vektorska funkcija in K krivulja parametrizirana zregularno parametrizacijo~r : [α,β ]→K . Tedaj je krivuljni integral vektorske funkcije f pousmerjeni krivulji K od tocke~r(α) do tocke~r(β ) enak∫

K

~F(x,y,z)d~r =∫

β

α

~F(~r(t)) ·~r(t)dt .

� Zgled 6.3 Izracunaj krivuljni integral funkcije ~F =(y,−x,z) po krivulji K , podani s parametrizacijo

~r(t) = (t cos t, t sin t, t), t ∈ [0,2π] .

∫K

~F(x,y,z)d~r =∫ 2π

0(t sin t,−t cos t, t) · (cos t− t sin t,sin t + t cos t,1)dt

=∫ 2π

0(−t2 + t)dt = 2π

2− 8π3

3�

LASTNOSTI KRIVULJNEGA INTEGRALA VEKTORSKE FUNKCIJE

• V primeru sklenjene krivulje podamo orientacijo krivulje s smerjo obhoda in sicer velja, da jekrivulja pozitivno orientirana, ko se premikamo v smeri nasprotni urinemu kazalcu oziromapri premikanju mora biti obmocje na levi strani. V nasprotnem je sklenjena krivulja negativnoorientirana.

• Krivuljni integral lahko razdelimo na integral po posameznih delih krivulje. Ce je K =K1∪K2,kjer imata krivulji skupno tocko in sta usklajeno usmerjeni, tedaj je

∫K

~F(x,y,z)d~r =∫

K1

~F(x,y,z)d~r+∫

K2

~F(x,y,z)d~r .

6.2 Ploskovni integral 93

• Ce je K orientirana krivulja in −K krivulja z nasprotno orientacijo, tedaj je

∫−K

~F(x,y,z)d~r =−∫K

~F(x,y,z)d~r .

• Velja linearnost krivuljnega integrala

∫K

(λ ~F +µ ~G)d~r = λ

∫K

~F d~r+µ

∫K

~Gd~r .

Za ~F(x,y,z) = ( f1(x,y,z), f2(x,y,z), f3(x,y,z)) lahko krivuljni integral po krivulji K zapišemo∫K

~F(x,y,z)d~r =∫

Kf1(x,y,z)dx+ f2(x,y,z),dy+ f3(x,y,z)dz .

Namrec, za parametrizacijo~r(t) = (x(t),y(t),z(t)), α ≤ t ≤ β je dx = x(t)dt, dy = y(t)dt, dz =z(t)dt in posledicno je

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

f1(x(t),y(t),z(t)) x(t)dt + f2(x(t),y(t),z(t)) y(t)dt + f3(x(t),y(t),z(t)) x(t)dt =

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

~F(~r(t)) ·~r(t)

Zato je∫K

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

β

α

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

f2(x(t),y(t),z(t)) y(t)+ f3(x(t),y(t),z(t)) x(t)) dt

6.2 Ploskovni integral

Orientacija ploskve

Ploskev S je gladka, ko ima v vsaki tocki tangentno ravnino in S je odsekoma gladka, ce jo lahkorazdelimo na koncno mnogo gladkih ploskev. Na primer, sfera je gladka ploskev, medtem ko je robkocke odsekoma gladka ploskev.

Lokalno gledano lahko za vsako ploskev recemo, da ima dve strani. Ce izberemo eno od tehdveh strani pravimo, da smo ploskev v neki tocki orientirali. To pomeni, da v tocki izberemoeno od dveh normal, ki sta si med seboj nasprotno usmerjeni. Natancneje, ce v tocki T izberemonormalo~n in se premikamo po sklenjeni krivlji na ploskvi S , moramo pri vrnitvi v tocko T spetdobiti~n (in ne −~n). Ploskev je orientabilna, ko ji je mogoce dolociti orientacijo. Vsak del ploskve,ki ga lahko parametriziramo, je zmeraj orientabilen.

Rob ploskve S , ∂S , tvorijo krivulje, ki omejujejo ploskev S . Naj bo S orientirana ploskevin naj bo ∂S odsekoma gladka krivulja. Orientacija ploskve S doloca orientacijo roba ∂S insicer, ce se postavimo na S tako, da stojimo v smeri izbrane normale, je orientacija oziromausmerjenost roba ∂S taka, da je obmocje na sprehajalcevi levi strani.


Slika 6.2: Definicija ploskovnega integrala skalarne funkcije.

Ploskovni integral skalarne funkcije

Naj bo S ⊂ R3 gladka ploskev, ki jo lahko parametriziramo z regularno parametrizacijo~r : D ⊂R2→ R3 in naj bo f : S → R zvezna funkcija. Obmocje D razdelimo na pravokotnika Qi in navsakem izberemo tocko (ui,vi) in naj bo~r(ui,vi) = Ti. Parametrizacija naj pravokotnike Qi preslikav dele na ploskvi~r(Qi) = Si, ki naj bodo delitev ploskve S (glej Sliko 6.2).

Vemo, da se površina manjših delov ploskve Si, i = 1,2, . . . ,n izracuna

Pov(Si) =∫Qi

∫|~ru×~ru|dudv

=∫Qi

∫ √EG−F2 dudv

Ker je integrand v dvojnem integralu zvezen, velja∫Qi

∫ √EG−F2 dudv≈

√EG−F2(ui,vi)S(Qi) ,

pri cemer je S(Qi) plošcina pravokotnika Qi.Riemannova integralska vsota je tedaj enaka

R∆ = ∑nI=1 f (Ti)Pov(Si)

= ∑nI=1 f (~r(ui,vi))

∫ ∫Qi

√EG−F2 dudv

≈ ∑nI=1 f (~r(ui,vi))

√EG−F2(ui,vi)S(Qi)

Naredimo limitni proces in limita je ploskovni integral skalarne funkcije, zato lahko zapišemonaslednjo definicijo.

Definicija 6.2.1 Naj bo S ⊂R3 gladka ploskev,~r : D ⊂R2→S njena regularna parametrizacijain f : S → R zvezna funkcija. Tedaj je ploskovni integral skalarne funkcije f po ploskvi S


enak ∫S

∫f (x,y,z)dP =

∫D

∫f (~r(u,v))

√EG−F2 dudv .

Ce je ploskev S podana eksplicitno s predpisom z = h(x,y), (x,y) ∈ D , tedaj je ploskovniintegral skalarne funkcije f∫

S

∫f (x,y,z)dP =

∫D

∫f (~r(u,v))

√1+h2

x(x,y)+h2y(x,y)dxdy .

� Zgled 6.4 Izracunaj ploskovni integral funkcije f (x,y,z) = z po ploskvi S : z2 = x2 + y2, 0≤z≤ 1.

Parametriziramo ploskev S , ki je del stožca med z = 0 in z = 1 kar s kartezicnima koordinatama xin y:

~r(x,y) = (x,y,√

x2 + y2), (x,y) ∈K1(0,0)

~rx(x,y) = (1,0, x√x2+y2

)

~ry(x,y) = (0,1, x√x2+y2

)

E =~rx(x,y) ·~rx(x,y) = 1+ x2

x2+y2

F =~rx(x,y) ·~ry(x,y) = xyx2+y2

G =~ry(x,y) ·~ry(x,y) = 1+ y2

x2+y2

EG−F2 = 2∫S

∫f (x,y,z)dP =

∫D

∫ √x2 + y2

√2dxdy

=∫ 2π

0dϕ

∫ 1

0

√r2√

2r dr

= 2√

2π

∫ 1

0r2 dr =

2√

2π

3Lahko bi parametrizirali ploskev tudi s pomocjo cilindricnih koordinat in tako izracunali integral,lahko pa bi uporabili eksplicitni zapis, kar bi bil najenostavnejši nacin. Za vajo izracunaj integral šena ta dva nacina.

�

LASTNOSTI PLOSKOVNEGA INTEGRALA SKALARNE FUNKCIJE

• Ce je ploskev S bolj zapletena in je ni možno parametrizirati z regularno parametrizacijo, jorazdelimo na vec preprostejših ploskev in ploskovni integral je vsota posameznih integralov∫

S

∫f (x,y,z)dP =

∫S 1

∫f (x,y,z)dP+ · · ·+

∫S k

∫f (x,y,z)dP .


• Velja linearnost ploskovnega integrala

∫S

∫(λ f +µ g)dP = λ

∫ ∫S

f dP+µ

∫ ∫S

gdP .

Ploskovni integral vektorske funkcije po orientirani ploskvi

Naj bo S ⊂R3 orientirana ploskev z izbrano normalo~n in ~F : S →R3 vektorska funkcija oziromavektorsko polje. Zanima nas ploskovni integral funkcije ~F na orientirani ploskvi S .

Za motivacijo lahko gledamo na ~F kot na hitrostno polje pri gibanju tekocine, ki se s casomspreminja. Zanima nas, koliko tekocine pretece skozi ploskev S v dolocenem casu v smeri normale~n. Mislimo si, da je ploskev S razdeljena na manjše (ravne) ploskve Si. V casovni enoti steceskozi Si toliko tekocine, kot je prostornina prizme z osnovno ploskvijo Si in višino, ki je dolžinaprojekcije polja ~F v smeri normale~n, kar oznacimo ~Fn. Naj bo ϕ kot med ~F in~n. Tedaj je skalarniprodukt enak

~n ·~F = |~n||~F |cosϕ = |~n||~Fn| .

Ce je normala enotski vektor in S(Si) plošcina od Si, tedaj je pretok polja ~F skozi ploskev Si

enak

|~Fn|S(Si) =~n ·~F S(Si) = ~F ·~nS(Si) .

Z vsoto po vseh manjših ploskvah Si in limitnim procesom, bi dobili pretok vektorskega polja ~Fskozi ploskev S , ki je potemtakem ploskovni integral skalarne funkcije ~F ·~n na ploskvi S . Takosmo ploskovni integral vektorske funkcije prevedli na ploskovni integral skalarne funkcije, ki ga žepoznamo.

Definicija 6.2.2 Naj bo S ploskev orientirana z normalo~n in ~F : S → R3 vektorska funkcija.Tedaj je ploskovni integral funkcije ~F po ploskvi S oziroma pretok polja ~F skozi S enak∫

S

∫~F d~P =

∫S

∫~F ·~ndP .

Naj bo ploskev S parametrizirana z regularno parametrizacijo~r : D ⊆ R2→S . Nadalje naj


bo S orientirana z normalo~n in ~F vektorsko polje. Izracunajmo pretok polja ~F∫S

∫~F d~P =

∫S

∫~F ·~ndP

=∫D

∫(~F(~r(u,v)) ·~n)

√EG−F2 dudv

=∫D

∫~F(~r(u,v)) · ~ru(u,v)×~rv(u,v)

|~ru(u,v)×~rv(u,v)|√

EG−F2 dudv

=∫D

∫~F(~r(u,v)) · ~ru(u,v)×~rv(u,v)

|~ru(u,v)×~rv(u,v)||~ru(u,v)×~rv(u,v)| dudv

=∫D

∫~F(~r(u,v)) · (~ru(u,v)×~rv(u,v))dudv

=∫D

∫(~F(~r(u,v)),~ru(u,v),~rv(u,v))

mesani produktdudv .

� Zgled 6.5 Izracunaj pretok vektorskega polja ~F(x,y,z) = (z,z,x) skozi zunanjo stran polsferex2 + y2 + z2 = 1, z≥ 0.

Parametriziramo polsfero S :

~r(ϕ,ϑ) = (cosϕ cosϑ ,sinϕ cosϑ ,sinϑ), ϕ ∈ [0,2π],ϑ ∈ [0, π

2 ]

~rϕ(ϕ,ϑ) = (−sinϕ cosϑ ,cosϕ cosϑ ,0)

~rϑ (ϕ,ϑ) = (−cosϕ sinϑ ,−sinϕ sinϑ ,cosϑ)

~rϕ(ϕ,ϑ)×~rϑ (ϕ,ϑ) = (cosϕ cos2 ϑ ,sinϕ cos2 ϑ ,sinϑ cosϑ)

= cosϑ(cosϕ cosϑ ,sinϕ cosϑ ,sinϑ)

∫S

∫~F dP =

∫D

∫(~F(~r(ϕ,ϑ)),~rϕ(ϕ,ϑ),~rϑ (ϕ,ϑ))dϕ dϑ

=∫D

∫~F(~r(ϕ,ϑ)) · (~rϕ(ϕ,ϑ)×~rϑ (ϕ,ϑ))dϕ dϑ

=∫ π

2

0dϑ

∫ 2π

0cosϑ(sinϑ ,sinϑ ,cosϕ cosϑ) · (cosϕ cosϑ ,sinϕ cosϑ ,sinϑ)dϕ

=∫ π

2

0dϑ

∫ 2π

00dϕ = 0

�


LASTNOSTI PLOSKOVNEGA INTEGRALA VEKTORSKE FUNKCIJE

• Pretok polja skozi bolj zapleteno ploskev S lahko razdelimo na vec ploskovnih integralov∫S

∫~F d~P =

∫S 1

∫~F d~P+ · · ·+

∫S k

∫~F d~P .

• Kot zmeraj do zdaj velja linearnost integrala∫S

∫(λ ~F +µ ~G)d~P = λ

∫S

∫~F d~P+µ

∫S

∫~Gd~P .

• Za vektorsko polje ~F = ( f1, f2, f3) lahko ploskovni integral po orientrirani ploskvi ~S zapišemotudi kot ∫

S

∫~F d~P =

∫S

∫f1 dydz+

∫S

∫f2 dxdz+

∫S

∫f3 dxdy .

• Ce spremenimo orientacijo ploskve S , sta si pretoka nasprotna∫−S

∫~F d~P =−

∫S

∫~F d~P .

6.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih

Gradient

Na skalarnih poljih smo že vpeljali operacijo gradienta, ki skalarnemu polju f priredi vektorskopolje, katerega komponente so posamezni parcialni odvodi polja f .

Gradient lahko definiramo s pomocj diferencialnega operatorja nabla

∇ =

(∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂ z

).

Tedaj je gradient skalarnega polja f produkt funkcije f in diferencialnega operatorja ∇

grad f = f ∇ = f(

∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂ z

)=

(∂ f∂x

,∂ f∂y

,∂ f∂ z

).

Za skalarni polji f in g, ter konstanti λ in µ ni težko pokazati naslednjih lastnosti gradienta,kar naj bralec za vajo sam naredi:•

grad(λ f +µ g) = λgrad f +µgradg

•

grad( f g) = f gradg+ggrad f

6.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih 99

Definicija 6.3.1 Naj bo ~F : R3→ R3 tako vektorsko polje, da obstaja skalarno polje f tako, daje

~F = grad f .

Tedaj je vektorsko polje ~F potencialno polje, skalarno polje f pa njegov potencial.

� Zgled 6.6 Pokaži, da je ~F = (2xyz,x2z,x2y) potencialno polje.

Posamezne komponente vektorskega polja ~F so parcialni odvodi skalarnega polja f , zatomoramo uporabiti obratno operacijo, t.j. nedoloceno integriranje:

f (x,y,z) =∫

2xyzdx

=∫

x2zdy

=∫

x2ydz

= x2yz+C

�

Izrek 6.3.1 Naj bo ~F : D ⊆ R3 → R3 zvezno potencialno polje in K krivulja, ki se jo daparametrizirati z regularno parametrizacijo z zacetno tocko v A in koncno tocko v B, A,B ∈D .Ce je f potencial polja ~F , tedaj je ∫

K

~F d~r = f (B)− f (A) .

Dokaz. Naj bo K parametrizirana z regularno parametrizacijo ~r : [α,β ]→ K , ~r(α) = A in~r(β ) = B. Tedaj je ∫

K

~F d~r =∫

β

α

~F(~r(t)) ·~r(t)dt

=∫

β

α

grad f (~r(t)) ·~r(t)dt

=∫

β

α

( fx, fy, fz)(~r(t)) · (x, y, z)dt

=∫

β

α

( fxx(t)+ fyy(t)+ fzz(t))dt

Funkcija f je odvisna od parametra t in za trenutek jo oznacimo z g

g(t) = f (~r(t)) = f (x(t),y(t),z(t)) .

Izracunajmo odvod po parametru t

g′(t) = fxx(t)+ fyy(t)+ fzz(t) ,


kar je ravno integrand v krivuljnem integralu, zato je∫K

~F d~r =∫

β

α

( fxx(t)+ fyy(t)+ fzz(t))dt

=∫

β

α

g′(t)dt

= g(t)|βα = g(β )−g(α) .

Iz Izreka 6.3.1 neposredno sledi naslednja posledica.

Posledica 6.3.2 Naj veljajo predpostavke Izreka 6.3.1 in naj bo krivulja K sklenjena, t.j.A = B. Tedaj je ∫

K

~F d~r =∮K

~F d~r = 0 .

Integral po sklenjeni krivulji oznacimo z integralskim znakom∮

.

Divergenca

Definicija 6.3.2 Naj bo ~F vektorsko polje. Tedaj je divergenca vektorskega polja ~F definiranakot skalarni produkt ~F in diferencialnega operatorja ∇

div~F = ∇ ·~F .

Divergenca skalarnemu polju priredi vektorsko polje. Iz definicije sledita naslednji lastnostidivergence, ki ju naj bralec za vajo sam pokaže.

Za vektorski polji ~F , ~G, skalarja λ ,µ in skalarno polje f velja:•

div(λ ~F +µ ~G) = λ div~F +µ div~G

•

div( f~F) = f div~F +~F ·grad f

Rotor

Definicija 6.3.3 Rotor vektorskega polja ~F je definiran kot vektorski produkt ~F in diferencial-nega operatorja ∇

rot~F = ∇×~F .

Medtem ko je divergenca skalarno polje, je rotor vektorsko polje.

Podobni lastnosti kot za gradient in divergenco veljata tudi za rotor:

6.4 Trije integralski izreki 101

•

rot(λ ~F +µ ~G) = λ rot~F +µ rot~G

•

rot( f~F) = f rot~F +grad f ×~F

Obe lastnosti naj bralec za vajo sam pokaže.

� Zgled 6.7 Izracunaj obe operaciji vektorskega polja

~F(x,y,z) = (x2− y2,xz− yz,x2) .

div(x2− y2,xz− yz,x2) =∂

∂x(x2− y2)+

∂

∂y(xz− yz)+

∂

∂ z(x2)

= 2x− z .

rot(x2− y2,xz− yz,x2) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

~e1 ~e2 ~e3

∂

∂x∂

∂y∂

∂ z

x2− y2 xz− yz x2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (1,0,0)(−x+ y)− (0,1,0)(2x)+(0,0,1)(z−2y)

= (−x+ y,−2x,z−2y) .�

6.4 Trije integralski izrekiGaussov izrek

Izrek 6.4.1 — Gaussov izrek. Naj bo G omejeno obmocje v R3 katerega rob ∂G je sestavljeniz ene ali vec disjunktnih ploskev, ki jh lahko parametriziramo z regularno parametrizacijoin je orientiran z zunanjo normalo. Nadalje naj bo ~F zvezno in odvedljivo vektorsko polje vokolici G ∪∂G . Tedaj je ploskovni integral vektorske funkcije ~F po ∂G enak trojnemu integraludivergence polja ~F po G ∫

∂G

∫~F d~P =

∫ ∫G

∫div~F dV .

Dokaz. Dokažimo Gaussov izrek najprej za preprosta obmocja G , t.j. taka, ki so zgoraj in spodajomejena s ploskvama S1 in S2 z enacbama z = h(x,y) in z = g(x,y), ob strani pa s cilindricnoploskvijo S3 (vporedno z osjo z), torej je ∂G = S1∪S2∪S3, glej Sliko 6.3. Projekcija ploskevS1 in S2 na ravnino x,y naj bo enaka in sicer naj bo to obmocje D , ki je obenem projekcija telesaG na to ravnino. Tako je

S1 = {z = h(x,y)|(x,y) ∈D}

S2 = {z = g(x,y)|(x,y) ∈D}

in G = {(x,y,z)|g(x,y)< z < h(x,y),(x,y) ∈D}


Slika 6.3: Enostavno obmocje omejeno s tremi ploskvami.

Nadalje naj bo vektorsko polje ~F = ( f1, f2, f3) in~n = (n1,n2,n3) naj oznacuje smer zunanjenormale roba ∂G . Dokazati je potrebno∫

∂G

∫~F d~P =

∫∂G

∫~F ·~ndP

=∫ ∫

G

∫ (∂ f1

∂x+

∂ f2

∂y+

∂ f3

∂ z

)dV

=∫ ∫

G

∫ (∂ f1

∂x+

∂ f2

∂y+

∂ f3

∂ z

)dxdydz .

Pokazali bomo ∫∂G

∫f1n1 dP =

∫ ∫G

∫∂ f1

∂xdxdydz

∫∂G

∫f2n2 dP =

∫ ∫G

∫∂ f2

∂ydxdydz

∫∂G

∫f3n3 dP =

∫ ∫G

∫∂ f3

∂ zdxdydz

in vsota nam bo dala Gaussov izrek. Dokažimo najprej zadnjo izmed treh enakosti in sicer zacnimos trojnim integralom∫ ∫

G

∫∂ f3

∂ zdxdydz =

∫D

∫dxdy

∫ h(x,y)

g(x,y)

∂ f3

∂ zdz

=∫D

∫f3|h(x,y)g(x,y) dxdy

=∫D

∫( f3(x,y,h(x,y))− f3(x,y,g(x,y))dxdy .


Leva stran tretje enakosti je∫∂G

∫f3n3 dP =

∫S1

∫f3n3 dP+

∫S2

∫f3n3 dP+

∫S3

∫f3n3 dP .

Na vsaki ploskvi ima normala svojo smer, zato jih po vrsti poglejmo.Ploskev S1 je podana eksplicitno s predpisom z = h(x,y) in vemo že, da ima (enotska) normala

v tem primeru smer gradienta implicitno podane funkcije

~n =

(± ∂h

∂x ,±∂h∂y ,∓1

)√(

∂h∂x

)2+(

∂h∂y

)2+1

.

Ker je S1 zgornja ploskev in mora biti orintirana z zunanjo normalo, je prava izbira normale

~n =

(− ∂h

∂x ,−∂h∂y ,1

)√(

∂h∂x

)2+(

∂h∂y

)2+1

in zadnja komponenta normale je

n3 =1√(

∂h∂x

)2+(

∂h∂y

)2+1

.

Podobno velja za ploskev S2 kjer je normala

~n =

(∂g∂x ,

∂g∂y ,−1

)√(

∂g∂x

)2+(

∂g∂y

)2+1

in zadnja komponenta normale je

n3 =−1√(

∂g∂x

)2+(

∂g∂y

)2+1

.

Na ploskvi S3 je zadnja komponenta normale ocitno enaka nic

n3 = 0 .

Torej velja ∫∂G

∫f3n3 dP =

∫S1

∫f3

1√(∂h∂x

)2+(

∂h∂y

)2+1

dP+

∫S2

∫f3

−1√(∂g∂x

)2+(

∂g∂y

)2+1

dP+0


Izracunajmo oba ploskovna integrala skalarne funkcije

∫∂G

∫f3n3 dP =

∫D

∫ f3(x,y,h(x,y))√(∂h∂x

)2+(

∂h∂y

)2+1

√(∂h∂x

)2

+

(∂h∂y

)2

+1dxdy−

∫D

∫ f3(x,y,g(x,y))√(∂g∂x

)2+(

∂g∂y

)2+1

√(∂g∂x

)2

+

(∂g∂y

)2

+1dxdy

=∫D

∫( f3(x,y,h(x,y)− f3(x,y,g(x,y))dxdy .

Na podoben nacun pokažemo prvo in drugo enakost, s cimer smo Gaussov izrek dokazali zaenostavna obmocja. Bolj zapletena obmocja razdelimo na enostavnejša. Obmocje G prerežemovzporedno z x,y ravnino, s cimer G razpade na obmocji G1 in G1. Prvo naj bo omejeno s ploskvamaS1 in S3, druga pa poleg S3 omejuje še ploskev S2, glej Sliko 6.4.

Slika 6.4: Razdelitev obmocja na dva dela.

Gaussov izrek za prvo obmocje G1 se glasi∫∫G1

∫div~F dV =

∫S1

∫~F d~P+

∫S3

∫~F d~P

in za drugo G2 ∫∫G2

∫div~F dV =

∫S2

∫~F d~P+

∫S3

∫~F d~P .

Integrala po ploskvi S3 za prvo in drugo obmocje sta si med seboj nasprotna, saj morajo biti vseploskve orientirane z zunanjo normalo in zato sta normali nasprotno usmerjeni. Tako je∫∫

G

∫div~F dV =

∫∫G1

∫div~F dV +

∫∫G2

∫div~F dV

=∫

S1

∫~F d~P+

∫S2

∫~F d~P

=∫

∂G

∫~F d~P .


� Zgled 6.8 Izracunaj pretok polja ~F = (0,xy,0) skozi zunanji rob obmocja G : x2 + y2 ≤ 1,0≤ z≤ x+2.

Uporabimo Gaussov izrek, da nam ni treba integrirati po dveh ploskvah. Integriramo po obmocjuG s pomocjo cilindricnih koordinat:

∫∂G

∫~F d~P =

∫ ∫G

∫div~F dV

=∫ ∫

G

∫xdV

=∫ 2π

0dϕ

∫ 1

0dr∫ r cosϕ+2

0r2 cosϕ dz

=∫ 2π

0dϕ

∫ 1

0drr2 cosϕ z|r cosϕ+2

0

=∫ 2π

0dϕ

∫ 1

0r2 cosϕ(r cosϕ +2)dr

=∫ 2π

0dϕ

(cos2

ϕr4

4+2cosϕ

r3

3

)|10

=∫ 2π

0

(14

cos2ϕ +

23

cosϕ

)dϕ

=∫ 2π

0

18(1+ cos(2ϕ)dϕ +0

=18

(ϕ +

sin(2ϕ)

2

)|2π0 =

π

4

�

Stokesov in Greenov izrek

Izrek 6.4.2 — Stokesov izrek. Naj bo S orientirana ploskev z normalo ~n, katere rob ∂S jesestavljen iz koncno mnogo gladkih krivulj in orientiran skladno s S . Nadalje naj bo ~F zveznoin odvedljivo vektorsko polje v okolici S ∪∂S . Tedaj je krivuljni integral polja ~F po robu ∂Senak ploskovnemu integralu rotorja ~F po S∫

∂S

~F~dr =∫S

∫rot~F d~P .


Za ~F = ( f1, f2, f3) lahko Stokesov izrek zapišemo kot

∫∂S

f1 dx+ f2 dy+ f3 dz =∫S

∫ (∂ f3

∂y− ∂ f2

∂ z

)dydz−

=∫S

∫ (∂ f3

∂x− ∂ f1

∂ z

)dxdz+

=∫S

∫ (∂ f2

∂x− ∂ f1

∂y

)dxdy .

Poglejmo poseben primer Stokesovega izreka. Kadar je ~F = ( f1, f2,0) in sta f2, f3 odvisni leod spremenljivk x,y ter obmocje S v celoti leži v ravnini x,y, dobimo Greenovo formulo. Najprejbomo dokazali Greenovo formulo in zatem bomo dokazali Stokesov izrek.

Izrek 6.4.3 — Greenova formula. Naj bo D omejeno obmocje v ravnini katerega rob ∂D jesestavljen iz koncno mnogo gladkih krivulj in je pozitivno orientiran. Nadalje naj bo ~F = ( f1, f2)zvezno in odvedljivo vektorsko polje v okolici D ∪∂D . Tedaj je∫

∂D

f1 dx+ f2 dy =∫D

∫ (∂ f2

∂x− ∂ f1

∂y

)dxdy .

Dokaz.(Greenove formule)

Naj bo D ⊂ R2 takšno obmocje, da velja

D = {(x,y)|g(x)≤ y≤ h(x),a≤ x≤ b} ,

pri cemer sta h,g (vsaj odsekoma) zvezni in odvedljivi funkciji, glej Sliko 6.5. Naj bo ~F = ( f1, f2)zvezno in odvedljivo vektorsko polje v okolici D ∪∂D . Rob ∂D je pozitivno orientiran kar pomeni,da je obmocje D na levi strani, ko se premikamo po robu.

Slika 6.5: Obmocje D iz Greenove formule.


Pokazali bomo, da velja ∫∂D

f1 dx = −∫D

∫∂ f1

∂ydxdy in

∫∂D

f2 dy =∫D

∫∂ f2

∂xdxdy .

Pokažimo najprej prvo enakost. Dvojni integral je enak∫D

∫∂ f1

∂ydxdy =

∫ b

adx∫ h(x)

g(x)

∂ f1

∂ydy

=∫ b

adx f1|h(x)g(x)

=∫ b

a( f1(x,h(x))− f1(x,g(x))dx

Integral∫

∂D

f1 dx lahko zapišemo kot

∫∂D

f1 dx+0dy =∫

∂D

( f1,0)ds .

Rob obmocja ∂D je sestavljen iz štirih krivulj ∂D =K1∪K2∪K3∪K4 (glej Sliko 6.5). Parametriziraj-

mo posamezno krivuljo:

K1 : ~r(x) = (x,g(x)), a≤ x≤ b, ~r(x) = (1,g′(x))

K2 : ~r(t) = (b, t), g(b)≤ t ≤ h(b), ~r(t) = (0,1)

K3 : ~r(x) = (x,h(x)), a≤ x≤ b, ~r(x) = (1,h′(x))

K4 : ~r(t) = (a, t), g(a)≤ t ≤ h(a), ~r(t) = (0,1) .

Izracunajmo vse štiri krivuljne integrale vektorske funkcije ( f1,0)∫K1

f1 dx =∫ b

a( f1(x,g(x)),0) · (1,g′(x))dx =

∫ b

af1(x,g(x))dx

∫K2

f1 dx =∫ h(b)

g(b)( f1(b, t),0) · (0,1)dt = 0

∫K3

f1 dx =∫ b

a( f1(x,h(x)),0) · (1,h′(x))dx =

∫ b

af1(x,h(x))dx

∫K4

f1 dx =∫ h(a)

g(a)( f1(a, t),0) · (0,1)dt = 0


Izracunajmo krivuljni integral po robu ∂D in upoštevajmo, da imata krivulji K3 in K4 nasprotnousmerjenost od usmerjenosti ∂D :∫

∂D

f1 dx =∫

K1

f1 dx+∫

K2

f1 dx−∫

K3

f1 dx−∫

K4

f1 dx

=∫ b

af1(x,g(x))dx−

∫ b

af1(x,h(x))dx

=∫ b

a( f1(x,g(x))− f1(x,h(x))dx

Pokazali smo, da je ∫∂D

f1 dx =−∫D

∫∂ f1

∂ydxdy

in na podoben nacin dokažemo drugo enakost∫∂D

f2 dy =∫D

∫∂ f2

∂xdxdy .

Greenovo formulo lahko na analogen nacin dokažemo za enostavna obmocja, ki so omejena zvzporednicama z x osjo. Bolj zapletena obmocja razrežemo na enostavnejša.

� Zgled 6.9 Z uporabo Greenove formule izpelji formulo za plošcino kroga s polmerom R.

Ce želimo z Greenovo formulo racunati plošcino, mora biti integrand v dvojnem integralu enak 1.Na primer f2(x,y) = x in f1(x,y) = 0. Parametrizacija roba kroga ∂D je~r(ϕ) = (Rcosϕ,Rsinϕ).

∫D

∫ (∂ f2

∂x− ∂ f1

∂y

)dxdy =

∫∂D

f1 dx+ f2 dy

=∫

∂D

0dx+ xdy

=∫

∂D

(0,x) ~dr

=∫ 2π

0(0,Rcosϕ) · (−Rsinϕ,Rcosϕ)dϕ

=∫ 2π

0R2 cos2

ϕ dϕ

= R2 12

∫ 2π

0(1+ cos(2ϕ)) dϕ

= R2 12

(ϕ +

12

sin(2ϕ)

)|2π0 = πR2

�


Dokaz.(Stokesovega izreka)Naj bo S orientirana ploskev z normalo~n in regularno parametrizacijo. Naj bo ~F = ( f1,0,0).

Pokažimo najprej, da tedaj velja∫∂S

f1 dx =∫S

∫ (0,

∂ f1

∂ z,−∂ f1

∂y

)d~P . (6.1)

Pri tem sta ploskev in rob usklajeno orientirana (pri obhodu po ∂S je obmocje S na levi strani).Ploskev S je parametrizirana z regularno parametrizacijo~r =~r(u,v) = (x(u,v),y(u,v),z(u,v)),kjer sta parametra u in v iz obmocja D. Nadalje naj bo rob ploskve ∂S parametriziran s parametromt, ki pretece vrednosti med α in β . Tedaj za tocke na robu ploskve velja, da je parametrizacija(krivulje) odvisna od t ~r =~r(u(t),v(t)) = (x(u(t),v(t)),y(u(t),v(t)),z(u(t),v(t))). Izracunajmokrivuljni integral v levi strani enakosti, ki jo dokazujemo:∫

∂S

f1 dx =∫

∂S

( f1,0,0)d~r

=∫

β

α

( f1(~r(u(t),v(t))),0,0) · (x(u(t),v(t)), y(u(t),v(t)), z(u(t),v(t))) dt

=∫

β

α

f1(~r(u(t),v(t)))x(u(t),v(t))dt

=∫

β

α

f1(~r(u(t),v(t)))(

∂x∂u

u′(t)+∂x∂v

v′(t))

dt

=∫

β

α

(f1(~r(u(t),v(t)))

∂x∂u

, f1(~r(u(t),v(t)))∂x∂v

)· (u′(t),v′(t))dt

=∫

∂D

(f1(~r(u,v))

∂x∂u

, f1(~r(u,v))∂x∂v

)d~r

=∫

∂D

f1(~r(u,v))∂x∂u

du+ f1(~r(u,v))∂x∂v

dv

=∫

∂D

f1(~r(u,v))xu du+ f1(~r(u,v))xv dv

=Green

∫D

∫ [∂ ( f1(~r(u,v))xv)

∂u− ∂ ( f1(~r(u,v))xu)

∂v

]dudv

=∫D

∫ [∂ f1(~r(u,v))

∂uxv + f1(~r(u,v))xvu−

∂ f1(~r(u,v))∂v

xu− f1(~r(u,v))xuv

]dudv

=∫D

∫ [∂

∂ f1(~r(u,v))∂u

xv−∂ f1(~r(u,v))

∂vxu

]dudv

=∫D

∫ [∂ f1(x(u,v),y(u,v),z(u,v)

∂uxv−

∂ f1(x(u,v),y(u,v),z(u,v)∂v

xu

]dudv


=∫D

∫ [∂ f1

∂uxv−

∂ f1)

∂vxu

]dudv

=∫D

∫ [(∂ f1

∂xxu +

∂ f1

∂yyu +

∂ f1

∂ zzu

)xv−

(∂ f1

∂xxv +

∂ f1

∂yyv +

∂ f1

∂ zzv

)xu

]dudv

=∫D

∫ [∂ f1

∂yyu xv +

∂ f1

∂ zzu xv−

∂ f1

∂yyv xu +

∂ f1

∂ zzv xu

]dudv

=∫D

∫ [∂ f1

∂y(yu xv− yv xu)+

∂ f1

∂ z(zu xv− zv xu)

]dudv

Izracunajmo še ploskovni integral na desni strani dokazovane enakosti. Naj bo ~G = (0, ∂ f1∂ z ,−

∂ f1∂y ).

∫S

∫ (0,

∂ f1

∂ z,−∂ f1

∂y

)d~P =

∫S

∫~Gd~P

=∫D

∫~G · (~ru×~rv)dudv

=∫D

∫(~G,~ru,~rv)dudv

=∫D

∫ (−∂ f1

∂ z(xu zv− xv zu)−

∂ f1

∂y(xu yv− xv yu

)dudv

=∫D

∫ [∂ f1

∂y(yu xv− yv xu)+

∂ f1

∂ z(zu xv− zv xu)

]dudv

Na podoben nacin pokažemo, da za ~F = (0, f2,0) velja

∫∂S

f2 dy =∫S

∫ (−∂ f2

∂ z,0,−∂ f2

∂x

)d~P . (6.2)

in za ~F = (0,0, f3) velja

∫∂S

f3 dz =∫S

∫ (∂ f3

∂y,−∂ f3

∂x,0)

d~P . (6.3)

Iz enakosti (6.1), (6.2) in (6.3) sledi Stokesov izrek. Za ~F = ( f1, f2, f3) izracunajmo krivuljni


integral

∫∂S

~F d~r =∫

∂S

f1 dx+ f2 dy+ f3 dz

=∫S

∫ (0,

∂ f1

∂ z,−∂ f1

∂y

)d~P+

∫S

∫ (−∂ f2

∂ z,0,−∂ f2

∂x

)d~P+

∫S

∫ (∂ f3

∂y,−∂ f3

∂x,0)

d~P

=∫S

∫ (∂ f3

∂y− ∂ f2

∂ z,∂ f1

∂ z− ∂ f3

∂x,∂ f2

∂x− ∂ f1

∂y

)d~P

=∫S

∫rot~F d~P

� Zgled 6.10 Izracunaj krivuljni integral vektorskega polja ~F = (y2,−x2,z2) po robu ploskveS : x2 + y2 + z2 = 1 v prvem oktantu, ki je orientiran tako, da je del krivulje, ki leži v ravnini z = 0pozitivno orientiran.

Ploskev S lahko parametriziramo lahko kar z x in y, torej je~r(x,y) = (x,y,√

1− x2− y2), x,y ∈K1(0,0),x≥ 0,y≥ 0. Tedaj sta parcialna odvoda

~rx =

(1,0,− x√

1− x2− y2

)in ~ry =

(0,1,− y√

1− x2− y2

)

in njun vektorski produkt je

~rx×~ry =

(x√

1− x2− y2,

x√1− x2− y2

,1

).

∫∂S

~F~dr =∫S

∫rot~F d~P

=∫S

∫rot(y2,−x2,z2)d~P

=∫S

∫(0,0,−2x−2y)d~P

=∫S

∫(0,0,−2x−2y)d~P


=∫

K1(0,0)

∫(0,0,−2x−2y) ·

(x√

1− x2− y2,

x√1− x2− y2

,1

)dxdy

= −2∫

K1(0,0)

∫(x+ y)dxdy

= −2∫ π

2

0dϕ

∫ 1

0r2(cosϕ + sinϕ)dr

= −23

∫ π

2

0(cosϕ + sinϕ)dϕ

= −23(sinϕ− cos)ϕ|

π

20 =−4

3�

Izrek 6.4.4 Naj bo ~F : G ⊂ R3→ R3 zvezno in odvedljivo vektorsko polje. Tedaj so naslednjetrditve ekvivalentne.(i) ~F je potencialno polje.(ii) rot~F = 0.(iii) Ce sta A,B ∈K in je K orientirana krivulja z zacetkov v A in koncem v B, potem je∫

K

~F d~r neodvisen od krivulje K in odvisen samo od tock A in B.

Dokaz. Ekvivalentnost trditev dokažemo ciklicno in sicer dokažemo tri implikacije:

(i)⇒ (ii), (ii)⇒ (iii), (iii)⇒ (i) .

Prvi dve implikaciji sta preprosti in ju naj bralec sam naredi. Tretja je zahtevnejša in je ne bomodokazali.

7. Naloge

Krivulje1. Krivulja K je podana parametricno ~r : R→ R3, ~r(t) = (t2,1− t2,2t). Katera od tock

T1(1,1,2) in T(1,0,−2) leži na krivulji K ? V tej tocki izracunaj enacbo tangente na krivljoK .

2. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama y = 4x in z = x2y.(a) Parametriziraj krivuljo K .(b) Zapiši enacbo tangente na krivuljo K v tocki T (1,4,4).

3. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama x2 + y2 = 1 in x+ z = 1.(a) Parametriziraj krivuljo K in jo skiciraj.(b) Zapiši enacbo tangente na krivuljo K v tocki T (1,0,0).

4. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama

z = 4− x2− y2 in x2 + y2−2y = 0.

(a) Skiciraj krivuljo K s pomocjo omenjenih ploskev in jo parametriziraj.(b) Poišci enacbo tangente na krivljo K v tocki (0,2,0).

5. Skiciraj in parametriziraj krivuljo K , ki je podana kot presek ploskev z enacbama z = x2+y2

in x2− x+ y2 = 0.6. Skiciraj in parametriziraj krivuljo K , ki je podana kot presek ploskev z enacbama x2 + y2 +

z2 = 4 in x2 + y2 = 2x v podprostoru od R3 dolocen z neenacbo z≥ 0.7. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama x2 + y2 = 10 in y2 + z2 = 25. Doloci

enacbo tangente in normalne ravnine na krivuljo K v tocki T (1,3,4).8. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama 2y = x2 in 3z = xy. Izracunaj dolžino

tistega dela krivulje, ki leži med tockama T1(0,0,0) in T2(2,2, 43).

9. Naj bo a > 0. Astroida je ravninska krivulja z enacbo x23 + y

23 = a

23 . Izracunaj njeno dolžino.

10. Izracunaj dolžine krivulje iz naloge 6.11. Krivulja K je podana z enacbama 3x2− y− 2z = 0 in 2x2− x− z = 0. Preveri, da tocki

T1(0,0,0) in T2(1,1,1) ležita na krivulji K in nato izracunaj dolžino tistega dela krivulje, kileži med T1 in T2.

114 7. Naloge

Ploskve1. Ploskev S je podana parametricno~r : [0,2π]×R+

0 → R3,~r(ϕ,r) = (r cos(ϕ),r sin(ϕ),1−r2). Zapiši ploskev S v implicitni obliki in poišci enacbo tangentne ravnine v tockiT (−1,0,0).

2. Poišci enacbo tangentne ravnine na ploskev S z enacbo z = (x−1)2ye−x2v tocki T (0,1,1).

3. Poišci parametrizacijo ploskev, ki so dane s pogoji:(a) z = xy2,(b) x2 + y2 = 1, 0≤ z≤ 2(c) z = x2 + y2, x2 + y2 ≤ 1,(d) x2 + y2 + z2 = 1, 3z2 ≥ x2 + y2, z≥ 0.

4. Doloci enacbo tangentne ravnine na ploskev S z enacbo

x2− xy+2y2− z−1 = 0

v tocki, kjer krivulja K , ki je podana parametricno~r : R→ R3,~r(t) = (2t, t−1,3t2), sekaploskev S .

Krivuljni integral1. Izracunaj krivuljni integral ∫

K

√1+ x2 + y2 ds,

kjer je krivulja K podana parametricno~r : [0,3]→ R3,~r(t) = (t, t, t2).2. Krivulja K je dolocena kot presek sfere z enacbo x2 + y2 + z2 = 1 z ravninimi z enacbami

x = 0, y = 0 in z = 0. Izracunaj ∫K

zds.

3. Izracunaj ∫K(x2 + z2)ds,

kjer je K daljica v R3 s krajišcema T1(1,0,2) in T2(2,1,1).4. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama z = y2 in x2 + y2 = 1 v polprostoru R3

dolocen z x≥ 0. Izracunaj ∫K

z3 ·√

1+4x2y2 ds.

5. Izracunaj krivuljni integral vektorskega polja−→F : R3→ R3,

−→F (x,y,z) = (2yz,−2xz,z2), po

krivulji K , ki je podana parametricno ~r : [0,2π]→ R3, ~r(t) = (cos t,sin t, t). Pri tem jeprojekcija krivulje K na ravnino xy orientirana pozitivno.

6. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama x2−2z = 0 in x2+y2 = 4 v polprostoruR3 dolocen z y≥ 0. Izracunaj ∫

Kxdx+ ydy+ xydz.

Pri tem projekcija krivulje K na ravnino xy orientirana pozitivno.7. Izracunaj ∫

Kyzdx+ xzdy+ xydz,

kjer je K daljica v R3 s krajišcema T1(1,2,3) in T2(3,1,1).8. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enacbama x2+y2+ z2 = 1 in x2+y2 = x v prvem

oktantu prostora R3. Izracunaj ∫K

(y,x,−xy2)d~r.

115

Ploskovni integral1. Izracunaj ∫

S

∫ √x2 + y2 dP,

kjer je ploskev S dolocena z x2 + y2 + z2 = 1, z≥ 0.2. Izracunaj ∫

S

∫(x2− y2)dP,

kjer je ploskev S dolocena z x2 + y2 = 1, 0≤ z≤ 1.3. Izracunaj ∫

∂G

∫zdP,

kjer je G v prostoru R3 dolocen z x2 + y2 ≤ 1, 0≤ z≤ x2 + y2 +1.4. Izracunaj ∫

∂G

∫ 1(1+ x+ y)2 dP,

kjer je G v prostoru R3 dolocen z x+ y+ z≤ 1, x≥ 0, y≥ 0, ≥ 0.5. Izracunaj ∫

S

∫ −→F d−→P ,

kjer je−→F : R3→ R3 vektorsko polje,

−→F (x,y,z) = (xy2,−x2y,z), in S ploskev dolocena z

enacbo x2 + y2 = 1, 0≤ z≤ 1. Pri tem je ploskev S orientirana v smeri zunanje normale.6. Izracunaj ∫

S

∫ −→F d−→P ,


−→F (x,y,z) = (0,0,z), in S ploskev dolocena z enacbo

x2 + y2

4 + z2

9 = 1. Pri tem je ploskev S orientirana v smeri zunanje normale.7. Izracunaj pretok vektorskega polja

−→F : R3→ R3,

−→F (x,y,z) = (1,x2 + y2,0), skozi ploskev

S , ki je podana takole z2 = x2 + y2, 0 ≤ z ≤ 1, y ≥ 0. Pri tem je ploskev S orientirana vsmeri zunanje normale.

8. Izracunaj pretok vektorskega polja−→F : R3 → R3, ki je podan s predpisom

−→F (x,y,z) =

(x2,xy,−2xy2), skozi ploskev S , ki je podana takole z = 4− x2− y2, 0≤ z≤ 4, x,y≥ 0. Pritem je ploskev S orientirana v smeri zunanje normale.

Divergenca, gradient in rotor

1. Naj bo f : R3 → R skalarna funkcija, f (x,y,z) = x2y+ xz2, in−→F : R3 → R3 vektorsko

polje,−→F (x,y,z) = (xy,x− z,z2). Izracunaj gradient funkcije f (grad(f) oziroma

−→∇ f ), rotor

vektoskega polja−→F (rot(

−→F ) oziroma

−→∇ ×−→F ) in divergenco vektoskega polja ~F (div(

−→F )

oziroma−→∇ ·−→F ).

2. Naj bosta f ,g : R3 → R dvakrat zvezno parcialno odvedljivi funkciji. Dokaži, da jediv(grad( f )×grad(g)) = 0.

3. Naj bo r =√

x2 + y2 + z2 in ~r = (x,y,z), f : R→ R odvedljiva funkcija. Dokaži, da jerot( f (r)~r) = 0.

116 7. Naloge

4. Naj bo~r = (x,y,z), r = |~r| in f : R→ R odvedljiva funkcija. Izracunaj div(

f (r)r

~r)

.

Gaussov, Stokesov in Greenov izrek

1. Izracunaj ∫K

(x− y)dx+(x+ y)dy,

kjer je K krivulja z enacbo x2 + y2 = 1.2. Izracunaj ∫

K

x2ydx− xy2 dy,

kjer je K krivulja z enacbo x2 + y2 = 1.3. Izracunaj ∫

∂D

(y− x2)dx− (x+ y2)dy,

kjer D obmocje v ravnini doloceno z x2 + y2 ≤ 1, x,y≥ 0.4. Izracunaj ∫

∂D

√1+ x3 dx+2xydy,

kjer je D trikotnik v ravnini z oglišci (0,0), (1,0) in (1,3).5. Izracunaj ∫

K

−→F d~r,


−→F (x,y,z) = (x+ y,x+ y,x+ y+ z), in K krivulja, ki

je podana kot presek ploskev z enacbama(a) x2 + y2 + z2 = 1 in x+ y+ z = 0,(b) x2 + y2 + z2 = 1 in 2x+ y+ z = 0.

6. Izracunaj ∫∂S

−→F d~r,

kjer je−→F : R3 → R3 vektorsko polje,

−→F (x,y,z) = (z,0,x), in S ploskev, ki je dolocena

takole z2 = x2 + y2, x,y≥ 0, 0≤ z≤ 2.7. Izracunaj ∫

K

zdx+ xdy− ydz,

kjer je K krivulja dolocena s presekom ploskev z enacbama x2 + y2 = 1 in y+ z = 1.8. Izracunaj ∫

∂S

z2 dx+ y2 dy+ xdz,

kjer je S del ploskve z enacbo x+ y+ z = 1 v prvem oktantu.9. Izracunaj pretok vektorskega polja

−→F : R3 → R3,

−→F (x,y,z) = (x3,y3,z3) skozi ploskev z

enacbo x2 + y2 + z2 = 1 v smeri zunanje normale.

117

10. Izracunaj pretok vektorskega polja−→F : R3→R3,

−→F (x,y,z) = (xy2,x2y,1) skozi rob obmocja

G , kjer G doloco takole x2 + y2 ≤ 1 in −1 ≤ z ≤ 1. Rob obmocja G je orientiran v smerizunanje normale.

11. Izracunaj pretok vektorskega polja−→F :R3→R3,

−→F (x,y,z) = (xz,x2y,y2z) skozi rob obmocja

G , kjer G doloco takole 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2, x,y ≥ 0, in 0 ≤ z ≤ x2 + y2. Rob obmocja G jeorientiran v smeri zunanje normale.

12. Izracunaj pretok vektorskega polja−→F :R3→R3,

−→F (x,y,z)= (x3−z,y3−z,xy) skozi ploskev

z enacbo z = x2 + y2−1, kjer je z≤ 0, v smeri zunanje normale.

III

8 Laplaceova transformacija . . . . . . . . . 1218.1 Definicija in lastnosti Laplaceove transformacije

9 Reševanje diferencialnih enacb . . . . . 1319.1 Navadne diferencialne enacbe9.2 Parcialne diferencialne enacbe

10 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

Stvarno kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

Integralska transformacija

8. Laplaceova transformacija

Laplaceova transformacija je ena izmed integralskih transformacij, s katero dolocen težek problemprevedemo na lažji, ga rešimo in nato z inverzno transformacijo dobimo rešitev zacetnega problema.Pogledali si bomo definicijo in osnovne lastnosti Laplaceove transformacije, z uporabo katerihbomo nato transformirali probleme povezane z reševanjem diferencialnih enacb.

8.1 Definicija in lastnosti Laplaceove transformacije

Definicija 8.1.1 Naj bo f (t) dana funkcija, definirana za t > 0. ce obstaja integral

F(z) =∫

∞

0e−zt f (t)dt , z ∈ C ,

tedaj je F(z) Laplaceova transformiranka funkcije f (t).

Transformiranko oznacimo tudiF(z) = L ( f (t))(z) .

PredpisL : f (t) 7→ F(z)

je Laplaceova transformacija.

Originalno funkcijo f (t) imenujemo inverz Laplaceove transformiranke ali krajše inverz od F(z)in pišemo

f (t) = L −1(F(z)) .

PredpisL −1 : F(z) 7→ f (t)

je inverzna Laplaceova transformacija.

122 8. Laplaceova transformacija

Poudarimo, da funkcija f : [0,∞)→ R, torej je realna funkcija realne spremenljivke, ki jo oznacu-jemo s t, saj se v praksi obicajno nanaša na cas. Laplaceova transformiranka F je kompleksnafunkcija kompleksne spremenljivke, saj F : C→ C.

Kaj sploh vemo o izrazu e−zt , kjer je z ∈ C in t ∈ R? Naj bo z kompleksno število z = a+ ib.Tedaj je

e−zt = e−(a+ib) t

= e−at e−ibt

= e−at(cos(bt)− i sin(bt)) .

Poglejmo še njegovo absolutno vrednost

|e−zt | = |e−at cos(bt)− i e−at sin(bt)|

=√

(e−at cos(bt))2 +(e−at sin(bt))2

=√

(e−at)2(cos(bt))2 + sin(bt))2)

= |e−at |

= e−at > 0 .

� Zgled 8.1 Poišci Laplaceovo transformiranko funkcije f (t) = t.

Uporabimo metodo integracije po delih:

F(z) =∫

∞

0 e−ztt dt

= −1z

tezt |∞0 +1

z

∫∞

0 e−zt dt

= 0− 1z2

1ezt |∞0

= − 1z2 (0−1)

= 1z2 .

�

Definicija 8.1.2 Funkcija f : [0,∞)→R je eksponentnega tipa, ce obstajata konstanti M > 0 inc taki, da je

| f (t)| ≤M ect .

Tako sta na primer eksponentnega tipa obe hiperbolicni funkciji, saj je

ch t < et in sh t < et .

Prav tako je eksponentnega tipa potencna funkcija, saj je

tn < n!et = n!(1+ t +t2

2!+

t3

3!+ · · ·) .

Za funkcije eksponentnega tipa velja naslednji izrek.


Izrek 8.1.1 Naj bo f (vsaj) odsekoma zvezna funkcija eksponentnega tipa. Tedaj Laplaceovatransformiranka F(z) funkcije f obstaja za vsa kompleksna števila z, za katera je Re(z)> c.

Dokaz. Naj bo z = α + iβ . Naredimo naslednjo oceno za Laplaceovo transformiranko:

|F(z)| = |∫

∞

0 f (t)e−zt dt| ≤∫

∞

0 | f (t)e−zt |dt

=∫

∞

0 | f (t)| |e−zt |dt ≤∫

∞

0 | f (t)|e−α t dt

≤∫

∞

0 M ect e−α t dt = M∫

∞

0 e(c−α) t dt

=M

c−αe(c−α) t |∞0 =

Mc−α

(0−1)

=M

α− c, ce je c−α < 0 .

Pokazali smo, da Laplaceova transformiranka obstaja, ce je Re(z) = α > c.

� Zgled 8.2 Poišci Laplaceovo transformiranko funkcije f (t) = eat , a ∈ R.

F(z) =∫

∞

0 e−zt eat dt

=∫

∞

0 e(a−z) t dt

= 1a−z e(a−z) t |∞0

= − 1a−z(0−1)

= 1z−a .

�

Izrek pove, da ce funkcija ne narašca prehitro, tedaj zanjo obstaja Laplaceova transformiranka zadolocena kompleksna števila. Obstajajo pa funkcije, ki ne zadošcajo pogojem Izreka 8.1.1, a vseenolahko poišcemo njihove Laplaceove transformiranke. Zaradi tega je Izrek 8.1.1 zadostni pogojza obstoj Laplaceove transformiranke, ne pa tudi potrebni pogoj. Primer funkcije, ki ne zadošcazadostnemu pogoju je funkcija f (t) = 1√

t , saj je limt→01√t = ∞. Izracunajmo njeno Laplaceovo

transformiranko.

� Zgled 8.3 Izracunaj Laplaceovo transformiranko funkcije

f (z) = ta , a ∈ R .

Z vpejavo nove spremeljivke u = zt⇒ du = zdt izracunajmo integral:∫∞

0 ta e−zt dt =∫

∞

0 (uz )

a e−u duz

= 1za+1

∫∞

0 ua e−u duz

Spomnimo se funkcije gama Γ(x) =∫

∞

0 ux−1 e−u du, ki konvergira za x > 0. Tako je

L (ta)(z) =Γ(a+1)

za+1 , a >−1 .


Tako za a =−12 dobimo:

L

(1√t

)(z) =

Γ(12)

z12

=

√π√z=

√π

z.

Za naravni eksponent n ∈ N pa je

L (tn)(z) =Γ(n+1)

zn+1 =n!

zn+1 .

�

Ena od pomebnih lastnosti Laplaceove transformacije je linearnost:

L (λ f (t)+µ g(t))(z) =∫

∞

0 e−zt(λ f (t)+µg(t))dt

=∫

∞

0 e−ztλ f (t)dt +∫

∞

0 e−zt µg(t))dt

= λ∫

∞

0 e−zt f (t)dt +µ∫

∞

0 e−zt g(t))dt

= λ L ( f (t))(z)+µ L (g(t))(z) .

Z upoštevanjem linearnosti Laplaceove transformacije brez težav izpeljemo Laplaceovo trans-formiranko obeh hiperbolicnih funkcij ch(ω t) in sh(ω t), ω ∈ R:

L (ch(ω t)(z) = L

(eω t + e−ω t

2

)(z) =

12

(1

z−ω+

1z+ω

).

Tako jeL (ch(ω t)(z) =

zz2−ω2

in na podoben nacin izracunamo

L (sh(ω t)(z) =ω

z2−ω2 .

� Zgled 8.4 Izracunaj Laplaceovo transformiranko funkcije f (t) = cos(ω t).

Izracunajmo Laplaceovo transformiranko

F(z) = L (cos(ω t)) =∫

∞

0cos(ω t)e−zt dt

z integracijo po delih

u = cos(ω t) dv = e−zt dt

du = −ω sin(ω t)dt v = −1z e−zt .∫

∞

0 cos(ω t)e−zt dt = −1z e−zt cos(ω t)|∞0 − ω

z

∫∞

0 sin(ω t)e−zt dt

Ponovno naredimo integracijo po delih

u = sin(ω t) dv = e−zt dt

du = ω cos(ω t)dt v = −1z e−zt


in dobimo

F(z) = −1z (0− cos0)− ω

z

(−1

z e−zt sin(ω t)|∞0 + ω

z

∫∞

0 cos(ω t)e−zt dt)

F(z) = 1z −

ω

z (0+ω

z F(z))

F(z) = 1z +

ω2

z2 F(z))

F(z) =z

z2 +ω2 .

Tako jeL (cos(ω t)) =

zz2 +ω2 .

�

Na podoben nacin lahko bralec sam za vajo izpelje

L (sin(ω t)) =ω

z2 +ω2 .

Poleg linearnosti bomo potrebovali še naslednje lastnosti Laplaceove transformacije.1. L (eat f (t))(z) = L ( f (t))(z−a)

L (eat f (t))(z) =∫

∞

0 eat f (t)e−zt dt

=∫

∞

0 f (t)e−(z−a)t dt

= L ( f (t))(z−a) .

2. L ( f (at))(z) = 1aL ( f (t))( z

a) , a > 0Vpeljimo novo spremenljivko u = at⇒ du = adt:

L ( f (at))(z) =∫

∞

0 f (at)e−zt dt

=∫

∞

0 f (u)e−(za )u du

a

= 1aL ( f (t))

( za

).

3. Za k > 0 naj bo

f (t− k) ={

f (t− k) ; t ≥ k0 ; 0≤ t < k .

L ( f (t− k))(z) = e−zkL ( f (t))(z)Vpeljimo novo spremenljivko u = t− k⇒ du = dt:

L ( f (t− k))(z) =∫

∞

0 f (t− k)e−zt dt

=∫

∞

k f (t− k)e−zt dt

=∫

∞

0 f (u)e−z(u+k) du

= e−zk ∫ ∞

0 f (u)e−zu du

= e−zkL ( f (t))(z)


4. ce je poljuben odvod funkcije f funkcija eksponentnega tipa, tedaj je

L ( f (n)(t))(z) = znŁ( f (t))(z)− zn−1 f (0)− zn−2 f ′(0)− . . .− z f (n−2)(0)− f (n−1)(0) .

Uporabimo integracijo po delih

u = e−zt dv = f (n)(t)dt

du = −ze−zt dt v = f (n−1)(t), .

Z zaporedno uporabo dobljene formule lahko izpeljemo:

L ( f (n)(t))(z) =∫

∞

0 f (n)(t)e−zt dt

= f (n−1)(t)ezt |∞0 + z∫

∞

0 f (n−1)(t)e−zt dt

= − f (n−1)(0)+ zL ( f (n−1)(t))(z)

= − f (n−1)(0)+ z(− f (n−2)(0)+ zL ( f (n−2)(t))(z)

)= − f (n−1)(0)− z f (n−2)(0)+ z

(z − f (n−3)(0)+ zL ( f (n−3)(t))(z)

)= − f (n−1)(0)− z f (n−2)(0)− z2 f (n−3)−·· ·− zn−3 f

′′(0)+

zn−2(− f ′(0)+ zL ( f

′(t))(z)

)= − f (n−1)(0)− z f (n−2)(0)− z2 f (n−3)−·· ·− zn−3 f

′′(0)−

zn−2 f ′(0)+ zn−1 (− f (0)+ zŁ( f (t))(z))

= − f (n−1)(0)− z f (n−2)(0)− z2 f (n−3)−·· ·− zn−3 f′′(0)−

zn−2 f ′(0)− zn−1 f (0)+ zn L ( f (t))(z) .

Za n = 1 se formula glasi

L ( f′(t))(z) = zL ( f (t))(z)− f (0) .

5. L (tn f (t))(z) = (−1)nŁ(n)( f (t))(z) = (−1)nF(n)(z) , n ∈ NLaplaceovo transformiranko odvajajmo po spremenljivki z do odvodov n-tega reda:

F(z) =∫

∞

0 f (t)e−zt dt

F ′(z) =∫

∞

0 f (t)(−t)e−zt dt

F ′′(z) =∫

∞

0 f (t)t2 e−zt dt

...F(n)(z) =

∫∞

0 f (t)(−1)n tn e−zt dt

= (−1)n ∫ ∞

0 ( f (t) tn)e−zt dt

= (−1)nŁ(tn f (t))(z) .


6. Ce je f odsekoma zvezna in eksponentnega tipa, tedaj je

L

(∫ t

0f (τ)dτ

)(z) =

1zL ( f (t)(z) .

Naj bo∫ t

0 f (τ)dτ = g(t). Ker lahko funkcijo g navzgor omejimo z

|g(t)| =∣∣∫ t

0 f (τ)dτ∣∣≤ ∫ t

0 | f (τ)|dτ

≤∫ t

0 M ecτ dτ =Mc(ect −1), c > 0 ,

je g funkcija eksponentnega tipa za katero vemo, da obstaja Laplaceova transformiranka.Zaradi zveznosti je g′ = f in z upoštevanjem lastnosti 4. dobimo

L (g′(t))(z) = zL (g(t))(z)−g(0)

L ( f (t))(z) = zL (g(t))(z)−g(0) = zL (g(t))(z)−0 .

Tako je

L (g(t))(z) =1zL ( f (t))(z) .

� Zgled 8.5 Uporabi izpeljane lastnosti pri izracunu Laplaceovih transformirank naslednjih funkcij:1. f (t) = eat cos(ω t)

Ker je L (eat f (t))(z) = L ( f (t))(z−a), je

L (eat cos(ω t))(z) = L (cos(ω t))(z−a) =z−a

(z−a)2 +ω2 .

2. f (t) = eat sin(ω t)

L (eat sin(ω t))(z) = L (sin(ω t))(z−a) =ω

(z−a)2 +ω2 .

3. f (t) = eatch(ω t)

L (eatch(ω t))(z) = L (ch(ω t))(z−a) =z

(z−a)2−ω2 .

4. f (t) = eatsh(ω t)

L (eatsh(ω t))(z) = L (sh(ω t))(z−a) =ω

(z−a)2−ω2 .

5. f (t) = sin2 tUpoštevamo, da je f ′(t) = 2sin t cos t = sin(2t) v formuli

L ( f ′(t))(z) = zŁ( f (t))(z)− f (0)

L (sin(2t))(z) = zL (sin2 t)(z)− sin(0) = zL (sin2 t)(z)

L (sin2 t)(z) = 1z L (sin(2t))(z) = 1

z2

z2+4 .

�


Tabela 1: Osnovne Laplaceove transformiranke:

f (t) L ( f (t))(z) f (t) L ( f (t))(z)

11z

eat 1z−a

t1z2 eat cos(ωt)

z−a(z−a)2 +ω2

t2 2z3 eat sin(ωt)

ω

(z−a)2 +ω2

tn n!zn+1 eatch(ωt)

z−a(z−a)2−ω2

ta, a >−1Γ(a+1)

za+1 eatsh(ωt)ω

(z−a)2−ω2

Tabela 2: Lastnosti Laplaceove transformacije:

L (λ f (t)+µ g(t))(z) = λ L ( f (t))(z)+µ L (g(t))(z)

L (eat f (t))(z) = L ( f (t))(z−a)

L ( f (at))(z) = 1aL ( f (t))( z

a) , a > 0

L ( f (t− k))(z) = e−kzL ( f (t))(z)

Ł( f (t))(z)L ( f (n)(t))(z) = znŁ( f (t))(z)− zn−1 f (0)− zn−2 f ′(0)−·· ·− z f (n−2)(0)− f (n−1)(0)

L ( f ′(t))(z) = zŁ( f (t))(z)− f (0)

L (tn f (t))(z) = (−1)n L (n)( f (t))(z)

L (∫ t

0 f (τ)dτ)(z) =1zL ( f (t))(z)

� Zgled 8.6 Za dano Laplaceovo transformiranko L ( f (t))(z) = z+5z2+2z+5 poišci njen inverz f (t).

f (t) = L −1(

z+5z2+2z+5

)= L −1

(z+5

(z+1)2+4

)= L −1

(z+1

(z+1)2+4

)+2L −1

(2

(z+1)2+4

)= e−t cos(2t)+2e−t sin(2t)

= e−t(cos(2t)+2 sin(2t))


�

� Zgled 8.7 Za dano Laplaceovo transformiranko L ( f (t))(z) = z+2z2−4z−5 poišci njen inverz f (t).

f (t) = L −1(

z−2z2−4z−5

)= L −1

((z−2)+4(z−2)2−9

)= L −1

(z−2

(z−2)2−9

)+L −1

(4

(z−2)2−9

)= e2t ch(3t)+ 4

3 e2t sh(3t)

= 76 e5t − 1

6 e−t .

Drugi možni nacin reševanja je s pomocjo razcepa na parcialne ulomke:

z+2(z−5)(z+1)

=A

z−5+

Bz+1

.

Rešitev sistema enacb je A = 76 in B =−1

6 . Tako je

f (t) = L −1(

z−2z2−4z−5

)= L −1

(76

1z−5

)−L−1

(16

1z+1

)= 7

6 e5t − 16 e−t .

�

Zelo uporabna pri iskanju Laplaceovih transformirank je operacija konvolucije dveh funkcij.Naj bo

F(z) = L ( f (t))(z) in G(z) = L (g(t))(z) .

Išcemo funkcijo h, katere Laplaceova transformiranka je enaka produktu F(z)G(z).

Definicija 8.1.3 Naj bosta f ,g zvezni funkciji. Tedaj je konvolucija funkcij f in g, f ∗g, enaka

( f ∗g)(t) =∫ t

0f (τ)g(t− τ)dτ .

Uporabo konvolucije podaja naslednji izrek, katerega dokaz bomo izpustili, saj sega na podrocjeveckratnih integralov.

Izrek 8.1.2L (( f ∗g)(t))(z) = L ( f (t))(z)L (g(t))(z) .

� Zgled 8.8 Poišci inverz Laplaceove transformiranke, ce je

L (h(t))(z) =1

(z−1)(z+2).

F(z) =1

z−1⇒ f (t) = L −1( 1

z−1) = et

G(z) =1

z+2⇒ g(t) = L −1( 1

z+2) = e−2 t


Po Izreku 8.1.2 velja( f ∗g)(t) = L −1 (F(z)G(z)) .

L −1(

1(z−1)(z+2)

)= L −1 (F(z)G(z))

= ( f ∗g)(t)

=∫ t

0 f (τ)g(t− τ)dτ

=∫ t

0 eτ e−2(t−τ) dτ

= e−2 t ∫ t0 e3τ dτ

= e−2t

3 e3τ |t0

=et − e−2t

3.

Nalogo bi seveda lahko rešili tudi s pomocjo razcepa na parcialne ulomke. �

9. Reševanje diferencialnih enacb

Laplaceova transformacija ima v inženirski matematiki veliko uporabno vrednost, saj problemreševanja diferencialnih enacb prevede na reševanje algrebrajskih enacb. Posebej uporabna je zareševanje težkih problemov v zvezi z diferencialnimi enacbami, za katere ne obstajajo analiticnemetode reševanja. Naš cilj je s pomocjo Laplaceove transformacije znati rešiti sistem diferencialnihenacb in prevesti parcialne diferencialne enacbe na navadne diferencialne enacbe.

9.1 Navadne diferencialne enacbeLaplaceovo transformacijo lahko uporabimo pri reševanju razlicnih vrst navadnih diferencialnihenacb, kot tudi njihovih sistemov. Metoda je bolj ali manj uporabna, odvisno od danega problema.Poglejmo si posamezne primere.

Linearne diferencialne enacbe s konstantnimi koeficientiNajprej se omejimo na navadne diferencialne enacbe prvega reda s konstantimi koeficienti. Te sicerže znamo reševati, a poglejmo še kako jih lahko rešimo s pomocjo Laplaceove transformacije.

Za Laplaceovo transformiranko n-tega odvoda funkcije f moramo poznati f (0) in vrednostv tocki T = 0 vseh prvih n− 1 odvodov. To pomeni, da ne moremo najti splošne rešitve takediferencialne enacbe, temvec le partiukularno rešitev pri danih zacetnih pogojih. Poglejmo nacinreševanja diferencialne enacbe 2. reda. Naj bo za neznano funkcijo x = x(t) dana diferencialnaenacba

a2 x′′(t)+a1 x′(t)+a0 x(t) = q(t)

z zacetnima pogojema x(0) = c1, x′(0) = c2. Na celotno diferencialno enacbo delujemo zLaplaceovo transformacijo

L (a2 x′′(t)+a1 x′(t)+a0 x(t))(z) = L (q(t))(z) .

Zaradi linearnosti Laplaceove transformacijo dobimo

a2 L (x′′(t))(z)+a1 L (x′(t))(z)+a0 L (x(t))(z) = L (q(t))(z) .

132 9. Reševanje diferencialnih enacb

Vpeljemo oznakiL (x(t))(z) = X(z) in L (q(t))(z))Q(z) .

Nadalje upoštevamo pravili

L (x′(t))(z) = zŁ(x(t))(z)− x(0) = zX(z)− c1

inL (x′′(t))(z) = z2Ł(x(t))(z)− zx(0)− x′(0) = z2X(z)− zc1− c2 .

Tako dobimoa2 (z2X(z)− zc1− c2)+a1 (zX(z)− c1)+a0 X(z) = Q(z) ,

ki je linearna enacba za neznako X(z):

X(z) =Q(z)+a1 c1 + za2 c1 +a2 c2

a2 z2 +a1 z+a0.

Z uporabo inverzne Laplaceove transformacije dobimo rešitev diferencialne enacbe x(t)=L −1(X(z)).Celotni postopek reševanja takih diferencialni enacb z Laplaceovo transformacijo je relativno

zamuden, zato ni prevec smiseln.

� Zgled 9.1 S pomocjo Laplaceove transformacije reši diferencialno enacbo

x′′(t)+3x′(t)+2x(t) =−2t−1 , x(0) = 3, x′(0) =−4 .

Na celotno diferencialno enacbo delujemo z Laplaceovo transformacijo:

L (x(t))(z) = X(z) ,

L (x′(t))(z) = zX(z)− x(0) = zX(z)−3 ,

L (x′′(t))(z) = z2X(z)− zx(0)− x′(0) = z2X(z)−3z+4 ,

L (−2t−1)(z) = −2 1z2 − 1

z .

S tem smo diferencialno enacbo prevedli na algebrajsko enacbo:

z2X(z)−3z+4+3zX(z)−9+2x(z) =− 2z2 −

1z

oziroma

X(z) =3z3 +5z2− z−2z2(z2 +3z+2)

.

Nastavek za razcep na parcialne ulomke je enak

X(z) =Az+

Bz2 +

Cz+2

+D

z+1

in izracunani koeficienti soA = 1,B =−1,C = 1,D = 1 .

Tako je inverzna Laplaceova transformiranka enaka

x(t) = L −1(X(z)) = L −1(

1z −

1z2 +

1z+2 +

1z+1

)x(t) = 1− t + e−2t + e−t .

�

9.1 Navadne diferencialne enacbe 133

Linearne diferencialne enacbeLinearna diferencialna enacba nima nujno konstantnih koeficientov. Za tak tip diferencialnih enacbnimamo analiticne metode, ki bi rešila vsako tako enacbo. Reševanje takih diferencialnih enacb jetežek problem, ena od možnosti je iskanje rešitve s pomocjo razvoja v potencno vrsto.

Z uporaba Laplaceove transformacije imamo orodje, ki nam pomaga, a tudi v tem primerupostopek ni preprost. Poglejmo si uporabo na konkretnem primeru.

� Zgled 9.2 S pomocjo Laplaceove transformacije reši diferencialno enacbo

t x′′(t)+ x′(t)+ t x(t) = 0 , x(0) = 1, x′(0) = 0 .

Na diferencialno enacbo delujemo z Laplaceovo transformacijo:

L (x(t))(z) = X(z) ,

L (x′(t))(z) = zX(z)− x(0) = zX(z)−1 ,

L (x′′(t))(z) = z2X(z)− zx(0)− x′(0) = z2X(z)− z ,

L (t x(t))(z) = (−1)1Ł′(x(t))(z) =−X ′(z)

L (t x′′(t))(z) = (−1)1Ł′(x′′(t))(z) =−(z2X(z)− z)′ =−2zX(z)− z2X ′(z)+1 .

S tem smo diferencialno enacbo drugega reda prevedli na diferencialno enacbo prvega reda:

−z2X ′(z)−2zX(z)+1+ zX(z)−1+X ′(z) = 0

oziromaX ′(z) =− z

z2 +1X(z) ,

ki je diferencialna enacba prvega reda z locljivima spremenljivkama:

dX(z)X(z)

= − zz2 +1

lnX(z) = −12 ln(z2 +1)+C

X(z) =D√

z2 +1.

Ideja nadaljnega reševanja je, da funkcijo razvijemo v potencno vrsto

X(z) = D(

1z− 1

2z3 +1 ·3

222!z5 −1 ·3 ·5233!z7 + · · ·

)ter clenoma izvedemo inverzno Laplaceovo transformacijo

x(t) = L −1(

D(

1z −

12z3 +

1·3222!z5 − 1·3·5

233!z7 + · · ·))

= D(

1− 12

t2

2! +1·3222!

t4

4! −1·3·5233!

t6

6! · · ·)

= D∞

∑n=0

(−1)n (2n+1)!!2nn!(2n)!

t2n .

Opazimo, da je rešitev ena od Besselovih funkcij.�


Sistemi diferencialnih enacbSpoznali bomo, kako lahko s pomocjo Laplaceoe transformacije rešujemo sisteme diferencialnihenacb. Na sistem linearnih diferencialnih enacb delujemo z Laplaceovo transformacijo, s cimerprevedemo problem na reševanje obicajnih(algebrajskih) linearnih enacb, katerega neznanke soLaplaceove transformiranke. Ko le-te poišcemo, uporabimo na njih še inverzno Laplaceovotransformacijo.

� Zgled 9.3 S pomocjo Laplaceove transformacije reši sistem diferencialnih enacb

x′(t) = x(t)+ y(t)+ et

y′(t) = −x(t)+ y(t)− et ,

ce je x(0) = 1 in y(0) = 3.

Poišcimo Laplaceovo transformiranko posameznih clenov:

L (x(t))(z) = X(z) ,

L (x′(t))(z) = zX(z)− x(0) = zX(z)−1 ,

L (y(t))(z) = Y (z) ,

L (y′(t))(z) = zY (z)− y(0) = zY (z)−3 ,

L (et)(z) = 1z−1 .

S tem smo sistem diferencialnih enacb prevedli na sistem linearnih enacb:

zX(z)−1 = X(z)+Y (z)+ 1z−1

zY (z)−3 = −X(z)+Y (z)− 1z−1 .

v katerem sta X(z) in Y (z) neznanki. Rešitev sistema je enolicna in je enaka

X(z) =z2 +2z−4

(z−1)(z2−2z+2

Y (z) =3z2−8z+4

(z−1)(z2−2z+2).

Razcep na parcialne ulomke da rezultat

X(z) = − 1z−1 +

2z+2z2−2z+2

Y (z) = − 1z−1 +

4z−6z2−2z+2 .

Nazadnje izracunam še obe inverzni Laplaceovi transformiranki:

x(t) = L −1(− 1

z−1 +2 z−1(z−1)2+1 +4 1

(z−1)2+1

)= −et +2et cos t +4et sin t

y(t) = L −1(− 1

z−1 +4 z−1(z−1)2+1 −2 1

(z−1)2+1

)= −et +4et cos t−2et sin t .

9.1 Navadne diferencialne enacbe 135

�

� Zgled 9.4 S pomocjo Laplaceove transformacije reši sistem diferencialnih enacb višjega reda

x′(t)+ y′(t) = t

x′′(t)− y(t) = e−t ,

ce je x(0) = 3, x′(0) =−2 in y(0) = 0.

Postopamo enako kot v prejšnjem primeru in rešitev je

x(t) = 2+ 12(t

2 + e−t + cos t−3sin t)

y(t) = 2− 12(e−t + cos t−3sin t) .

�


9.2 Parcialne diferencialne enacbe

Parcialne diferencialne enacbe (krajše PDE) so diferencialne enacbe, v katerih se pojavljajo(parcialni) odvodi neznanih funkcij f : Rn → R. Red parcialne diferencialne enacbe je rednajvišjega parcialnega odvoda v parcialni diferencialni enacbi. Neodvisne spremenljivke funkcij vparcialni diferencialni enacbi so obicajno prostorske koordinate x,y,z in(ali) cas t. Za ilustracijopoglejmo nekaj primerov takih enacb, od katerih bomo kasneje nekatere tudi rešili.

1. Laplaceova enacba

Naj bo f : R3→ R. Dvakratno zaporedno delovanje operatorja nabla ∇ na funkcijo f da:

∇2 f = ∇(∇ f )

= ∇( fx, fy, fz)

= fxx + fyy + fzz

= ∆ f .

Operator∆ = ∇

2

je Laplaceov operator, imenovan tudi diferencialni operator. Tedaj je

∆ f = fxx + fyy + fzz = 0

parcialna diferencialna enacba drugega reda.2. Valovanje (nihanje)

∂ 2u∂ t2 = c2

(∂ 2u∂x2 +

∂ 2u∂y2 +

∂ 2u∂ z2

), c ∈ R+ .

3. Prenos toplote∂u∂ t

= c2(

∂ 2u∂x2 +

∂ 2u∂y2 +

∂ 2u∂ z2

), c ∈ R+ .

4. Tok stistljive tekocine

div(ρ v) =−∂ρ

∂ t,

kjer je ρ = ρ(x,y,z, t) gostota tekocine, v hitrost stiskanja in t cas.

S pomocjo Laplacove transformacije smo reševanje nekaterih navadnih diferencialnih enacbin njihovih sistemov prevedli na reševanje algebrajskih enacb oziroma sistema linearnih enacb.Tudi nekatere (linearne) parcialne diferencialne enacbe funkcij dveh spremenljivk s konstantnimikoeficienti lahko rešujemo s pomocjo Laplaceove transformacije. Problem sicer ne prevedemo naalgebrajsko enacbo, temvec na navadno diferencialno enacbo.

Dano parcialno diferencialno enacbo funkcije f (x, t) prevedemo na navadno diferencialnoenacbo tako, da poišcemo Laplaceovo transformiranko parcialnega odvoda funkcije f po eni od

9.2 Parcialne diferencialne enacbe 137

spremenljivk, naj bo to x:

L

(∂ f (x, t)

∂x

)(z) =

∫∞

0

∂ f (x, t)∂x

e−zt dt

=∂

∂x

∫∞

0f (x, t)e−zt dt

=

=∂

∂xL ( f (x, t))(z)

=

=∂

∂xF(x,z) .

Vidimo, da dobimo navadno diferencialno enacbo za transformiranko F(x,z). Nazadnje upora-bimo inverzno Laplaceovo transformacijo, s cimer dobimo rešitev prvotnega problema. Ilustrirajmometodo na primeru nihanja polneskoncne strune in prenosa toplote v eni dimenziji.

� Zgled 9.5 Nihanje strune

Polneskoncna struna (zelo dolga vrv ali struna) je vpeta v koordinatni sistem tako, da strunaleži na pozitivnem delu osi x, s cimer je njena zacetna tocka v koordinatnem izhodišcu. Zacetnotocko zanihamo, pri cemer se val širi vzdolž strune. Funkcija u(x, t) za vsak trenutek t pove legodelca z absciso x in zadošca parcialni diferencialni enacbi

∂ 2u(x, t)∂ t2 = c2 ∂ 2u(x, t)

∂x2 c > 0 .

Na zacetku struna miruje, zato sta zacetna pogoja enaka

u(x,0) = 0 in∂u∂ t

(x,0) = 0 .

Robna pogoja sta dolocena z gibanjem strune in sicer se naj zacetni del giblje v skladu z nekofunkcije f (t) = u(0, t), neskoncni del pa naj miruje, torej naj bo limx→∞ u(x, t) = 0.

Oznacimo Laplaceovo transformiranko funkcije u glede na spremenljivko t z L (u(x, t))(z) =U(x,z). Privzemimo, da lahko zamenjamo vrstni red odvajanja in integriranja, s cimer je

L

(∂ 2u(x, t)

∂x2

)=

∫∞

0

∂ 2u(x, t)∂x2 e−zt dt

=∂ 2

∂x2

∫∞

0u(x, t)e−zt dt

=∂ 2U(x,z)

∂x2 .

Izvedimo Laplaceovo transformacijo še na levi strani PDE:

L

(∂ 2u(x, t)

∂ t2

)= z2 L (u(x, t))(z)− zu(x,0)− ∂u

∂ t(x,0)

= z2 L (u(x, t))(z)

= z2U(x,z) .


Tako z delovanjem Laplaceove transformacije na PDE dobimo

z2

c2 U(x,z) =∂ 2U(x,z)

∂x2 .

To je navadna diferencialna enacba 2. reda s konstantnimi koeficienti (homogena) za neznanofunkcijo U(x,z) glede na spremenljivko x, z pa je parameter. Zapišimo jo kot

∂ 2U(x,z)∂x2 − z2

c2 U(x,z) = 0

in rešimo:λ 2− z2

c2 = 0

λ1,2 = ± zc

U(x,z) = C1(z)e−zc x +C2(z)e

zc x

Pri iskanju koeficientov C1(z) in C2(z) moramo upoštevati, da je odmik u(x, t) omejen, ko grex→∞. Posledicno zato obstaja njegova transformiranka U(x,z), kar pomeni, da je C2(z) = 0. Takoje

U(0,z) =C1(z) .

Iz robnega pogoja f (t) = u(0, t) in L ( f (t))(z) = F(z) dobimo

F(z) = L ( f (t))(z) = L (u(0, t)(z) =U(0,z)⇒C1(z) =U(0,z) = F(z) .

Tako jeU(x,z) = F(z)e−

zc x .

Uporabimo pravilo o pomiku

U(x,z) = e−xc z L ( f (t))(z) = L

(f(

t− xc

))(z) ,

kjer je

f(

t− xc

)=

f(t− x

c

); t > x

c

0 ; 0≤ t ≤ xc

Inverzna Laplaceova transformiranka je tako

u(x, t) = f(

t− xc

).

�

� Zgled 9.6 Prenos toplote v eni dimenziji(difuzijska enacba)

Pri obravnavi tega problema se bomo omejili na prenos toplote samo v smeri x-osi. Prav takopredpostavimo idealno zunanjom izolacijo, kar pomeni da ni izmenjevanje toplote z okolico. Najbo u(x, t) temperatura palice na mestu x ob casu t. Spremembo toplote podaja diferencialna enacba

∂u(x, t)∂ t

= c2 ∂ 2u(x, t)∂x2 .

9.2 Parcialne diferencialne enacbe 139

Zacetna temperatura palice naj bo enaka 0 stopinj, torej je zacetni pogoj

u(x,0) = 0 .

Nato zacetek palice segrevamo s konstantno temperaturo T0, zato je

u(0, t) = T0 .

Obenem naj bo temperatura na poljubnem mestu palice omejena, zato je

limt→∞

u(x, t)< ∞ .

S tem smo dolocili oba robna pogoja.Oznacimo Laplaceovo transformiranko funkcije u glede na spremenljivko t z L (u(x, t))(z) =

U(x,z). Podobno kot v prejšnjem primeru je

L

(∂ 2u(x, t)

∂x2

)=

∂ 2U(x,z)∂x2 .

Izvedimo Laplaceovo transformacijo še na levi strani PDE:

L

(∂u(x, t)

∂ t

)= zL (u(x, t))(z)−u(x,0) = zU(x,z) .

Z delovanjem Laplaceove transformacije na PDE tako dobimo

zU(x,z) = c2 ∂ 2U(x,z)∂x2 ,

ki je navadna diferencialna enacba 2. reda s konstantnimi koeficienti (homogena) za neznanofunkcijo U(x,z) glede na spremenljivko x, z pa je parameter. Tako je

∂ 2U(x,z)∂x2 − z

c2 U(x,z) = 0 .

Rešitev je podobna kot pri nihanju, torej

λ 2− zc2 = 0

λ1,2 = ±√

zc

U(x,z) = C1(z)e−√

zc x +C2(z)e

√z

c x

Pri iskanju koeficientov C1(z) in C2(z) moramo upoštevati, da je limt→∞ u(x, t)< ∞, zato obstajatransformiranka U(x,z), kar pomeni, da je C2(z) = 0. Tako je

U(0,z) =C1(z) .

Iz robnega pogoja u(0, t) = T0 in L (u(x, t)))(z) =U(x,z) dobimo

U(0,z) = L (u(0, t))(z) = L (T0)(z) = T01z⇒C1(z) =

T0

z.

Tako je

U(x,z) =T0

ze−

xc√

z .


Iskanje inverzne Laplaceove transformiranke je v tem primeru bolj zapleteno in sicer si pomagamoz rezultatom

L −1

(e−a√

z

z

)(t) = erfc

(a

2√

t

)= 1− erf

(a

2√

t

),

pri cemer je erf funkcija napake

erf(w) =2√π

∫ w

0e−t2

dt

in erfc njen komplement, erfc(w) = 1− erfc(w). Obe sta neelementarni funkciji. Tako je

u(x, t) = L −1(

T0

ze−

xc√

z)= T0erfc

(x

2c√

t

)= T0

(1− erf

(x

2c√

t

)).

�

� Zgled 9.7 Poišci rešitev PDE

∂u∂ t

(x, t) =∂ 2u∂x2 (x, t), 0 < x < 2, t > 0

ce je zacetni pogoj dolocen zu(x,0) = 3sin(2πx)

in sta robna pogoja enakau(0, t) = 0, u(2, t) = 0 .

Postopamo kot v primeru difuzijske enacbe in iskana funkcija je

u(x, t) = L −1(

3sin(2πx)z+4π2

)= 3sin(2πx)e−4π2t .

�

10. Naloge

Laplaceova transformacija1. Poišci Laplaceovo transformiranko funkcije f , ki je podana s predpisom

(a) f (t) = 3√

t,(b) f (t) =

√t5,

(c) f (t) = 1√t ,

(d) f (t) = sin t− t cos t,(e) f (t) = t3e2t ,(f) f (t) = (t2 + t +1)e−t ,(g) f (t) = te−2t sin t,(h) f (t) = t2 sin(2t),(i) f (t) = (t−1)5,(j) f (t) = cos2 t,(k) f (t) = ch3t,(l) f (t) =

∫ t0 ex sinxdx.

2. Poišci inverz Laplaceove transfomiranke F , ki je podana s predpisom(a) F(z) = 1

z2(z−2) ,

(b) F(z) = z3+z2+4z2(z2+4) ,

(c) F(z) = 1(z2+1)2 ,

(d) F(z) = z(z2+1)2 ,

(e) F(z) = z2+2z4−8z ,

(f) F(z) = 1√z−1

.

Diferencialne enacbe3. S pomocjo Laplaceove transformacije poišci rešitev diferencialne enacbe

y′(x)+ y(x) = e−x,

142 10. Naloge

pogoju y(0) = 1.4. S pomocjo Laplaceove transformacije poišci rešitev diferencialne enacbe

y′′′(x)+ y′′(x) = x,

pogojih y(0) =−3, y′(0) = 1, y′′(0) = 0.5. S pomocjo Laplaceove transformacije poišci rešitev diferencialne enacbe

y′′′(x)+ y′(x) = cosx,

pogojih y(0) = y′(0) = 1, y′′(0) =−1.6. Poišci rešitev sistema diferencialnih enacb

x′1(t) =−x2(t)− x3(t)

x′2(t) =−x1(t)− x3(t)

x′3(t) =−x1(t)− x2(t)

pri pogojih x1(0) =−1, x2(0) = 0 in x3(0) = 1.7. Reši diferencialno enacbo

xy′′(x)−2y′ = 0.

8. Poišci rešitev sistema diferencialnih enacb

x′(t)+ y(t) = e−t

y′(t)− x(t) = 3e−t

pri pogojih x(0) = 0 in y(0) = 1.9. Poišci rešitev sistema diferencialnih enacb

x′′(t)−2y′(t) = 0

y′′(t)− x′(t) =12

pri pogojih x(0) = 0, x′(0) =−2, y(0) =−1 in y′(0) = 0.10. Reši sistem diferencialnih enacb

−x′′(t) = x(t)+ y(t)+ et

y′(t) = x(t)+ y(t)

pri pogojih x(0) = 0, x′(0) = 2 in y(0) =−3.11. Poišci rešitev sistema diferencialnih enacb

ty(t)+ x′(t) = t

y(t)+ x′′(t) = 1

pri pogojih x(0) = x′(0) = 0 in y(0) = 0.12. Poišci rešitev sistema diferencialnih enacb∫ t

0x(s)e2(t−s)ds− y′(t) = e2t

x′(t)+ y(t) = 1,

kjer je x(0) = 0 in y(0) = 0.

Literatura

1 J. Cimpric, J. Prezelj, Rešene naloge iz Analize IV, DMFA, Ljubljana, 2017.2 M. Dobovišek, Rešene naloge iz Analize II, DMFA, Ljubljana, 1996.3 G. Dolinar, Rešene naloge iz Matematike 3, FE, Ljubljena, 2005.4 J. Globevnik, M. Brojan, Analiza II, FMF, Ljubljana, e-gradivo dostopno na https://www.fmf.uni-

lj.si/ globevnik5 B. Hvala, Zbirka izpitnih nalog iz Analize, z namigi, nasveti in rezultati, DMFA, Ljubljana,

2016 (4. natis).6 E. Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, Wiley, ZDA, 2011.7 J. Usenik, Izbrana poglavja iz matematike, FOV, Novo mesto, 2020.8 I. Vidav, Matematika II, DZS, Ljubljana, 1975.9 T. Žitko, Zbirka nalog iz Matematike IV, FE in FRI, Ljubljana, 2004.

Stvarno kazalo

ε-okolica, 8

cilindricne koordinate, 54

Darbouxova vsota, 40diferenciabilnost, 17diferencialni operator, 134divergenca, 98dvojni integral, 40

uvedba novih spremenljivk, 46

enostavna krivulja, 87

funkcije vec spremenljivk, 7

gladka krivulja, 87gladka ploskev, 91gradient, 16

implicitna funkcija, 33integralska vsota

spodnja, 40zgornja, 40

Jacobijeva matrika, 46, 60

konvolucija, 127koordinatni krivulji, 81krivulje, 75krivuljni integral

skalarna funkcija, 87vektorska funkcija, 90

Laplaceov operator, 134limita, 11lokalni ekstrem, 29lokalni maksimum, 29lokalni minimum, 29

metrika, 8

nabla, 98negativno definitna matrika, 32nivojnica, 9norma, 8normala, 83normalna ravnina, 78notranja tocka, 9

odprta množica, 9odsekoma gladka krivulja, 87odsekoma gladka ploskev, 91orientabilna ploskev, 91orientacija krivulje, 90

parametrizacija, 75parcialne diferencialne enacbe, 134parcialni odvod, 16ploskovni integral

skalarna funkcija, 92vektorska funkcija, 94

polarne koordinate, 12, 47potencial, 97potencialno polje, 97

STVARNO KAZALO 145

potrebni pogoj, 29pozitivno definitna matrika, 32prerez, 9pretok polja, 94

regularna parametrizacijakrivulje, 77ploskve, 81

Riemannova vsota, 39robna tocka, 9rotor, 98

sedlo, 30sferne koordinate, 55skalarne funkcije vektorske spremenljivke, 7skalarni produkt, 8skalarno polje, 62smerni odvod, 23stacionarna tocka, 30

tangenta, 76tangentni vektor, 76Taylorjeva formula, 27totalni diferencial, 17trojni integral, 52

uvedba novih spremenljivk, 53

vektorska funkcija, 59vektorsko polje, 62

zadostni pogoj, 30zunanja tocka, 9zvezno parcialno odvedljiva, 16zveznost, 11

Documents

Matematika C · 2020. 9. 15. · 5 Predgovor Uˇcbenik pred vami predstavlja nadaljevanje in nadgradnjo vsebin, ki so jih študenti kemije in kemijskega inženirstva na Fakulteti