skripte Matematika 3

Matematika 3

Jovanka Pantović

December 8, 2010

Matematika 3

2

Sadržaj

1 Funkcije više promenljivih 71.1 Osnovni pojmovi i definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Karakteristične tačke i skupovi u R

n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Granična vrednost i neprekidnost funkcije dve promenljive . . . . . . . 91.4 Diferencijalni račun funkcija dve promenljive . . . . . . . . . . . . . . . 101.5 Totalni diferencijal funkcije dve promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6 Izvod složene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.7 Implicitne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.8 Tangentna ravan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.9 Gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.10 Stacionarne tačke funkcije dve promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . 141.11 Relativne ekstremne vrednosti funkcije dve promenljive . . . . . . . . . 151.12 Relativne ekstremne vrednosti funkcija više promenljivih . . . . . . . . 151.13 Vezane (uslovne) ekstremne vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.14 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Vektorska analiza 252.1 Skalarna polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2 Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2.1 Granična vrednost i neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.2 Izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.3 Neodredjeni i odredjeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3 Vektorska polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4 Hamiltonov i Laplasov operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.5 Gradijent, divergencija i rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.6 Osobine gradijenta, divergencije i rotora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.7 Tangentna ravan na površ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.8 Normala površi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3 Višestruki integrali 333.1 Dvostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.1.1 Definicija dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.1.2 Osobine dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3

SADRŽAJ Matematika 3

3.1.3 Transformacija koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.1.4 Primena u inženjersknim naukama . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.2 Trostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.2.1 Definicija trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.2.2 Osobine trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.2.3 Transformacije koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2.4 Primena u inženjersknim naukama . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.3 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4 Krivolinijski i površinski integral 474.1 Krivolinijski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.1.1 Krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.1.2 Orijentacija glatke krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.1.3 Definicija krivolinijskog integrala skalarnog polja . . . . . . . . 484.1.4 Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.1.5 Definicija krivolinijskog integrala vektorskog polja . . . . . . . 494.1.6 Osobine krivolinijskog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.1.7 Nezavisnost krivolinijskog integrala vektorskog polja od putanje 504.1.8 Formula Grina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.2 Površinski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2.1 Površi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2.2 Orijentacija Žordanove površi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.2.3 Definicija površinskog integrala skalarne funkcije . . . . . . . . 524.2.4 Osobine površinskog integrala skalarne funkcije . . . . . . . . 534.2.5 Definicija površinskog integrala vektorske funkcije . . . . . . . 544.2.6 Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.2.7 Formula Stoksa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.2.8 Formula Gausa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5 Diferencijalne jednačine 715.1 Osnovni pojmovi i definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.2 Diferencijalne jednačine prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.2.1 Jednačina sa razdvojenim promenljivim . . . . . . . . . . . . . . 745.2.2 Homogena jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.2.3 Jednačina koja se svodi na homogenu . . . . . . . . . . . . . . . 765.2.4 Linearna jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.2.5 Bernoullijeva jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.2.6 Jednačina totalnog diferencijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805.2.7 Integracioni množitelj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.2.8 Clairautova jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 825.2.9 Lagrangeova jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

5.3 Diferencijalne jednačine višeg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.3.1 Snižavanje reda diferencijalne jednačine . . . . . . . . . . . . . 845.3.2 Linearne diferencijalne jednačine reda n . . . . . . . . . . . . . 855.3.3 Homogene linearne diferencijalne jednačine reda n . . . . . . 85

4

Matematika 3 SADRŽAJ

5.3.4 Homogene linearne diferencijalne jednačine reda n sa konstantnim koeficijentima 865.3.5 Linearne diferencijalne jednačine reda n sa konstantnim koeficijanetima 885.3.6 Ojlerova diferencijalna jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5.4 Primena diferencijalnih jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.4.1 Harmonijsko oscilovanje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.4.2 Prigušeno oscilovanje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.4.3 Prinudno oscilovanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5.5 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6 Laplasove transformacije 1076.1 Definicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.2 Egzistencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.3 Osobine Laplasovih transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

6.3.1 Linearnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.3.2 Sličnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.3.3 Translacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.3.4 Prigušenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.3.5 Diferenciranje originala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.3.6 Diferenciranje slike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.3.7 Integracija originala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1146.3.8 Konvolucija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

6.4 Heavisideov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.5 Neke specijalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

6.5.1 Heavisideova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1166.5.2 Gama funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1166.5.3 Beta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

6.6 Rešavanje običnih diferencijalnih jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.6.1 sa konstantnim koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.6.2 sa promenljivim koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

6.7 Primena Laplasovih transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.7.1 Mehanika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.7.2 Električna kola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

6.8 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.9 Tablica Laplasovih transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5

SADRŽAJ Matematika 3

6

Chapter 1

Funkcije više promenljivih

1.1 Osnovni pojmovi i definicije

Definicija 1.1.1 Realna funkcija n realnih promenljivih je preslikavanje skupa D ⊆

Rn, n ∈ N n > 1 u skup R, tj. podskup Dekartovog proizvoda D × R u kome se

svaki element iz D pojavljuje tačno jedanput kao prva komponenta.

Skup D se naziva domen funkcije, a vrednost funkcije f u tački (x1, . . . , xn) ∈ D sezapisuje f (x1, . . . , xn). Pišemo i

f = f (x1, . . . , xn), (x1, . . . , xn) ∈ D ⊆ Rn

ilif : D → R

n : (x1, . . . , xn) 7→ f (x1, . . . , xn).

Za proizvoljno c ∈ R, jednačinom f (x1, . . . , xn) = c je zadata nivo površ funkcijef . U slučaju n = 2 nivo površ se naziva i nivo kriva. Nivo krive se često crtaju ujednoj ravni.

Primer 1.1.1 Izolinije (grč. isos = jednak) su linije koje na geografskim kartamaspajaju tačke u kojima neka pojava ima istu vrednost.

Izohipse (grč. hypsos = visina) su krive koje na geografskim kartama povezujumesta iste nadmorske visine. U delovima gde je mreža izohipsi gusta, u prirodi jepodručje strmo. Izohipse se označavaju svetlo smedjom bojom.

Izobate (grč. batos=dubina) su krive koje na geografskim kartama spajaju mjestajednake dubine mora ili jezera.

Izobare (grč. baros = težina) su krive koje na kartama povezuju mjesta istogvazdušnog pritiska.

Primer 1.1.2 Neka je n = 2.

(a) z = x2 + y2

(b) z =√

1 − x2 − y2

7

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH Matematika 3

(c) z =√

x2 + y2

Definicija 1.1.2 Rastojanje (metrika) je preslikavanje d : Rn × R

n → R sa osobi-nama:

(D1) d(M1, M2) ≥ 0,

(D2) d(M1, M2) = 0 ⇔ M1 = M2

(D3) d(M1, M2) = d(M2, M1)(D4) d(M1, M2) + d(M2, M3) ≥ d(M1, M3).

Primer 1.1.3 Neka je M1 = (x1, y1) i M2(x2, y2). Funkcija

d(M1, M2) =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

je metrika u R2.

Kažemo da je uređen par (Rn, d) metrički prostor.

Definicija 1.1.3 Okolina tačke M1 je skup

L(M, r) = {M ∈ Rn : d(M, M1) < r}, r > 0.

Primer 1.1.4 Ako je rastojanje definisano sa

d(M1, M2) =√

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

onda kažemo da je okolina sferna:

(a) n = 3

L(M, r) = {M ∈ R3 :√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 < r}= {M ∈ R

3 : (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 < r2}

(b) n = 2 {M ∈ R2 :√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 < r} = {M ∈ R2 : (x1 − x2)2 +

(y1 − y2)2 < r2}

(c) n = 1{M ∈ R :

√x2 < r} = {M ∈ R : |x| < r} = {M ∈ R : −r < x < r}

1.2 Karakteristične tačke i skupovi u Rn

Neka je D ⊆ Rn.

Karakteristične tačke:

• M1(∈ D) je unutrašnja tačka skupa D ako postoji okolina tačke M1 koja jecela sadržana u D;

8

Matematika 31.3. GRANIČNA VREDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE DVE

PROMENLJIVE

• M2( 6∈ D) je spoljašnja tačka skupa D ako postoji okolina tačke M2 ne sadržinijednu tačku iz D;

• M3 je rubna tačka skupa D ako svaka okolina tačke M3 sadrži bar jednu tačkuiz D i bar jednu tačku koja nije u D;

• M4 je tačka nagomilavanja skupa D ako svaka okolina tačke M5 ima preseksa D \ {M4};

Karakteristični skupovi:

• Unutrašnjost Do skupa D je skup svih unutrašnjih tačaka.

• Spoljašnjost skupa D je skup svih spoljašnjih tačaka ((Rn \ D)o).

• Rub skupa D je skup svih rubnih tačaka.

• Skup svih tačaka nagomilavanja skupa D ćemo označavati sa D′.

Osobine skupova:

• Skup D je otvoren ako za svaku tačku iz D postoji okolina te tačke koja jesadržana u D.

• Skup D je zatvoren ako je Rn \ D otvoren.

• Skup D je konveksan ako za svake dve tačke iz D duž koja ih spaja pripadaD.

• Skup D je ograničen ako je sadržan u nekoj svojoj okolini.

1.3 Granična vrednost i neprekidnost funkcije dve promenljive

Neka je z = f (x, y), (x, y) ∈ D i neka je M1 tačka nagomilavanja skupa D.

Definicija 1.3.1 Kažemo da je A ∈ R granična vrednost funkcije f kad M teži M1

ako

(∀ε > 0)(∃r = r(ε) > 0)(∀M ∈ D \ {M1}) d(M, M1) < r ⇒ d(f (x, y), A) < ε

i pišemolim

M→M1

f (M) = A.

Primer 1.3.1 Neka je

f (x, y) ={

x + y , ako je (x, y) 6= (2, 5)1 , ako je (x, y) = (2, 5)

Granična vrednost funkcije f kad M teži (2, 5) jednaka je A = 7.

9


Definicija 1.3.2 Funkcija f : D → R, D ⊆ R2, je neprekidna u unutrašnjoj tački

M1 ∈ D ako je

(∀ε > 0)(∃r = r(ε) > 0)(∀M ∈ D) d(M, M1) < r ⇒ d(f (M), f (M1)) < ε

Znači, tri uslova moraju biti zadovoljena:

(a) limM→M1

f (M) = A, tj. postoji granična vrednost kada M → M1;

(b) postoji f (M1), tj. f je definisana u tački M1;

(c) A = f (M1).

Definicija 1.3.3 Funkcija z = f (x, y) je neprekidna u oblasti D ako je neprekidna usvakoj tački iz D.

Primer 1.3.2 Funkcija f u Primeru 1.3.1 ima otklonjiv prekid u tački (2, 5). Mogućeje definisati funkciju

g(x, y) ={

x + y , ako je (x, y) 6= (2, 5)7 , ako je (x, y) = (2, 5)

koja je neprekidna u R2.

1.4 Diferencijalni račun funkcija dve promenljive

Neka f : D → R, D ⊆ R2 i (x1, y1) unutrašnja tačka skupa D.

Definicija 1.4.1 Ako postoji

lim∆x→0

f (x1 + ∆x, y1) − f (x1, y1)∆x

onda tu graničnu vrednost nazivamo prvi parcijalni izvod funkcije f po promenljivojx u tački (x1, y1), i označavamo sa ∂f (x1,y1)

∂xili fx(x1, y1). Ako postoji

lim∆y→0

f (x1, y1 + ∆y) − f (x1, y1)∆y

onda tu graničnu vrednost nazivamo prvi parcijalni izvod funkcije f po promenljivojy u tački (x1, y1), i označavamo sa ∂f (x1 ,y1)

∂xili fy(x1, y1).

Primer 1.4.1 Ako je f (x, y) = x2y3, onda je

fx = (x2)′y3 = 2xy3

fy = x2(y3)′ = 3x2y2

(Kada se traži parcijalni izvod po x, smatra se da je y konstantno. Slično zaparcijalni izvod po y.)

10

Matematika 3 1.5. TOTALNI DIFERENCIJAL FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE

Geometrijska interpretacija:Neka je Cx kriva koja se nalazi u preseku ravni y = y1 i grafika funkcije f : D →

R, D ⊆ R2. Prvi parcijalni izvod funkcije f po x u tački (x1, y1) predstavlja koeficijent

pravca tangente u tački (x1, y1) na krivu Cx .

Neka je Cy kriva koja se nalazi u preseku ravni x = x1 i grafika funkcije f : D →R, D ⊆ R

2. Prvi parcijalni izvod funkcije f po y u tački (x1, y1) predstavlja koeficijentpravca tangente u tački (x1, y1) na krivu Cy.

Definicija 1.4.2 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcija ∂f∂x

i ∂f∂y

, onda te izvode

zovemo drugi parcijalni izvodi i označavamo ∂2f∂x2 (ili fxx), ∂2f

∂x∂y(fyx), ∂2f

∂y2 (ili fyy) i ∂2f∂y∂x

(ili fxy). Važi

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂x

) ∂2f

∂y2=

∂

∂y

( ∂f

∂y

)

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

( ∂f

∂y

) ∂2f

∂y∂x=

∂

∂y

(∂f

∂x

)

Teorema 1.4.1 Ako postoje drugi mešoviti parcijalni izvodi ∂2f∂y∂x

i ∂2f∂x∂y

u nekoj okolinitačke M1 i neprekidni su u tački M1, onda su oni i jednaki u toj tački, tj. važi

∂2f

∂x∂y(M1) =

∂2f

∂y∂x(M1).

1.5 Totalni diferencijal funkcije dve promenljive

Neka je z = f (x, y), (x, y) ∈ D i neka je M1 tačka nagomilavanja skupa D.

Definicija 1.5.1 Funkcija z = f (x, y) je diferencijabilna u tački (x1, y1) ako se njentotalni priraštaj u toj tački može napisati u obliku

∆z = A∆x + B∆y + C∆x + D∆y

gde C i D teže nuli kada ∆x i ∆y teže nuli, a A i B su funkcije od x i y. (∆z =f (x1 + ∆x, y1 + ∆y) − f (x1, y1))

Teorema 1.5.1 Ako je funkcija f diferencijabilna u tački (x, y), onda postoje parcijalniizvodi fx i fy i važi

∆f = fx∆x + fy∆y + C∆x + D∆y.

Ako je funkcija diferencijabilna, onda je ona i neprekidna.

Teorema 1.5.2 Ako u okolini tačke (x1, y1) funkcija f ima neprekidne parcijalne izvodeprvog reda, onda je ona u toj tački diferencijabilna.

Definicija 1.5.2 Neka je funkcija f diferencijabilna i neka je ∆x = dx i ∆y = dy.

Totalni diferencijal funkcije f je

df = fxdx + fydy.

11


Teorema 1.5.3 FunkcijaP(x, y)dx + Q(x, y)dy

je totalni diferencijal od f = f (x, y) ako i samo ako važi

∂P

∂y=

∂Q

∂x.

Ako funkcija f ima neprekidne parcijalne izvode drugog reda u okolini tačke(x1, y1), onda je totalni diferencijal drugog reda funkcije f totalni diferencijal totalnogdiferencijala funkcije f . Ako uvedemo oznake dx2 = (dx)2 i dy2 = (dy)2, onda je

d2f =∂2f

∂x2 dx2 + 2∂2f

∂x∂ydxdy +

∂2f

∂y2 dy2,

ili kraće

d2f =( ∂

∂xdx +

∂

∂ydy)2

f .

Slično se dobije i

dnf =( ∂

∂xdx +

∂

∂ydy)n

f .

1.6 Izvod složene funkcije

Neka je funkcija f = f (x, y) diferencijabilna i x = x(t), y = y(t), t ∈ D. Tada važi

∂f

∂t=

∂f

∂x

∂x

∂t+

∂f

∂y

∂y

∂t(1.1)

Neka je funkcija f = f (u, v), (u, v) ∈ D1 ⊆ R2, i u = u(x, y), v = v(x, y), gde je

(u, v) : D → D1, D ⊆ R2. Ako f ima neprekidne parcijalne izvode po u i v, a u i v

imaju parcijalne izvode po x i y, tada važi

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x(1.2)

∂f

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y(1.3)

1.7 Implicitne funkcije

Kažemo da je jednačinomF (x, y, z) = 0

funkcija z koja zavisi od x i y zadata implicitno.Da bismo odredili parcijalne izvode ∂f

∂xi ∂f

∂yodredićemo

dF = Fxdx + Fydy + Fzdz, gde je dF = 0

12

Matematika 3 1.8. TANGENTNA RAVAN

i uvrstitidz = fxdx + fydy.

Sledi,

0 = Fxdx + Fydy + Fz(fxdx + fydy) ⇔0 = (Fx + Fzfx)dx + (Fy + Fzfy)dy ⇔

Fx + Fzfx = 0 ∧ Fy + Fzfy = 0

Znači,∂f

∂x= −Fx

Fz,

∂f

∂y= −Fy

Fz.

1.8 Tangentna ravan

Neka je zadata površ S jednačinom z = f (x, y) i tačka (x0, y0, z0) ∈ S.

Jednačina ravni koja sadrži tačku (x0, y0, z0) je oblika

A(x − x0) + B(y − y0) + C (z − z0) = 0,

što je ekvivalentno sa

z = g(x, y) = − A

C(x − x0) − B

C(y − y0) + z0.

Ako je ravan tangentna na površ S, onda funkcije f i g imaju jednake prve par-cijalne izvode

fx(x0, y0) = gx(x0, y0) = − A

Ci fy(x0, y0) = gy(x0, y0) = −B

C.

Znači, jednačina tangentne ravni na površ u tački (x0, y0) je

z − z0 = fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0)

⇔ fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0) − (z − z0) = 0

⇔ (fx(x0, y0), fy(x0, y0), −1) · (x − x0, y − y0, z − z0) = 0

⇔ (fx(x0, y0), fy(x0, y0), −1) ⊥ (x − x0, y − y0, z − z0)

Slično, ako je površ s data jednačinom F (x, y, z) = 0, onda je jednačina tangentneravni na S u tački (x0, y0, z0)

(Fx(x0, y0, z0), Fy(x0, y0, z0), Fz(x0, y0, z0)) · (x − x0, y − y0, z − z0) = 0

i važi

(Fx(x0, y0, z0), Fy(x0, y0, z0), Fz(x0, y0, z0)) ⊥ (x − x0, y − y0, z − z0).

13


1.9 Gradijent

Neka jez − z0 = fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0)

tangenta ravan u tački (x0, y0, z0) na površ datu jednačinom z = f (x, y).Ako datu površ z = f (x, y) i njenu tangentnu ravan presečemo sa ravni datom

jednačinomz = z0,

onda je prava

fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0) = 0

⇔ (fx(x0, y0), fy(x0, y0)) · (x − x0, y − y0) = 0

⇔ (fx(x0, y0), fy(x0, y0)) ⊥ (x − x0, y − y0)

normalna na grafik funkcijef (x, y) = z0

u tački (x0, y0).Vektor (fx , fy) se naziva gradijent funkcije f.Ako uvedemo simboličku oznaku ∇ = ( ∂

∂x, ∂

∂y) onda je

∇f = (∂

∂x,

∂

∂y)f = (fx , fy).

U opštem slučaju, ako je f = f (x1, . . . , xn), tada je

∇f = (fx1 , . . . , fxn)

gradijent funkcije f .

1.10 Stacionarne tačke funkcije dve promenljive

Neka je z = f (x, y), (x, y) ∈ D ⊆ R2

Definicija 1.10.1 Funkcija f ima (strogi) relativni maksimum (relativni minimum) utački (a, b) ∈ Do ako postoji ε > 0 takvo da za sve ∆x i ∆y sa osobinom 0 < |∆x| <

ε, 0 < |∆y| < ε, važi

f (a, b) > f (a + ∆x, b + ∆y)(

f (a, b) < f (a + ∆x, b + ∆y))

.

Kažemo da funkcija f ima stacionarnu tačku (x0, y0) ako je tangentna ravan na S

u tački (x0, y0, z0) horizontalna tj. ako je njena jednačina oblika

z = z0.

14

Matematika 31.11. RELATIVNE EKSTREMNE VREDNOSTI FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE

Kako je jednačina tangentne ravni oblika

z − z0 = fx(x0, y0)(x − x0) + fy(x0, y0)(y − y0),

sledi da je ona horizontalna jedino za

fx (x0, y0) = 0 i fy(x0, y0) = 0.

Teorema 1.10.1 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcije z u tački (a, b) ∈ Do i z

ima ekstremnu vrednost u tački (a, b), onda je

fx(a, b) = 0 i fy(a, b) = 0. (1.4)

Dokaz: Pretpostavimo da z ima relativnu ekstremnu vrednost u tački (a, b). Tadai funkcije jedne promenljive g1 i g2 definisane sa g1(x) = f (x, b) i g2(y) = f (a, y)imaju relativne ekstremne vrednosti u x = a odnosno y = b. Potrebni uslovi da g1 ig2 imaju relativne ekstremume u x = a i y = b su g′

1(a) = 0 i g′2(b) = 0, respektivno.

Odatle sledi da su fx(a, b) = 0 i fy(a, b) = 0. �

Unutrašnje tačke oblasti D koje zadovoljavaju 1.4 se nazivaju stacionarnim ilikritičnim tačkama.

1.11 Relativne ekstremne vrednosti funkcije dve promenljive

Teorema 1.11.1 Neka je (a, b) kritična tačka funkcije z, koja ima neprekidne drugeparcijalne izvode i neka je

Γ =(∂2f

∂x2

∂2f

∂y2− ∂2f

∂x∂y

)

(a, b).

• Ako je Γ > 0 i ∂2f∂x2 < 0 (ili ∂2f

∂y2 < 0), funkcija z ima relativni maksimum u tački(a, b).

• Ako je Γ > 0 i ∂2f∂x2 > 0 (ili ∂2f

∂y2 > 0), funkcija z ima relativni minimum u tački(a, b).

• Ako je Γ < 0 funkcija z nema ni relativni maksimum ni relativni minimum utački (a, b). U ovom slučaju, tačka (a, b) se često naziva sedlastom tačkom.

• Ako je Γ = 0, ne znamo da li funkcija z u (a, b) ima relativni ekstremum ineophodna su dalja ispitivanja.

1.12 Relativne ekstremne vrednosti funkcija više promenljivih

Neka je f = f (x1, . . . , xn), (x1, . . . , xn) ∈ D ⊆ Rn.

15


Teorema 1.12.1 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcije z u tački (a1, . . . , an) ∈ Do

i z ima ekstremnu vrednost u tački (a1, . . . , an), onda je

fx1(a1, . . . , an) = 0

. . .

fxn(a1, . . . , an) = 0

Teorema 1.12.2 Neka je A(a1, . . . , an) ∈ Do stacionarna tačka funkcije f .

• Ako je d2F (A) < 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima relativni maksi-mum u tački A.

• Ako je d2F (A) > 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima relativni minimumu tački A.

• Ako d2F (A) menja znak za razne vrednosti (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcijaf nema ni relativni minimum ni relativni maksimum u tački A.

1.13 Vezane (uslovne) ekstremne vrednosti

PROBLEM: Odrediti relativni minimum ili relativni maksimum funkcije

f = f (x1, . . . , xn), (x1, . . . , xn) ∈ D ⊆ Rn,

ako promenljive zadovoljavaju ograničenja data jednačinama

g1(x1, . . . , xn) = 0. . .

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

LAGRANŽOV METOD MNOŽITELJA:Formirajmo funkciju

F (x1, . . . , xn) = f (x1, . . . , xn) + λ1g1(x1, . . . , xn) + . . . + λmgm(x1, . . . , xn),

gde su λ1, . . . , λm realni parametri.Ako funkcija F ima uslovnu ekstremnu vrednost, onda je

Fx1 = 0. . .

Fxn= 0

g1(x1, . . . , xn) = 0. . .

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

.

Neka je A(a1, . . . , an) stacionarna tačka.

• Ako je dF (A) < 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima uslovni maksimumu tački A.

16

Matematika 3 1.13. VEZANE (USLOVNE) EKSTREMNE VREDNOSTI

• Ako je dF (A) > 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima uslovni minimumu tački A.

• Ako d2F (A) menja znak za razne vrednosti (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcijaf nema ni uslovni minimum ni uslovni maksimum u tačli A.

17


1.14 Zadaci za vežbu

1. Ispitati domen funkcije

(a) f (x, y) =√

x2 + y2 − 9,

(b) f (x, y, z) =√

x2 + y2 + z2 − 1 + ln (xyz),

(c) f (x, y) = arcsin xy

+ arccos x2 .

(a) D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≥ 9}.

(b) D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, xyz > 0}

= {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x > 0, y > 0, z > 0}

∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x < 0, y < 0, z > 0}

∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x < 0, y > 0, z < 0}

∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x > 0, y < 0, z < 0}.

(c) D = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x

y≤ 1, y 6= 0, −1 ≤ x

2 ≤ 1}= {(x, y) ∈ R

2 : −y ≤ x ≤ y, y 6= 0, −2 ≤ x ≤ 2}.

.

2. Neka je D = (−1, 2) ∪ {5, 8}. Odrediti unutrašnjost, spoljašnjost, rub i skupsvih tačaka nagomilavanja.

• Do = (−1, 2);

• (R \ D)o = (−∞, −1) ∪ (2, 5) ∪ (5, 8) ∪ (8, ∞);

• D′ = [−1, 2];

• D∗ = {−1, 2, 5, 8};

3. Dokazati da je skup Do najveći otvoren skup koji je sadržan u D, tj. da zasvaki otvoren skup D1 važi da je D1 ⊆ Do ⊆ D.

4. Dokazati da je D najmanji zatvoren skup koji sadrži skup D, tj. da za svakizatvoren skup D1, D ⊆ D1, važi D ⊆ D ⊆ D1.

5. Dokazati da važe sledeće osobine:

(a) D = D ∪ D′,

(b) D′ ⊂ D,

(c) D je otvoren ako i samo ako je Do = D,

(d) D je zatvoren ako i samo ako je Rn \ D otvoren.

(e) D je zatvoren ako i samo ako je D = D.

6. Izračunati sledeće granične vrednosti

(a) limx→1

limy→1

x2+y2−2x2−y2

• (b)] limy→1

limx→1

x2+y2−2x2−y2

18

Matematika 3 1.14. ZADACI ZA VEŽBU

(c) lim(x,y)→(1,1)

x2+y2−2x2−y2

(d) lim(x,y)→(0,0)

x2+y2

3xy

(a)

limx→1

limy→1

x2 + y2 − 2x2 − y2

= limx→1

x2 − 1x2 − 1

= 1

(b)

limy→1

limx→1

x2 + y2 − 2x2 − y2

= limy→1

y2 − 11 − y2

= −1

(c) Na osnovu rezultata pod (a) i (b) ne postoji.

(d) Kako je za y = kx

limx→0

x2 + k2x2

3kx2=

1 + k2

3k,

to sledi da posmatrana granična vrednost ne postoji, zato što se za različitevrednosti k dobijaju različite granične vrednosti.

7. Naći prve parcijalne izvode funkcije

f (x, y) =xy

x2 + y2− exy + ln (x2 + y2), (x, y) 6= (0, 0).

Uvedimo smene u(x, y) = xy i v(x, y) = x2 + y2. Tada je

f (u, v) =u

v− eu + ln v

i važi

∂f∂x

= ∂f∂u

∂u∂x

+ ∂f∂v

∂v∂x

= ( 1v

− eu)y + (− uv2 + 1

v)2x

= y

x2+y2 − yexy − 2x2y

(x2+y2)2 + 2xx2+y2

= 2x+yx2+y2 − yexy − 2x2y

(x2+y2)2 .

∂f∂y

= ∂f∂u

∂u∂y

+ ∂f∂v

∂v∂y

= ( 1v

− eu)x + (− uv2 + 1

v)2y

= xx2+y2 − xexy − 2xy2

(x2+y2)2 + 2y

x2+y2

= x+2y

x2+y2 − xexy − 2xy2

(x2+y2)2 .

8. Naći prve parcijalne izvode funkcije

(a) z = x3y − x2y6,(b) z = x2 + y2,(c) z =

√

x2 + y2 − 4

(d) z = ln(xy),(e) z = exy.

19


(a) zx = 3x2y − 2xy6, zy = x3 − 6x2y5.(b) zx = 2x, zy = 2y.(c) zx = 2x

2√

x2+y2−4, zy = y√

x2+y2−4.

(d) zx = yxy

= 1x, zy = x

xy= 1

y.

(e) zx = yexy, zy = xexy.

9. Naći ∂z∂t

, ako je z = xy, gde je x = sin t i y = cos t.

∂z∂t =

∂z∂x

∂x∂t +

∂z∂y

∂y∂t

= y · cos t + x · (− sin t)= cos2 t − sin2 t = cos 2t.

10. Naći prve parcijalne izvode i totalni diferencijal funkcije z = yx , y > 0,y 6= 1.

zx = yx ln y, zy = yxy−1, dz = yx ln ydx + yxy−1dy.

11. Ako je z = ln(xy + ex2y) − xy + x2y, izračunati ∂z∂x

i ∂z∂y

.

Neka je u(x, y) = xy i v(x, y) = x2y. Tada je f (u, v) = ln(u + ev ) − u + v isledi

∂f∂x

= ∂f∂u

∂u∂x

+ ∂f∂v

∂v∂x

= 1u+ev y + ev

u+ev 2xy= y

xy+ex2y+ 2xyex2y

xy+ex2y

= y+2xyex2y

xy+ex2y

∂f∂y

= ∂f∂u

∂u∂y

+ ∂f∂v

∂v∂y

= 1u+ev x + ev

u+ev x2

= xxy+ex2y

+ x2ex2y

xy+ex2y

= x+x2ex2y

xy+ex2y

12. Ispitati ekstremne vrednosti funkcije

u(x, y) = ln(4 − x − 2y) +2y + ln x ako je x + 2y = 1.

Neka je

F (x, y; λ) = ln(4 − x − 2y) +2y + ln x + λ(x + 2y − 1).

Kako je

20


∂F∂x = − 1

4 − x − 2y +1x + λ

∂F∂y = − 2

4 − x − 2y − 2y2

+ 2λ

stacionarne tačke odredjujemo rešavanjem sistema jednačina

− 14 − x − 2y +

1x + λ = 0 ∧ − 2

4 − x − 2y − 2y2

+ 2λ = 0 ∧ x + 2y − 1 = 0.

Dobija se

(1x = − 1

y2∧ x + 2y − 1 = 0) ⇔ (x = −y2 ∧ y2 − 2y + 1 = 0

)

⇔

(x = −y2 ∧ (y − 1)2 = 0) ⇔ (x = −1 ∧ y = 1).

Parcijalni izvodi drugog reda su

∂2F∂x2

=1

(4 − x − 2y)2− 1

x2

∂2F∂y2

=4

(4 − x − 2y)2+

4y3

∂2F∂x∂y =

2(4 − x − 2y)2

a totalni diferencijal drugog reda

d2F (−1, 1) = −89

dx2 +49

dxdy +229

dy2.

Diferenciranjem uslova x + 2y = 1 dobijamo dy = − 12 dx, odakle je

d2F (−1, 1) = −12

dx2 < 0, (dx, dy) 6= (0, 0)

i funkcija ima uslovni maksimum u datoj tački.

13. Ispitati uslovne ekstremne vrednosti funkcije

u = x2 + y2 + z2 − xz + yz + xy, ako je y + z = 5 i x + z = 3.

21


Neka je

F (x, y, z; λ, ν) = x2 + y2 + z2 − xz + yz + xy + λ(y + z − 5) + ν(x + z − 3).

Tada je

∂F∂x = 2x − z + y + ν∂F∂y = 2y + z + x + λ

∂F∂z = 2z − x + y + λ + ν

Stacionarne tačke su rešenja sistema jednačina

x + z = 3y + z = 5

2x + y − z + ν = 0x + 2y + z + λ = 0

−x + y + 2z + λ + ν = 0

⇔

x + z = 3y + z = 5y − 3z + ν = −6

+ 2y + λ = −3y + 3z + λ + ν = 3

⇔

x + z = 3y + z = 5

− 4z + ν = −11− 2z + λ = −13

2z + λ + ν = −2

⇔

x + z = 3y + z = 5

− 2z + λ = −13−2λ + ν = 15

2λ + ν = −15

.

Rešenje datog sistema je (x, y, z, λ, ν) = ( 14 , 9

4 , 114 , − 15

2 , 0).Kako su parcijalni izvodi drugog reda

∂2F∂x2 = 2∂2F∂y2 = 2∂2F∂z2 = 2

∂2F∂x∂y = 1[1mm]∂2F∂x∂z = −1∂2F∂y∂z = 1

,

22


totalni diferencijal drugog reda je

d2F = 2dx2 + 2dy2 + 2dz2 + 2dxdy − 2dxdz + 2dydz.

Diferenciranjem uslova

x + z − 3 = 0 i y + z − 5 = 0

dobijamo

dx + dz = 0 i dy + dz = 0 ⇔ dx = −dz i dy = −dz.

Odatle je

dF 2 = 2dz2 + 2dz2 + 2dz2 + 2dz2 + 2dz2 − 2dz2 = 6dz2 ≥ 0.

Kako je

d2F = 0 ⇔ dz = 0 ⇔ dx(= −dz) = 0 ∧ dy(= −dz) = 0,

to jed2F > 0, (dx, dy, dz) 6= (0, 0, 0)

što znači da funkcija u ima uslovni minimum u tački ( 14 , 9

4 , 114 ).

23


24

Chapter 2

Vektorska analiza

Neka je ~rM radijus vektor tačke M(x, y, z) u pravouglom koordinatnom sistemu (O,~i,~j, ~k).Neka je

V = {~rM : M = (x, y, z) ∈ R3}

skup svih radijus vektora tačaka iz R3.

2.1 Skalarna polja

Funkcija f : D → R, D ⊆ R3, se naziva skalarno polje (skalarna funkcija).

Ekviskalarna površ (nivo površ) skalarnog polja f : D → R, D ⊆ R3 je skup

tačaka iz D u kojima polje ima konstantnu vrednost.Ako za skalarno polje f : D → R, D ⊆ R

3, jedinični vektor ~n0 ∈ D i ~r ∈ D

postoji konačna granična vrednost

limt→0

f (~r + t~n0) − f (~r)t

onda se ona naziva izvod u tački ~r funkcije φ u pravcu (i smeru) vektora ~n0 ioznačava sa ∂f

∂~n0(~r) ili f~n0 (~r).

Neka je skalarno polje f : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilno u tački ~r ∈ D i neka

je ~n0 = (cos α, cos β, cos γ) jedinični vektor koji sa x, y i z osama obrazuje uglove α,

β i γ, respektivno. Tada funkcija f ima u tački ~r izvod u pravcu vektora ~n0 i važi

∂φ

∂~n0(~r) =

∂f

∂x(~r) cos α +

∂f

∂y(~r) cos β +

∂f

∂z(~r) cos γ

=(∂f

∂x(~r),

∂f

∂y(~r),

∂f

∂z(~r))

· (cos α, cos β, cos γ).

25

CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA Matematika 3

2.2 Vektorske funkcije

Funkcija ~F : D → V , D ⊆ R, se naziva vektorska funkcija skalarne promenljive.Razlaganjem po komponentama dobijamo

~F (t) = (P(t), Q(t), R(t))

= P(t)~ı + Q(t)~ + R(t)~k, t ∈ D.

Hodograf ili trag vektorske funkcije ~F je skup svih tačaka koje opisuju krajevi vektora~F (t) kada t uzima vrednosti iz domena D.

2.2.1 Granična vrednost i neprekidnost

Vektor ~A je granična vrednost vektorske funkcije ~F : D → V u tački t0, u oznacilimt→t0

~F (t) = ~A, ako

∀ε > 0∃δ > 0|t − to| < δ ⇒ |~F (t) − ~A| < ε,

gde je |~F (t) − ~A| intezitet vektora ~F (t) − ~A|.Direktno sledi da za ~A = (ax , ay, az) i ~F = (P, Q, R) važi

limt→t0

~F = ~A ⇔ (ax = limt→t0

P(t) ∧ ay = limt→t0

Q(t) ∧ az = limt→t0

R(t))

.

Funkcija ~F : D → V je neprekidna u tački to ∈ D ako je

limt→t0

~F (t) = ~F (t0).

Funkcija je neprekidna ako je neprekidna u svakoj tački skupa D.

2.2.2 Izvod

Izvod vektorske funkcije ~F : D → V u tački to definisan je sa

~F ′(t) = limt→t0

~F (t + ∆t) − ~F (t)∆t

.

Direktno sledi da za ~F (t) = (P(t), Q(t), R(t)) važi

~F (t) = (P ′(t), Q′(t), R ′(t)).

Geometrijska interpretacija.

26

Matematika 3 2.3. VEKTORSKA POLJA

2.2.3 Neodredjeni i odredjeni integral

Diferencijabilna funkcija ~G : D → V je primitivna funkcija vektorske funkcije ~F naD ako je

~G′(t) = ~F (t)

za svako t ∈ D.

Neodredjeni integral funkcije ~F (t) je skup svih primitivnih funkcija funkcije ~F ioznačava se

∫

~F (t)dt.

Pišemo∫

~F (t) = ~G(t) + C.

Odredjeni integral funkcije ~F na intervalu [a, b] je

b∫

a

~F (t)dt = ~G(b) − ~G(a).

Direktno sledi da je∫

~F (t) = ~ı

∫

P(t)dt +~

∫

Q(t)dt + ~k

∫

R(t)dt

i

b∫

a

~F (t) = ~ı

b∫

a

P(t)dt +~

b∫

a

Q(t)dt + ~k

b∫

a

R(t)dt.

2.3 Vektorska polja

Funkcija ~F : D → V , D ⊆ V , sa naziva vektorsko polje (vektorska funkcija vektorskepromenljive).

~F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))

= P(x, y, z)~ı + Q(x, y, z)~ + R(x, y, z)~k, (x, y, z) ∈ D.

Vektorske linije vektorskog polja ~F : D → V , D ⊆ V , su krive kod kojih je usvakoj tački M vektor ~F (M) tangentni vektor na krivu u datoj tački. Diferencijalnajednačina vektorskih linija vektorskog polja ~F (x, y, z) = P(x, y, z)~ı + Q(x, y, z)~ +R(x, y, z)~k je

dx

P=

dy

Q=

dz

R,

a to je sistem od dve obične diferencijalne jednačine dydx

= QP

, dzdx

= RP

.

27


2.4 Hamiltonov i Laplasov operator

Hamiltonov(nabla) operator je simbolički operator

∇ =∂

∂x~ı +

∂

∂y~ +

∂

∂z~k =

( ∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

)

.

Laplasov operator je simbolički operator

∆ =∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2.

Ako skalarno pomnožimo ∇ sa samim sobom, dobijamo

∇·∇ =( ∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

)

·( ∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

)

=( ∂

∂x

)2+( ∂

∂y

)2+( ∂

∂z

)2=

∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2= ∆.

2.5 Gradijent, divergencija i rotor

Neka je D ⊆ R3, f : D → R skalarno polje i ~F : D → V diferencijabilno vektorsko

polje dato sa ~F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)).

• Gradijent skalarnog polja f je vektorsko polje ∇f : D → V definisano sa

∇f =( ∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

)

φ =(∂φ

∂x,∂φ

∂y,

∂φ

∂z

)

.

• Divergencija vektorskog polja ~F je skalarno polje ∇ · ~F : D → R definisanosa

∇ · ~F =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z=( ∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

)

· (P, Q, R).

• Rotor vektorskog polja ~F, u oznaci ∇ × ~F ili rot ~F, je vektorsko polje

∇ × ~F =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)

~ı +(∂P

∂z− ∂R

∂x

)

~ +(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)

~k.

Vektorsko polje ~F je

• potencijalno (konzervativno) ako postoji skalarno polje f : D → R takvo da jeje ~F = ∇f i kažemo da je f potencijal polja ~F ;

• solenoidno ako je ∇ · ~F = 0 u svim tačkama oblasti D;

• bezvrtložno ako je ∇ × ~F = 0 u svim tačkama oblasti D ⊂ R3.

Ako je vektorsko polje potencijalno i solenoidno, kaže se da je Laplasovo.

28

Matematika 3 2.6. OSOBINE GRADIJENTA, DIVERGENCIJE I ROTORA

2.6 Osobine gradijenta, divergencije i rotora

Ako su f , g : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilna skalarna polja, α ∈ R i H : R → R

diferencijabilna funkcija, da važi

∇(f + g) = ∇f + ∇g;∇(αf ) = α(∇f );∇α = 0;∇(fg) = (∇f )g + g(∇f );∇(H(f )) = H′(f )∇f .

Ako su ~F, ~G : D → R3, D ⊆ R

3 diferencijabilna vektorska polja, α ∈ R i ~A ∈ R3,

važi∇ · (~F + ~G) = ∇ · ~F + ∇ · ~G,

∇ · (α ~F ) = α(∇ · ~F );∇ · ~A = 0.

Ako su ~F, ~G : D → R3, D ⊆ R

3 diferencijabilna vektorska polja, α ∈ R i ~A ∈ R3,

važi∇ × (~F + ~G) = ∇ × ~F + ∇ × ~G;∇ × (α ~F ) = α(∇ × ~F );∇ × ~A = 0.

Ako je f : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilno skalarno polje i ~F, ~G : D → R

3, D ⊆ R3

diferencijabilna vektorska polja,dokazati da važi

∇ · (f ~F ) = (∇f ) · ~F + f (∇ · ~F );∇ × (f ~F ) = (∇f ) × ~F + f (∇ × ~F );∇ · (~F × ~G) = ~G · (∇ × ~F ) − ~F · (∇ × ~G);∇ × (~F × ~G) = (~G · ∇)~F − ~G(∇ · ~F ) − (~F · ∇)~G + ~F (∇ · ~G);∇(~F · ~G) = (~G · ∇)~F + (~F · ∇)~G + ~G × (∇ × ~F ) + ~F × (∇ × ~G).

Ako je f : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilno skalarno polje i ~F : D → R

3, D ⊆ R3

dva puta neprekidno diferencijabilno vektorsko polje, važi

∇ · (∇φ) = ∂2φ∂x2 + ∂2φ

∂y2 + ∂2φ∂z2 ;

∇ × (∇φ) = 0;∇ · (∇ × ~F ) = 0;∇ × (∇ × ~F ) = ∇(∇ · ~F ) − ∇2 ~F.

2.7 Tangentna ravan na površ

Tangentna ravan površi S u tački M ∈ S je ravan u koja sadrži sve tangente nakrive koje prolaze kroz tačku M i leže na površi S.

29


Ako je ~r radijus vektor proizvoljne tačke tangentne ravni, ~r0 radijus vektor dodirnetačke i ~n0 jedinični vektor normale ravni, onda je

(~r − ~r0) · ~n0 = 0.

Neka je f : D → R, D ⊆ R3, skalarno polje. Jednačina nivo površ koja sadrži

tačku M i funkcija f ima konstantnu vrednost f (M). Ako diferenciramo jednačinu datenivo površi

f (x, y, z) = f (M)

dobijamofx(M)dx + fy(M)dy + fz(M)dz = 0 ⇔

(fx(M), fy(M), fz(M)) · (dx, dy, dz) = 0 ⇔∇f (M) · d~r = 0 ⇔ ∇f (M) ⊥ d~r.

Odatle je vektor normale na posmatranu nivo površ u tački M

~n = (∇f )(M),

a jedinični vektor normale

~n0 =~n

n=

(∇f )(M)|(∇f )(M)| .

Ako je površ data implicitno jednačinom F (x, y, z) = 0, jednačina tangentne ravni je

(~r − ~r0) · ∇F (~r0) = 0 tj.

Fx(x − x0) + Fy(y − y0) + Fz(z − z0) = 0.

2.8 Normala površi

Normala površi S u tački M ∈ S je prava koja sadrži tačku M i normalna je natangentnu ravan da te površi kroz datu tačku.

Ako je ~r radijus vektor proizvoljne tačke normale, a ~r0 radijus vektor tačke M,onda je jednačina normale

(~r − ~r0) × ~n0 = 0 ⇔ (~r − ~r0) × ∇f (~r0) = 0.

Ako je površ S data implicitno jednačinom F (x, y, z) = 0, jednačina normale utački (x0, y0, z0) je

x − x0

fx=

y − y0

fy=

z − z0

fz.

30

Matematika 3 2.9. ZADACI

2.9 Zadaci

1. Odrediti ekviskalarne površi skalarnih polja

(a) f (x, y, z) = zx2+y2 ;

(b) f (x, y, z) = x2 + y2 + z2.

(a) Jednačina ekviskalarne površi je φ(x, y, z) = C, tj. zx2+y2 = C.

Za C 6= 0 ekviskalarna površ je

{(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) 6= (0, 0), z = C (x2 + y2)}

(kružni paraboloid bez svog temena O(0, 0, 0)), a za C = 0 to je {(x, y, z) ∈R

3 : (x, y) 6= (0, 0), z = 0} (xOy ravan bez tačke (0, 0, 0)).

(b) Neka je x2 + y2 + z2 = C.

Ako je C < 0 onda je data jednačina nemoguća i ne postoji ekviskalarnapovrš f (x, y, z) = C.

Ako je C = 0 jedinstveno rešenje jednačine x2 + y2 + z2 = 0 je tačka(0, 0, 0) i ona predstavlja traženu ekviskalarnu površ.Ako je C > 0 ekviskalarna površ je sfera radijusa

√C sa centrom u

(0, 0, 0).

2. Naći izvod funkcije f = f (x1, . . . , xn) u pravcu vektora ~ei = (0, . . . , 1, . . . , 0)(koji ima i−tu koordinatu jednaku 1 i sve ostale 0.) po definiciji.

limt→0

f (~r + t~ei) − f (~r)t

= limt→0

f (x1, . . . , xi + t, . . . , xn) − f (x1, . . . , xn)t

=∂f

∂xi.

3. Naći gradijent skalarnog polja φ(x, y, z) = x2y + xz + 8 u tački M(1, 2, −3).

∇φ = (∂φ

∂x,

∂φ

∂y,

∂φ

∂z) = (2xy, x2, x),

∇φ(1, 2, −3) = (4, 1, 1) = 4~ı +~ + ~k.

4. U pravcu kog jediničnog vektora ~n0 izvod skalarnog polja f

(a) ima najveću vrednost?

(b) je jednak nuli?

(c) ima najmanju vrednost?

Izvod funkcije f u pravcu jediničnog vektora ~n0 je

∂f

∂~n0= ∇f · ~n = |∇f | cos ∠(∇f , ~n0).

31


(a) On ima najveću vrednost, ako je cos ∠(∇f , ~n) = 1, tj. ako je ∠(∇f , ~n) =0. Dakle, izvod skalarnog polja f ima najveću vrednost |∇f | u pravcujediničnog vektora ∇f

|∇f | .

(b) On je jednak nuli ako je cos ∠(∇f , ~n) = 0, tj. ako je ∠(∇f , ~n) = π2 .

Znači, izvod u svakom pravcu koji je ortogonalan na ∇f je jednak nuli.

(c) On ima najmanju vrednost, ako je cos ∠(∇f , ~n) = −1, tj. ako je ∠(∇f , ~n) =π. Izvod ima najmanju vrednost −|∇f | u pravcu jediničnog vektora − ∇f

|∇f | .

5. Naći jednačinu tangentne ravni i normale površi x2 + y2 + z2 = C u tačkiM(1, 2, 0).

Gradijent skalarnog polja f (x, y, z) = x2 + y2 + z2 jednak je ∇f (x, y, z) =(2x, 2y, 2z). Njegova vrednost u tački M je ∇f (1, 2, 0) = (2, 4, 0), i to je vektornormale tangentne ravni date površi u tački M.

Jednačina tangentne ravni je

2(x − 1) + 4(y − 2) + 0(z − 0) = 0 tj. 2x + 4y − 12 = 0.

Sistem jednačina normale je

z = 0 ∧ x − 12

=y − 2

4,

odkale su parametarske jednačine normale

x = 2t + 1, y = 4t + 2, z = 0, t ∈ R.

6. Odrediti divergenciju i rotor vektorske funkcije ~F = x2~ı + y2~ + (2x + z2)~k.

∇ · ~F =∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z= 2x + 2y + 2z = 2(x + y + z).

∇ × ~F =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x2 y2 2x + z2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= ~ı + vec + ~k.

32

Chapter 3

Višestruki integrali

3.1 Dvostruki integral

3.1.1 Definicija dvostrukog integrala

Neka je funkcija f : σ → R, σ ⊂ R2, ograničena nad σ, gde je σ ograničena i

zatvorena oblast čiji je rub po delovima glatka kriva i neka je d rastojanje na R2.

Izvršimo podelu T = {σ1, σ2, . . . , σn} skupa σ mrežom po delovima glatkih krivih nakonačan broj skupova σi, i = 1, . . . , n, i u svakom skupu σi izaberimo tačku Mi.

Skup σi ima dijametar d(σi) = maxx,y∈σi

d(x, y) i površinu ∆σi. Parametar podele µ(T )

je najveći od dijametara oblasti σi, tj. µ(T ) = max1≤i≤n

d(σi).

Broj

s(f , T ) =n∑

i=1

f (Mi)∆σi

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi ∈ σi, i =1, 2, . . . , n.

Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postoji jedinstvenagranična vrednost integralne sume s(f , T ) kad µ(T ) → 0 i n → ∞, onda se tagranična vrednost naziva dvostruki integral funkcije f (x, y) nad σ, označava se sa∫

σ

∫

f (x, y)dxdy i kaže se da je funkcija f (x, y) integrabilna nad σ.

3.1.2 Osobine dvostrukog integrala

Neprekidna funkcija f (x, y) nad zatvorenom oblašću σ je integrabilna nad σ.

Neka su σ, σ1, σ2 ⊂ R2 zatvorene oblasti ograničene po delovima glatkim krivim i

neka postoje integrali∫

σ

∫

f (x, y)dxdy,∫

σ1

∫

f (x, y)dxdy,∫

σ2

∫

f (x, y)dxdy i∫

σ

∫

g(x, y)dxdy.

Tada važe sledeće osobine:

33

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI Matematika 3

•∫

σ

∫ (

αf (x, y)+βg(x, y))

dxdy = α∫

σ

∫

f (x, y)dxdy+β∫

σ

∫

g(x, y)dxdy, α, β ∈ R;

•∫

σ

∫

f (x, y)dxdy =∫

σ1

∫

f (x, y)dxdy +∫

σ2

∫

f (x, y)dxdy, gde je σ = σ1 ∪ σ2 i σ1 i σ2

nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka.

Neka su α i β neprekidne funkcije nad [a, b], sa osobinom α(x) ≤ β(x), x ∈ [a, b].Ako je funkcija f : σ → R, σ ⊂ R

2, neprekidna nad σ = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤

b, α(x) ≤ y ≤ β(x)}, onda je

∫

σ

∫

f (x, y)dxdy =

b∫

a

(

β(x)∫

α(x)

f (x, y)dy)

dx,

i kraće ga zapisujemo sab∫

a

dxβ(x)∫

α(x)f (x, y)dy.

Neka su α i β neprekidne funkcije nad [a, b], sa osobinom α(y) ≤ β(y), y ∈ [c, d].Ako je funkcija f : σ → R, σ ⊂ R

2, neprekidna nad σ = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ y ≤

b, α(y) ≤ x ≤ β(y)}, gde su α i β neprekidne funkcije nad [a, b], onda je

∫

σ

∫

f (x, y)dxdy =

b∫

a

dy

β(y)∫

α(y)

f (x, y)dx.

Površina ∆σ figure σ ⊂ R2 data je integralom

∆σ =∫

σ

∫

dxdy.

Neka je f (x, y) ≥ 0, (x, y) ∈ σ ⊆ R2. Zapremina ∆V oblasti V = {(x, y, z) ∈

R3 : (x, y) ∈ σ ⊂ R

2, 0 ≤ z ≤ f (x, y)} data je sa

∆V =∫

σ

∫

f (x, y)dxdy.

Neka je f (x, y) ≤ 0, (x, y) ∈ σ ⊆ R2. Ako je oblast V = {(x, y, z) ∈ R

3 : (x, y) ∈σ ⊂ R

2, f (x, y) ≤ z ≤ 0} onda je zapremina

∆V = −∫

σ

∫

f (x, y)dxdy.

3.1.3 Transformacija koordinata

Neka je funkcija f : D → R, σ ⊂ R2, neprekidna nad ograničenom zatvorenom

oblašću D xy ravni i neka je D1 ograničena zatvorena oblast uv ravni.

34

Matematika 3 3.1. DVOSTRUKI INTEGRAL

Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednačinama

x = x(u, v), y = y(u, v), (u, v) ∈ D1

koja preslikava oblast Do1 bijektivno na Do. Ako je Jakobijan transformacije

J(u, v) =∂(x, y)∂(u, v)

=

∣

∣

∣

∣

xu xv

yu yv

∣

∣

∣

∣

6= 0, (u, v) ∈ Do1 .

onda je∫

σ

∫

f (x, y)dxdy =∫

ω

∫

f (x(u, v), y(u, v))|J(u, v)|dudv.

Polarne koordinatex = ρ cos φ

y = ρ sin φ

ρ ∈ [0, ∞), φ ∈ [0, 2π].

3.1.4 Primena u inženjersknim naukama

Neka je µ(x, y) gustina ploče D ⊂ R2 u tački (x, y) ∈ D.

Masa m ploče D ⊂ R2 data je sa

m =∫ ∫

D

µ(x, y)dxdy.

Težište T (xt , yt) ploče D ⊂ R2 ima koordinate

xt =1m

∫ ∫

D

xµ(x, y)dxdy, yt =1m

∫ ∫

D

yµ(x, y)dxdy.

Momenti inercije ploče D ⊂ R2 u odnosu na ose Ox i Oy su dat je formulom

Ix =∫ ∫

V

y2µ(x, y)dxdy, Iy =∫ ∫

V

x2µ(x, y)dxdy.

Moment inercije ploče D ⊂ R2 u odnosu na koordinatni početak dat je formulom

IO =∫ ∫

D

∫

(x2 + y2)µ(x, y)dxdy.

35


3.2 Trostruki integral

3.2.1 Definicija trostrukog integrala

Neka je funkcija f : V → R, V ⊂ R3, ograničena nad V , gde je V ograničena i

zatvorena oblast. Izvršimo podelu T = {V1, V2, . . . , Vn} skupa V na konačan brojskupova Vi, i = 1, . . . , n, i u svakom skupu Vi izaberimo tačku Mi. Skup Vi imadijametar d(Vi) i zapreminu ∆Vi. Parametar podele je µ(T ) = max

1≤i≤nd(Vi). Broj

s(f , T ) =n∑

i=1

f (Mi)∆Vi

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi, i =1, 2, . . . , n.

Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postoji jedinstvenagranična vrednost integralne sume s kad µ(T ) → 0 i n → ∞ onda se ta graničnavrednost naziva trostruki integral funkcije f (x, y, z) nad oblašću V i označava sa

∫ ∫

V

∫

f (x, y, z)dV ili∫ ∫

V

∫

f (x, y, z)dxdydz .

Kaže se da je funkcija f (x, y, z) integrabilna nad V .

3.2.2 Osobine trostrukog integrala

Neprekidna funkcija f = f (x, y, z) nad zatvorenom oblašću V je integrabilna nad V .

Neka su V , V1, V2 ⊂ R3 zatvorene oblasti i neka postoje integrali

∫∫

V

∫

f (x, y, z)dxdydz,∫∫

V1

∫

f (x, y, z)dxdydz,∫∫

V2

∫

f (x, y, z)dxdydz i∫∫

V

∫

g(x, y, z)dxdydz . Tada važe sledeće

osobine:

•∫∫

V

∫ (

αf (x, y, z) + βg(x, y, z))

dxdydz = α∫∫

V

∫

f (x, y, z)dxdydz + β∫∫

V

∫

g(x, y, z)dxdydz,

α, β ∈ R;

•∫∫

V

∫

f (x, y, z)dxdydz =∫∫

V1

∫

f (x, y, z)dxdydz +∫∫

V2

∫

f (x, y, z)dxdydz, gde je

V = V1 ∪ V2 i V1 i V2 nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka.

Neka su funkcije z1, z2 : σ → R, σ ⊂ R2, neprekidne nad skupom σ i neka je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ σ, z1(x, y) ≤ z ≤ z2(x, y)}. Tada je

∫ ∫

V

∫

f (x, y, z)dxdydz =∫

σ

∫

(

z2(x,y)∫

z1(x,y)

f (x, y, z)dz)

dxdy.

Zapremina ∆V tela V ⊂ R3 data je integralom

∆V =∫ ∫

V

∫

dxdydz.

36

Matematika 3 3.2. TROSTRUKI INTEGRAL

3.2.3 Transformacije koordinata

Neka je funkcija f : D → R, σ ⊂ R3, neprekidna nad ograničenom zatvorenom

oblašću D i neka je D1 ⊆ R3. ograničena zatvorena oblast.

Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednačinama

x = x(u, v), y = y(u, v), (u, v) ∈ D1

koja preslikava oblast Do1 bijektivno na Do. Ako je Jakobijan transformacije

J(u, v, t) =∂(x, y, z)∂(u, v, t)

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

xu xv xtyu yv ytzu zv zt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

6= 0, (u, v, t) ∈ Do1 ,

onda je∫ ∫

V

∫

f (x, y, z)dxdydz =∫ ∫

G

∫

f (x(u, v, t), y(u, v, t), z(u, v, t))|J(u, v, t)|dudvdt.

Sferne koordinate

x = r cos φ sin θy = r sin φ sin θz = r cos θ

r ≥ 0, θ ∈ [0, π], φ ∈ [0, 2π]

Cilindrične koordinatex = ρ cos φy = ρ sin φ

z = z

ρ ∈ [0, ∞), φ ∈ [0, 2π], z ∈ R.

3.2.4 Primena u inženjersknim naukama

Neka je µ(x, y, z) gustina tela V ⊂ R3 u tački (x, y, z) ∈ V .

Masa m tela V ⊂ R3 data je sa

m =∫ ∫

V

∫

µ(x, y, z)dxdydz.

Težište T (xt , yt, zt) tela V ⊂ R3 ima koordinate

xt =1m

∫ ∫

V

∫

xµ(x, y, z)dxdydz,

yt =1m

∫ ∫

V

∫

yµ(x, y, z)dxdydz,

zt =1m

∫ ∫

V

∫

zµ(x, y, z)dxdydz.

37


Moment inercije tela V ⊂ R3 u odnosu na ravan yOz dat je formulom

Iyz =∫ ∫

V

∫

x2µ(x, y, z)dxdydz.

Moment inercije tela V ⊂ R3 u odnosu na osu Oz dat je formulom

Iz =∫ ∫

V

∫

(x2 + y2)µ(x, y, z)dxdydz.

Moment inercije tela V ⊂ R3 u odnosu na koordinatni početak dat je formulom

IO =∫ ∫

V

∫

(x2 + y2 + z2)µ(x, y, z)dxdydz.

38



1. Neka je data funkcija f (x, y) = x2y2 i oblast σ = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤

2, 0 ≤ y ≤ 1}. Izračunati po definiciji integral I =∫

σ

∫

f (x, y)dxdy.

Data funkcija je neprekidna nad zatvorenom oblašću σ, a samim tim i integra-bilna. Granična vrednost integralne sume, kad µ(T ) → 0, je onda jedinstvenaza svaku podelu oblasti σ i izbor tačaka.

Prave xi = 2in , yi = 2i

n , i = 0, 1, . . . , n, vrše podelu kvadrata σ na n2 kvadrataσij = [ 2(i−1)

n , 2in ] × [ j−1

n , jn ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , n.

Površina posmatranih pravougaonika σi i parametar podele su

∆σij =2n · 1

n =2n2

µ(T ) =

√5

n .

Ako n → ∞, onda µ(T ) → 0. Izaberimo u svakom kvadratu σij tačku Mij ( 2in , j

n ).

I =∫

σ

∫

x2y2dxdy = limn→∞

n∑

i=1

n∑

j=1f (Mij )∆σij

= limn→∞

n∑

i=1

n∑

j=1

4i2n2

j2

n22n2

= limn→∞

8n6

n∑

i=1i2

n∑

j=1j2 = lim

n→∞8n6

n(n+1)(2n+1)6

n(n+1)(2n+1)6 = 8

9 .

2. Izračunati I =∫

σ

∫

(x2 + y)dxdy, ako je

σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 2}

.

I =5∫

1dx

2∫

1(x2 + y)dy =

5∫

1(x2y + 1

2 y2)|y=2

y=1dx

=5∫

1(x2 + 3

2 )dx = ( 13 x3 + 3

2 x)|5

1= 142

3 ..

3. Izračunati Jakobijan transformacije Dekartovih u polarne koordinate.

J(r, φ) =∂(x, y)∂(ρ, φ)

∣

∣

∣

∣

cos φ sin φ

−ρ sin φ ρ cos φ

∣

∣

∣

∣

= ρ cos2 φ + ρ sin φ = ρ.

4. Izračunati dvostruki integral I =∫

σ

∫

(x2 + y2)dxdy ako je

σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 ≤ 16, 0 <

x√3

≤ y ≤√

3x}.

39


Prelaskom na polarne koordinate dobijamo

I =∫

σ

∫

(x2 + y2)dxdy =

π3∫

π6

dφ4∫

1ρ3dρ

= φ|π3π6

· 14 ρ4|4

1= 32π

3 .

5. Izračunati dvostruki integral I =∫

σ

∫

(x + y)dxdy ako je

σ = {(x, y) ∈ R2 : y ≤ x ≤ 3y, 1 ≤ x + y ≤ 3}.

Ako se uvede smena u = xy i v = x + y onda je x = uv

u+1 , y = vu+1 , onda je

J(u, v) =

∣

∣

∣

∣

∣

v(u+1)2

uu+1

− v(u+1)2

1u+1

∣

∣

∣

∣

∣

= v(u+1)2 . .

I =∫

σ

∫

(x + y)dxdy =

3∫

1

1(u + 1)2

du

3∫

1

v2dv = (− 1u + 1

)|31 · 13

v3|31 =136

.

6. Izračunati površinu figure

σ = {(x, y) ∈ R2 :

x2

9+

y2

16≤ 1, 0 ≤ x ≤ y}.

Neka jex = 3ρ cos φ

y = 4ρ sin φ (ρ, φ) ∈ [0, 1] × [ π4 , π]

onda je

J(ρ, φ) =∂(x, y)∂(ρ, φ)

=

∣

∣

∣

∣

3 cos φ −3ρ sin φ

4 sin φ 4ρ cos φ

∣

∣

∣

∣

= 12ρ.

i

∆σ =

π∫

π4

dφ

1∫

0

12ρdρ = φ|ππ4

· 12

ρ2|1

0=

3π

8.

40


7. Izračunati površinu figure

σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x

23 + y

23 ≤ 4}.

Neka je

x = ρ cos3 φ

y = ρ sin3 φ (r, φ) ∈ [0, ∞) × [0, 2π] : 1 ≤ r ≤ 8.

Jakobijan uvedene transformacije je

J(ρ, φ) =∂(x, y)∂(ρ, φ)

∣

∣

∣

∣

cos3 φ −3ρ cos2 φ sin φ

sin3 φ 3ρ sin2 φ cos φ

∣

∣

∣

∣

= 3ρ sin2 φ cos2 φ.

∆σ = 32π∫

0sin2φ cos2 φdφ

8∫

1rdr = 378

2π∫

0sin2 φ cos2 φdφ 189

2

2π∫

0sin2 2φdφ

= 1894

π2∫

0(1 − cos 4φ)dφ = 189

8 π.

.

8. Izračunati zapreminu tela

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 2y ≤ x2 + y2 ≤ 4y, −x2 − y2 ≤ z ≤ 0}.

Oblast V je simetrična u odnosu na yz ravan, a njena projekcija na xy ravanje

σ = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ x2 + y2 ≤ 2x, y ≥ 0}

= {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)1 ≥ 1, x2 + (y − 2)2 ≤ 4}.

∆V = 2∫

σ

∫

(x2 + y2)dxdy = 2

π2∫

0dφ

4 sin φ∫

2 sin φr3dr

= 12

π2∫

0ρ4|

π2

0dφ = 120

π2∫

0sin4 φdφ

= 120

π2∫

0

( 1−cos 2φ2

)2dφ = 30

π2∫

0

(

1 − 2 cos 2φ + cos2 2φ)

dφ = 74 π.

.

9. Izračunati zapreminu oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 18,

√

x2 + y2 ≤ z}.

Ako posmatramo sistem jednačina

x2 + y2 + z2 = 18√

x2 + y2 = z⇔ x2 + y2 = 9

√

x2 + y2 = z.⇔ z = 3, x2 + y2 = 9

41


Projekcija oblasti V na xy ravan je

σ = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9}.

∆V =∫∫

V

∫

dxdydz ==∫

σ

∫

(

√

18 − x2 − y2 −√

x2 + y2)

dxdy

=2π∫

0dφ

3∫

0

(

√

18 − ρ2 − ρ)ρdρ

=2π∫

0dφ

3∫

0

√

18 − ρ2ρdρ −2π∫

0dφ

3∫

0ρ2dρ = 54π(

√2 − 1).

10. Odrediti težište homogene ploče oblika pravouglog trougla čije su katetejednake 2 i 3.

xt =

∫

D

∫

xρdD

∫

D

∫

ρdD=

∫

D

∫

xdD

∫

D

∫

dD=

1∆D

2∫

0

xdx

32 x∫

0

dy =43

,

yt =

∫

D

∫

ydD

∫

D

∫

dD=

13

3∫

0

ydy

2∫

23 y

dx = 1

Znači T ( 43 , 1).

11. Izračunati I =∫∫

V

∫

(2x − y + 3z2)dxdydz ako je V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤

x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 4, 2 ≤ z ≤ 3}.

I =2∫

0dx

4∫

1dy

3∫

2(2x − y + 3z2)dz

=2∫

0dx

4∫

1

(

(2x − y)z + z3)

|z=3

z=2dy

=2∫

0dx

4∫

1(2x − y + 19)dy

=2∫

0

(

(2x + 19)y − 12 y2)

|y=4

y=1dx

=2∫

0(4x − 99

2 )dx

=(

x2 − 992 x) |2

0dx = −95.


V

∫

ydxdydz, ako je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 5 − x2 − y2}.

42


I =∫

σ

∫

dxdy5−x2−y2∫

1dz,

=∫

σ

∫

yz|z=5−x2−y2

z=1dxdy

=∫

σ

∫

y(4 − x2 − y2)dxdy

=2∫

0dx

2∫

1y(4 − x2 − y2)dy

=2∫

0

(

12 y2(4 − x2) − 1

4y4)y=2

y=1

dx

=2∫

0( 3

2 (4 − x2) − 154 )dx

=(

94 x − 1

2 x3)2

0

= − 32 .


V

∫

(x + y)dxdydz, ako je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 4 − x − y}.

Projekcija date oblasti na xy-ravan je

σ = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ 4 − x − y}

= {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, x + y ≤ 3}.

I =∫

σ

∫

dxdy4−x−y∫

1dz,

=∫

σ

∫

(x + y)z|z=4−x−y

z=1dxdy

= 12

∫

σ

∫

(x + y)y(4 − x − y)dxdy

=1∫

0dx∫ 2

0 (4xy + 4y2 − x2y − 2xy2 − y3)dy +2∫

1dx∫ 3−x

0 (4xy + 4y2 − x2y − 2xy2 − y3)dy

=1∫

0

(

2xy2 + 43 y3 − 1

2 x2y2 − 23 xy3 − 1

4 y4)y=1

y=0

dx +2∫

1

(

2xy2 + 43 y3 − 1

2 x2y2 − 23 xy3 − 1

4 y4)y=3−x

y=0

dx

=1∫

0(− 1

2 x2 + 43 x − 13

12 )dx +2∫

1

(

2x(3 − x)2 + 43 (3 − x)3 − 1

2 x2(3 − x)2 − 23 x(3 − x)3 − 1

4 (3 − x)4)

dx

= .

14. Izračunati zapreminu oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x2+y2 ≤ 4, 0 ≤ x ≤ y,

√

x2 + y2 ≤ z ≤ 2√

x2 + y2}.

43


∆V =∫∫

V

∫

dxdydz =∫

σ

∫

(

2√

x2+y2∫

√x2+y2

dz

)

dxdy

=∫

σ

∫√

x2 + y2dxdy

=2π∫

0dφ

2∫

1ρ2dρ

=

π2∫

π4

13 ρ3|3

1dφ =

π2∫

π4

263 dφ

= 263 φ

π2π4

= 136 π.

15. Izračunati Jakobijan transformacije Dekartovih koordinata u sferne koordi-nate.

J =∂(x, y, z)∂(r, φ, θ)

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cos φ sin θ −r sin φ sin θ r cos φ cos θsin φ sin θ r cos φ sin θ r sin φ cos θ

cos θ 0 −r sin θ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= r2 sin θ(− cos2 φ sin2 θ − sin2 φ cos2 θ − cos2 φ cos2 θ − sin2 φ sin2 θ)

= −r2 sin θ(

sin2 θ(cos2 φ + sin2 φ) + cos2 θ(sin2 φ + cos2 φ))

= −r2 sin θ(sin2 θ + cos2 θ) = −r2 sin θ.

16. Izračunati zapreminu lopte

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 25}

pomoću trostrukog integrala.

Uvedimo sferne koordinate

x = r cos φ sin θy = r sin φ sin θ (r, φ, θ) ∈ [0, ∞) × [0, 2π] × [0, π].z = r cos θ

Tada iz nejednačine x2 + y2 + z2 ≤ 25 dobijamo

r2 cos2 φ sin2 θ + r2 sin2 φ sin2 θ + r2 cos2 θ ≤ 25 ⇔r2 sin2 θ(cos2 φ + sin2 φ) + r2 cos2 θ ≤ 25 ⇔r2 sin2 θ + r2 cos2 θ ≤ 25 ⇔ r2 ≤ 25.

Kako je r ≥ 0, to je 0 ≤ r ≤ 5, dok za φ i θ ne postoje dodatna ograničenja.

∆V =

2π∫

0

dφπ∫

0

sin θdθ5∫

0

r2dr = φ2π

|0

·(− cos θ)π

|0

·13r3

5

|0

=5003.

44



V

∫

(x2 + y2

4 + z2

4 )dxdydz, po oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 +

y2

4+z2

4≤ 1}.

Predjimo na uopštene sferne koordinate

x = r cosφ sinθy = 2r sinφ sinθ (r, φ, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π]× [0, π].z = 2r cos θ

.

Jakobijan date transformacije je

|J(r, φ, θ)| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cosφ sin θ −r sinφ sin θ r cosφ cos θ2 sinφ sin θ 2r cosφ sin θ 2r sinφ cos θ

2 cos θ 0 −2r sin θ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −4r2 sinθ.

I = 4

2π∫

0

dφπ∫

0

sinθdθ1∫

0

r4dr =165π.

18. Izračunati∫∫

V

∫

(x + y+ z)dxdydz, ako je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x ≤ y ≤ 2x, 1−x ≤ y ≤ 2−x, 1−x−y ≤ z ≤ 2−x−y}.

Neka je u = yx , v = x+y i t = x+y+ z. Jakobijan uvedene transformacije je

J(u, v, t) =∂(x, y, z)∂(u, v, t) =

1∂(u,v,t)∂(x,y,z)

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− yx2

1x 0

1 1 01 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−1

= − 1x+yx2

= −x + y(x+y)2

x2

= − x + y(1 + y

x )2= − v

(u+ 1)2.

Tada je

∫ ∫

V

∫

(x + y+ z)dxdydz =

2∫

1

du(u+ 1)2

2∫

1

vdv2∫

1

tdt =38.

19. Naći težište homogenog tela gustine µ(x, y, z) = 1 koje zauzima oblast

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≥ z2, x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0}.

45


Ako se uvedu sferne koordinate, onda je

(r, φ, θ) ∈ [0, 2]× [0, 2π]×[π

4, π

2

]

.

Masa tela je

m =

2π∫

0

dφ

π2∫

π4

sin θdθ2∫

0

r2dr = φ2π

|0

·(− cosθ)

π2

|π4

·13r3

2

|0

=8√

2π3

.

Koordinate težišta su

xt = 1m∫∫

V

∫

xdxdydz = 1m

2π∫

0cosφdφ

π2∫

π4

sin2 θdθ2∫

0r3dr = 0,

yt = 1m∫∫

V

∫

ydxdydz = 1m

2π∫

0sinφdφ

π2∫

π4

sin2 θdθ2∫

0r3dr = 0,

zt = 1m∫∫

V

∫

zdxdydz = 1m

2π∫

0dφ

π2∫

π4

sin θ cos θdθ2∫

0r3dr = 3

4√

2.

20. Naći moment inercije homogenog tela gustine µ(x, y, z) = 1 koje zauzimaoblast

V = {(x, y, z) ∈ [0,∞)× [0,∞)× [0,∞) :;√x +

√y+√z ≤ 2}

u odnosu na z osu.

Neka je

x = r cos4 φ sin4 θy = r sin4 φ sin4 θ (r, φ, θ) ∈ [0, 4]× [0, 2π]× [0, π].z = r cos4 θ

.

Jakobijan date transformacije je J(r, φ, θ) = −16r2 sin3 φ cos3 φ sin7 θ cos3 θ.Tada je,

Iz =∫∫

V

∫

(x2 + y2)dxdydz

= 16

π2∫

0sin3 φ cos3 φ(cos8 φ + sin8 φ)dφ

π2∫

0cos3 θ sin15 θdθ

4∫

0r4dr

= 16 · 142 · 1

144 · 10245 = 512

945 .

.

46

Chapter 4

Krivolinijski i površinski integral

4.1 Krivolinijski integral

4.1.1 Krive

Skup L ⊂ R3 je gladak Žordanov luk ili prosta glatka kriva ako postoji interval

[a, b] i vektorska funkcija ~r : [a, b] → R3 za koje važi

(a) L = {~r(t) : t ∈ [a, b]} = {(x(t), y(t), z(t)) ∈ R3 : t ∈ [a, b]};

(b) ~r je bijektivno preslikavanje skupa I na L (zbog injektivnosti, kriva ne presecasamu sebe) ;

(c) ~r je neprekidno diferencijabilna;

(d) ~r′(t) 6= ~0, tj. (x(t), y(t), z(t)) 6= (0, 0, 0) za svako t ∈ [a, b].Kažemo da je tada sa

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

tj. sax = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [a, b]

data glatka parametrizacija krive L.Skup L ⊂ R

3 je po delovima glatka kriva ako je

L = L1 ∪ L2 ∪ . . . ∪ Ln,gde su L1, L2, . . . , Ln glatke krive i svaki par Li, Lj , za i 6= j, može imati najvišekonačno mnogo zajedničkih tačaka.

Ako je ~r(a) = ~r(b) kažemo da je kriva L zatvorena. Inače, L ima rubove A = ~r(a)i ~r(b).

Putanja ili prosta po delovima glatka kriva je po delovima glatka kriva sa osobi-nom da za svako t1, t2 ∈ (a, b) iz t1 6= t2 sledi (x(t1), y(t1), z(t1)) 6= (x(t2), y(t2), z(t2))(kriva ne preseca samu sebe na (a, b)). Kažemo da je tada sa x = x(t), y = y(t),z = z(t), t ∈ I, data glatka parametrizacija putanje L.

47

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL Matematika 3

4.1.2 Orijentacija glatke krive

Moguće su dve orijentacje glatka krive L u odnosu na datu parametrizaciju:u smerurasta parametra t i u smeru opadanja parametra t. Orijentacija krive u smeru rastaparametra može za neku drugu parametrizaciju biti smer opadanja parametra.

Po delovima glatka kriva se orijentiše tako da glatki delovi budu saglasno ori-jentisani, što znači da se kraj jednog glatkog dela nadovezuje na početak sledećeg.

Ako je L kriva u ravni, onda kažemo da je negativna orijentacija u smjeru kretanjakazaljke na satu, a pozitivna suprotno od kretanja kazaljke na satu.

4.1.3 Definicija krivolinijskog integrala skalarnog polja

Neka je funkcija f : D → R, D ⊆ R3, skalarno polje i L ⊂ D glatka kriva data

parametrizacijom

~r(t) = (x(t), y(t), z(t), t ∈ [a, b] tj.

x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [a, b].

Ako je funkcija (f ◦ ~r)|d~rdt | integrabilna na intervalu [a, b] onda je krivolinijski

integral skalarnog polja (prve vrste) f duž krive L, u oznaci∫

Lf (~r)dl, definisan sa

∫

Lf (~r)dl =

b∫

a(f (~r))|d~r(t)

dt |dt

=b∫

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

√

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

Element dužine luka krive je

dl =∣

∣

∣

d~r(t)dt

∣

∣

∣dt =

√

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

Ako je L = L1 ∪ . . . ∪ Ln po delovima glatka kriva, onda je

∫

L

f (~r)dl =∫

L1

f (~r)dl + . . . +∫

Ln

f (~r)dl.

4.1.4 Osobine

Neka za funkcije f , g : D → R, D ⊆ R3 i putanju L ⊂ D postoje integrali

∫

Lf (~r)dl i

∫

Lg(~r)dl. Tada važi:

∫

L

(αf (~r) + βg(~r))dl = α

∫

L

f (~r)dl + β

∫

L

g(~r)dl, α, β ∈ R;

48

Matematika 3 4.1. KRIVOLINIJSKI INTEGRAL

Krivolinijski integral prve vrste ne zavisi od orijentacije krive.Neka je f : D → R, D ⊆ R

3, nenegativna neprekidna funkcija na putanji L ⊂ D.

Površina cilindrične površi S = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ L, 0 ≤ z ≤ f (x, y)} je

∆S =∫

L

f (x, y)dl.

Dužina ∆l putanje L ⊂ R3 je

∆l =∫

L

dl.

Ako je L ⊂ R3 komad žice i ako je linearna gustina ρ žice L poznata u svakoj

tački ~r onda je

m =∫

L

ρ(~r)dl

masa žice L.

4.1.5 Definicija krivolinijskog integrala vektorskog polja

Neka je ~F = (P, Q, R) vektorsko polje i L ⊆ D orijentisana glatka kriva data sa~r(t) = (x(t), y(t), z(t)). Ako je funkcija ~F (~r) · d~r

dt integrabilna na intervalu [a, b], tadaodredjeni integral

∫

L

~F (~r) · d~r =

b∫

a

~F (~r(t)) · d~r(t)dt

dt

zovemo krivolinijski integral vektorskog polja ~F (druge vrste) po L od tačke A = ~r(a)do tačke B = ~r(b).

Ako je L = L1 ∪ . . . ∪ Ln po delovima glatka kriva, onda je

∫

L

~F · d~r =∫

L1

~F · d~r + . . . +∫

Ln

~F · d~r,

gde su glatke krive L1, . . . , Ln saglasno orijentisane.U ravni. Ako je ~F = (P, Q) vektorsko polje i L ⊆ D orijentisana glatka kriva data

sa ~r(t) = (x(t), y(t)), onda je

∫

L

P(x, y)dx + Q(x, y)dy =

b∫

a

(

P(x(t), y(t))x(t) + Q(x(t), y(t))y(t))

dt.

49


4.1.6 Osobine krivolinijskog integrala

Neka je L ⊆ D orijentisana glatka kriva, ~F i ~G su vektorska polja definisane na D i

postoje integrali∫

L~F · d~r i

∫

L~G · d~r. Tada važi

∫

L

(

α ~F · d~r + β ~G · d~r)

= α

∫

L

~F · d~r + β

∫

L

~G · d~r, α, β ∈ R.

Krivolinijeski integral druge vrste zavisi od orijentacije krive, tj.

∫

L(AB)

~F · d~r = −∫

L(BA)

~F · d~r.

Rad polja ~F duž luka L je krivolinijski integral∫

L~F ·d~r. Rad polja ~F duž zatvorene

krive L naziva se cirkulacija vektorskog polja ~F.

4.1.7 Nezavisnost krivolinijskog integrala vektorskog polja od putanje

Definicija 4.1.1 Kažemo da krivolinijski integral po koordinatama ne zavisi od putanjeako je njegova vrednost ista za sve putanje koje povezuju početnu i krajnju tačku.

Teorema 4.1.1 Sledeća tvrdjenja su medjusobno ekvivalentna

(a) Krivolinijski integral∫

L(AB)

~F · d~r, (AB) ⊂ D, ne zavisi od putanje integracije,

nego samo od tačaka A i B.

(b) Postoji skalarna (realna) funkcija f takva da je ~F = ∇f .

(c) ∇ × ~F = 0, tj.∮

L~F · d~r = 0 za svaku zatvorenu krivu L ⊂ D.

Teorema 4.1.2 Neka su u zadate neprekidne funkcije P i Q koje imaju neprekidneparcijalne izvode Py i Qxu otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti D ⊆ R

2. Potrebani dovoljan uslov da integral

∫

(AB)Pdx + Qdy, (AB) ⊂ D, ne zavisi od putanje je da je

ispunjena jednakostPy = Qx .

Dokaz. �

Teorema 4.1.3 Neka su u otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti D ⊆ R3 zadate

neprekidne funkcije P, Q i R, koje imaju neprekidne parcijalne izvode Py, Pz, Qz, Qx ,

Rx , Ry. Potreban i dovoljan uslov da integral∫

(AB)Pdx + Qdy + Rdz, (AB) ⊂ D, ne

zavisi od putanje (AB), jeste da su ispunjene jednakosti

Py = Qx , Qz = Ry, Rx = Pz.

50

Matematika 3 4.2. POVRŠINSKI INTEGRAL

4.1.8 Formula Grina

Teorema 4.1.4 Neka je σ ⊂ R2 zatvorena oblast ograničena zatvorenompo delovima

glatkom krivom bez samopresecanja L. Ako su funkcije P, Q, Py i Qx neprekidne nadσ i ako je kriva L orijentisana tako da tačke oblasti σ ostaju sa leve strane kada seL obilazi u datom smeru, tada važi

∮

L

Pdx + Qdy =∫

σ

∫

(Qx − Py)dxdy.

Sledeća teorema pokazuje da formula Grina važi i u slučaju kada je σ višestrukopovezana oblast.

Teorema 4.1.5 Neka je σ ⊂ R2 zatvorena višestruko povezana oblast ograničena

unijom zatvorenih po delovima glatkih krivih bez samopresecanja L1 ∪ . . . ∪ Ln. Akosu funkcije P, Q, Py i Qx neprekidne nad σ i ako je kriva L orijentisana tako dataČke oblasti σ ostaju sa leve strane kada se L obilazi u datom smeru, tada važijednakost

n∑

i=1

∮

Li

Pdx + Qdy =∫

σ

∫

(Qx − Py)dxdy.

Površina figure σ ⊂ R2 ograničene zatvorenom putanjom L je

∆σ =12

∮

L

(xdy − ydx).

4.2 Površinski integral

4.2.1 Površi

Definicija 4.2.1 Skup S ⊂ R3 je Žordanova površ ako postoje oblast D ⊆ R

2 ifunkcije x, y, z : D → R za koje važi

(a) S = {~r(u, v) : (u, v) ∈ D} = {(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ∈ R3 : (u, v) ∈ D};

(b) x, y i z su bijekcije skupa D na S.

Kažemo da je S∗ = {(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) : (u, v) ∈ D∗} ivica (rub) površi S,

gde je D∗ rub oblasti D.

Definicija 4.2.2 Žordanova površ S = {~r(u, v) : (u, v) ∈ D} je glatka ako važi

(a) ∂~r∂u i ∂~r

∂v su neprekidne funkcije

(b) ∂~r∂u × ∂~r

∂v 6= 0

51


Uslov (b) ekvivalentan je uslovu∣

∣

∣

∣

xu xvyu yv

∣

∣

∣

∣

6= 0,

∣

∣

∣

∣

xu xvzu zv

∣

∣

∣

∣

6= 0 ili

∣

∣

∣

∣

yu yvzu zv

∣

∣

∣

∣

6= 0

u oblasti D.

Kažemo da je sa

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D

data glatka parametrizacija površi S.

Specijalni slučaj je površ eksplicitno zadata jednačinom z = z(x, y), (x, y) ∈ D.

Za ovako zadatu površ je

x = u, y = v, z = z(u, v), (u, v) ∈ D.

Ako su izvodi zx i zy neprekidni, onda je površ glatka.

Definicija 4.2.3 Za Žordanovu površ se kaže da je po delovima glatka, ako se S možepodeliti na konačno mnogo glatkih površi Si, i = 1, . . . , n tako da je S = ∪n

i=1Si iza i 6= j Si ∩ Sj je ili prazan skup ili kriva koja pripada zajedničkoj ivici površi Si iSj .

4.2.2 Orijentacija Žordanove površi

Neka je data glatka površ S i tačka M ∈ S i neka je L ⊆ S proizvoljna zatvorenakriva koja prolazi kroz tačku M. Postavimo u tačku M vektor normale i neprekidnoga pomerajmo u istom smeru duž krive L. Ako se vektor normale vrati u tačku M saistim smerom normale (za svaku proizvoljno izabranu krivu L), onda se površ S imadve neprekidne glatke orijentacije, tj. S je dvostrana površ.

Neka je zatvorena glatka kriva L rub glatke dostrane površi S. Kažemo da jekriva L pozitivno orijentisana u odnosu na vektor normale ako, kada pomeramo vektornormale u posmatranom smeru, tačke površi S se nalaze sa leve strane.

Primer 4.2.1 Primer jednostrane površi je Möbiusova traka, data parametarskim jed-načinama

x = (6 + ucos(v/2))cosv,y = (6 + ucos(v/2))sinv, u ∈ [−3, 3], v ∈ [0, 2π]z = usin(v/2)

4.2.3 Definicija površinskog integrala skalarne funkcije

Neka je f : D! → R, D1 ⊆ R3 skalarno polje i S ⊂ D1 glatka površ,ograničena po

delovima glatkom krivom, data parametrizacijom

~r = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ D tj.

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D.

52


Površinski integral funkcije f po površi S (prve vrste ili po projekciji), u oznaci∫

S

∫

f (x, y, z)dS, je definisan sa

∫

S

∫

f (~r)dS =∫

D

∫

f (~r(u, v))∣

∣

∣

∂~r

∂u× ∂~r

∂v

∣

∣

∣dudv

Ako je S = ∪ki=1 po delovima glatka površ sa glatkim delovima S1, . . . , Sk , tada je

∫

S

∫

f (~r)dS =∫

S1

∫

f (~r)dS +∫

S2

∫

f (~r)dS . . .

∫

Sk

∫

f (~r)dS.

4.2.4 Osobine površinskog integrala skalarne funkcije

Površinski integral prve vrste je linearan tj. važi

∫

S

∫

(αf (~r) + βg(~r))dS = α

∫

S

∫

f (~r)dS + β

∫

S

∫

g(~r)dS, α, β ∈ R.

Za površinu ∆S glatke površi S ⊂ R3 ograničene po delovima glatkom krivom važi

∆S =∫

S

∫

dS.

Ako je ρ(x, y, z) površinska gustina mase m rasporedjene neprekidno po glatkoj površiS onda je

m =∫

S

∫

ρ(x, y, z)dS.

Težište T (xt, yt , zt) glatke površi S ograničene po delovima glatkom krivom ima ko-ordinate

xt =1m

∫

S

∫

xρ(x, y, z)dS, yt =1m

∫

S

∫

yρ(x, y, z)dS, zt =1m

∫

S

∫

zρ(x, y, z)dS.

Neka je S po delovima glatka površ koja se izdvajanjem konačnog broja tačaka ikrivih svodi na uniju glatkih površi S1, S2, . . . , Sk , i neka je f : S → R, S ⊂ R

3,

ograničena nad S. Tada je, po definiciji,

∫

S

∫

f (~r)dS =k∑

i=1

∫

Si

∫

f (~r)dS.

53


4.2.5 Definicija površinskog integrala vektorske funkcije

Neka je ~F = (P, Q, R) vektorska funkcija definisana i ograničena nad D1 i S ⊂ D1

glatka orijentisana površ data parametrizacijom

~r = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ D tj.

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D.

Ako je ~n0 = (cos α, cos β, cos γ) jedinični vektor normale na površ, onda je površinskiintegral vektorskog polja ~F po površi S definisan sa

∫

S

∫

~F (~r)d~S =∫

D

∫

~F (~r(u, v)) ·(

∂~r

∂u× ∂~r

∂v

)

dudv

Ako je S = S1 ∪ . . . ∪ Sk po delovima glatka orijentisana površ, onda je

∫

S

∫

~F (~r)d~S =∫

S1

∫

~F (~r)d~S + . . . +∫

Sk

∫

~F (~r)d~S.

4.2.6 Osobine

Neka je data glatka površ S jednačinom z = z(x, y), (x, y) ∈ σ ⊂ R2, gde je

z neprekidno diferencijabilna funkcija na σ. Pretpostavimo da vršimo integraciju poonoj strani površi kod koje vektor normale, povučen u proizvoljnoj tački površi, zaklapaoštar ugao sa pozitivnim delom z-ose. Neka je na površi S definisana neprekidnafunkcija f (x, y, z). Tada je

∫

S

∫

f (x, y, z)dxdy =∫

σ

∫

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

Ako se integracija vrši po onoj strani površi kod koje je ugao izmed—u normale uproizvoljnoj tački površi i z-ose tup onda je

∫

S

∫

f (x, y, z)dxdy = −∫

σ

∫

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

Protok (fluks) vektora ~F kroz orijentisanu površ S je površinski integral∫

S

∫

~F · ~n0dS.

4.2.7 Formula Stoksa

Neka je S po delovima glatka orijentisana površ ograničena zatvorenom putanjom L.

Kriva i površ su orijentisane tako da prilikom obilaženja površi S po krivoj L tačkepovrši ostaju sa leve strane gledano sa kraja vektora normale na površ.

54


Skalarni oblik. Neka su funkcije P(x, y, z), Q(x, y, z) i R(x, y, z) neprekidne i imajuneprekidne prve parcijalne izvode u nekoj okolini površi S. Tada važi jednakost∮

L

Pdx + Qdy + Rdz =∫

S

∫

(Ry − Qz)dydz + (Pz − Rx)dxdz + (Qx − Py)dxdy

=∫

S

∫

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cos α cos β cos γ∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

∣

∣

∣

∣

∣

∣

dS.

Vektorski oblik. Ako je vektorska funkcija ~F = (P, Q, R) neprekidno diferencijabilnana S, tada važi

∮

L

~F · d~r =∫

S

∫

(∇ × ~F )d~S.

4.2.8 Formula Gausa

Pretpostavimo da je zatvorena oblast V ⊂ R3 ograničena po delovima glatkom površi

S koja sebe ne preseca.

Skalarni oblik. Neka su u oblasti V definisane neprekidne funkcije P, Q, i R, kojeimaju neprekidne prve parcijalne izvode Px , Qy, i Rz. Ako je površinski integral pospoljašnjoj strani površi S onda je

∫

S

∫

Pdydz + Qdzdx + Rdxdy =∫ ∫

V

∫

(Px + Qy + Rz )dxdydz .

Vektorski oblik. Ako je vektorska funkcija ~F = (P, Q, R) neprekidno diferencijabilnai ~n0 jedinični vektor normale na S, tada je

∫ ∫

V

∫

∇ · ~FdV =∫

S

∫

~Fd~S.

55


4.3 Zadaci

1. Dati ekvivalentnu definiciju krivolinijskog integrala prve vrste uz pomoć in-tegralne sume.

Neka je interval [α, β] podeljen na n podintervala

[α, β] = [t0, t1] ∪ [t1, t2] ∪ . . . ∪ [tn−2, tn−1] ∪ [tn−1, tn],

gde je α = t0 < t1 < . . . < ti−1 < ti < . . . < tn = β. Svakoj vrednosti ti,i = 0, 1, . . . , n, odgovara na putanji L tačka Ti(x(ti), y(ti), z(ti)). Označimo sa∆li dužinu luka Ti−1Ti putanje L. Na svakom intervalu [ti−1, ti], i = 1, . . . , n,

izaberimo vrednost τi parametra t kojoj odgovara tačka Mi(ξi, ηi, ζi), gde jeξi = x(τi), ηi = y(τi), ζi = z(τi). Sastavimo integralnu sumu

s(f , L) =n∑

i=1

f (ξi, ηi, ζi)∆li.

Ako za svaku podelu intervala [α, β] i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postojijedinstvena granična vrednost integralne sume s(f , L) kad n → ∞ i max

1≤i≤n∆li

→ 0 onda se ta granična vrednost naziva krivolinijski integral prve vrsteili krivolinijski integral po dužini krive funkcije f duž krive L i označava sa∫

Lf (x, y)dl. Ako je A = T0 i B = Tn onda se koristi i oznaka

∫

L(AB)f (x, y, z)dl

ili∫

(AB)f (x, y, z)dl.

2. Izračunati dužinu dela cikloide

L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2(t − sin t), y = 2(1 − cos t), t ∈ [

π

4,

5π

3]}.

Kako je x(t) = 2(1 − cos t), y(t) = a sin t to je

∆l =∫

Ldl =

5π3∫

fracπ4

√

a2(1 − cos t)2 + a2 sin2 tdt

= 2√

2

5π3∫

π4

√1 − cos tdt = 4

5π3∫

π4

| sin t2 |

= 8

5π3∫

π4

sin udu = −8 cos u|5π3

π4

= 4(√

2 − 1).

3. Izračunati dužinu dela cilindrične zavojnice

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 3 cos t, y = 3 sin t, z = 2t, 0 ≤ t ≤ 4π}.

56


Iz x(t) = −3 sin t, y(t) = 3 cos t i z(t) = 2 sledi√

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

∆l =∫

L

dl =

2π∫

0

√

9 sin2 t + 9 cos2 t + 4dt =√

13

4π∫

0

dt = 4π√

13.


L

(x2y − 2y)dl, gde je L duž AB, gde je A(2, 5) i B(1, −1).

Glatka parametirzacija duži AB data je sa

x = t + 1, y = 6t − 1, 0 ≤ t ≤ 1,

odakle je√

(x(t))2 + (y(t))2 =√

1 + 36 =√

37.

∫

AB

(x2y − 2y)dl =1∫

0

(

(t + 1)2(6t − 1) − 2(6t − 1))

dt

=1∫

0(6t3 + 11t2 − 8t + 1)dt

=√

37(

32 t4 + 11

3 t3 − 4t2 + t)

|1

0= 13

√37

6 .


L

(x − y)dl, po dužini polukružnice

L = {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 = 4, x ≥ 0}.

Jedna glatka parametirzacija kružnice je

L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2 cos t, y = 2 sin t + 1, 0 ≤ t ≤}.

Za datu parametrizaciju je√

(x(t))2 + (y(t))2 =√

4 sin2 t + 4 cos2 t = 2.

∫

L

(x − y)dl =

π2∫

− π2

(2 cos t − 2 sin t − 1)2dt = 2(

− 2 sin t − 2 cos t)

|π2

− π2

= −8.

6. Izračunati površinu površi

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 4, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤

√

9− x2 − y2}.

57


Projekcija date površi u xy ravan je kriva

L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2 cos t, y = 2 sin t, 0 ≤ t ≤ π}.

Onda je x(t) = −2 sin t, y(t) = 2 cos t i√

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

∆S =∫

L

√

9− x2 − y2dl = 2

π∫

0

√9 − 4dt = 2

√13π.

7. Naći masu žice

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x = et cos t, y = et sin t, z = et, 0 ≤ t ≤ 5},

ako je ρ(x, y, z) = 1x2+y2+z2 gustina žice u tački M(x, y, z).

Za datu parametrizaciju je x(t) = et(cos t − sin t), y(t) = et(sin t + cos t),z(t) = et i ρ(t) = 1

2e2t .

m =∫

L

ρdl =12

5∫

0

e−2t√

e2t(

(cos t − sin t)2 + (sin t + cos t)2 + 1)

dt

=

√3

2

5∫

0

e−tdt =

√3

2(1− e−5).

8. Napisati ekvivalentnu definiciju krivolinijskog integrala druge vrste, koristećiintegralnu sumu.

Neka su funkcije P,Q, R : D → R, D ⊆ R3, ograničene na putanji L ⊂ D,

datoj u parametarskom obliku jednačinama

x = x(t), y = y(t), z = z(t), α ≤ t ≤ β, (4.1)

i orijentisanoj od tačke A(x(α), y(α), z(α)) prema tački B(x(β), y(β), z(β)).Neka je

[α, β] = [t0, t1] ∪ [t1, t2] ∪ . . . ∪ [tn−2, tn−1] ∪ [tn−1, tn],

gde je α = t0 < t1 < . . . < ti−1 < ti < . . . < tn = β. Svakoj vrednostiti, i = 0, 1, . . . , n, odgovara na putanji L tačka Ti(xi, yi, zi), gde je xi = x(ti),yi = y(ti), zi = z(ti). Označimo sa ∆li dužinu luka Ti−1Ti putanje L. Nasvakom intervalu [ti−1, ti] izaberimo vrednost τi parametra t kojoj odgovara tačkaMi(ξi, ηi, ζi), gde je ξi = x(τi), ηi = y(τi), ζi = z(ti). Neka je ∆xi = xi − xi−1,∆yi = yi − yi−1, ∆zi = zi − zi−1. Sastavimo integralne sume

58


sx(P, L) =n∑

i=1

P(ξi, ηi, ζi)∆xi,

sy(Q, L) =n∑

i=1

Q(ξi, ηi, ζi)∆yi i

sz(R, L) =n∑

i=1

R(ξi, ηi, ζi)∆zi.

Ako za svaku podelu putanje L i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postoje jedin-stvene granične vrednosti integralnih suma sx (P, L), sy(Q, L) i sz(R, L), respek-tivno, kad n → ∞ i max ∆li → 0, onda se te granične vrednosti redom nazivajukrivolinijski integral druge vrste funkcije P po koordinati x i krivolinijski in-tegral druge vrste funkcije Q po koordinati y i krivolinijski integral druge vrste

funkcije R po koordinati z, duž putanje L i označavaju se sa∫

LP(x, y, z)dx,

∫

LQ(x, y, z)dy i

∫

LR(x, y, z)dz. Opšti krivolinijski integral druge vrste je defin-

isan sa

∫

L

Pdx + Qdy+ Rdz =∫

L

Pdx +∫

L

Qdy+∫

L

Rdz.


L(x, 2y)d~r, ako je L =

−→AB, gde je A(2,−3) i B(4, 2).

Ako je parametrizacija vektora−→AB data sa

−→AB = {(x, y) ∈ R2 : x = 2t + 2, y = 5t − 3, 0 ≤ t ≤ 1},

onda je dx = 2dt i dy = 5dt.

I =

(∫

−→AB

(2t + 2)2 + 2(5t − 3)5)dt = (27t2 − 26t)|10

= 1.


L(y, 0)d~r, ako je elipsa L = {(x, y) ∈ R

2 : x2

25 + y2

36 = 1}negativno orijentisana.

Neka je L = {(x, y) ∈ R2 : x = 5 cos t, y = 6 sin t, 0 ≤ t ≤ 2π}. Tada je

dx = −5 sin tdt, dy = 6 cos tdt.

I =

0∫

2π

−30 sin2 tdt = −30

0∫

2π

1− cos 2t2

dt = 30π.

59



L(y, z, x)d~r, ako je putanja

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 4, x + y+ z = 4}

orijentisana od tačke A(2, 0, 2) prema tački B(0, 2, 2), posmatrano na kraćemluku L(AB) krive L.Iz parametrizacije L = {(x, y, z) ∈ R

3 : x = 2 cos t, y = 2 sin t, z =4 − x − y = 4 − 2 cos t − 2 sin t, 0 ≤ t ≤ 2π}, sledi dx = −2 sin tdt,dy = 2 cos tdt, i dz = 2(sin t − cos t)dt. Za dati smer integracije (ako je t = 0dobija se tačka A, a ako je t = π

2 tačka B) je

I =2π∫

0(−4 sin2 t + 8 cos t − 4 cos2 t − 4 sin t cos t + 4 sin t cos t − 4 cos2 t)dt

= −42π∫

0(cos2 t − 2 cos t + 1)dt = −4

2π∫

0

1+cos 2t2 dt + 8

2π∫

0cos tdt − 4

2π∫

0dt

= −2t2π|0− sin 2t

2π|0

+8 sin t2π|0−4t

2π|0

= −12π.


L(y2, z2, x2) · (dx, dy, dz), ako je putanja

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 9, x2 + y2 = 3x, z ≥ 0}

orijentisana od tačke A(3, 0, 0) prema tački B( 32 , 3

2 , 3√2), posmatrano na luku

L(AB) krive L za koji je y ≥ 0.Projekcija krive L na ravan xOy je kružnica (x − 3

2 )2 + y2 = 94 .

Ako je parametrizacija kriveL = {(x, y, z) ∈ R

3 : x − 32 = 3

2 cos t,y = 3

2 sin t, z =√

9 − x2 − y2

=√

92 (1− cos t) =

√

9 sin2 t2 = 3 sin t

2 ,t ∈ [0, 2π]}, i smer integracije je odt = 0 prema t = π

2 onda je

I = − 278

2π∫

0sin2 t sin tdt+ 27

2

2π∫

0sin2 t

2 cos tdt+ 278

2π∫

0(1 + 2 cos t+ cos2 t) cos t

2dt

= − 274 π.

13. Izračunati∫

Lxydx + yzdy+ xzdz, gde je putanja

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 4, x − y+ 2 = 0}

pozitivno orijentisana ako se posmatra sa pozitivnog dela y-ose.

Ako uvedemo parametrizaciju

60


L = {(x, y, z) ∈ R3 : y = x + 2, x2 + (x + 2)2 + z2 = 4}

= {(x, y, z) ∈ R3 : y = x + 2, (x + 1)2 + z2

2 = 1}= {(x, y, z) ∈ R

3 : x + 1 = cos t, z√2

= sin t, y = x + 2 = cos t + 1, t ∈[0, 2π]},onda je

I =2π∫

0

(

(cos t − 1)(cos t + 1)(− sin t) + (cos t + 1)√

2 sin t(− sin t)

+ (cos t − 1)√

2 sin t√

2 cos t)

dt = −√

2π.


Lxydx + zdy+ xdz, gde je putanja

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + (z − 1)2 = 1, x2 + y2 + z2 = 2}

pozitivno orijentisana ako se posmatra sa pozitivnog dela z-ose.Projekcija date krive na zOx ravan jeC = {(z, x) ∈ R

2 : x2 + z2 = 2z, x2 + z2 ≤ 2}= {(z, x) ∈ R

2 : x2 + (z − 1)2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1}= {(z, x) ∈ R

2 : z − 1 = cos t, x = sin t,t ∈ [π2 , 3π

2 ]}.

Podelićemo krivu L na dve krive čije su parametrizacijeL1 = {(x, y, z) ∈ R

3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y =√

2− x2 − z2, π2 ≤ t ≤

3π2 }

= {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y =

√−2 cos t, π

2 ≤ t ≤ 3π2 } i

L2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y = −

√2 − x2 − z2, π

2 ≤ t ≤3π2 }

= {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y = −

√−2 cos t, π

2 ≤ t ≤3π2 }.

Tada je

I =∫

L1

xydx + zdy+ xdz +∫

L2

xydx + zdy+ xdz

=

3π2∫

π2

(

sin t√−2 cos t cos t+ (1 + cos t) sin t√

−2 cos t− sin2 t)

dt

+

π2∫

3π2

(

− sin t√−2 cos t cos t− (1 + cos t) sin t√

−2 cos t− sin2 t)

dt = 0.


L(3x2z − y

x2+y2 )dx + (3y2z + xx2+y2 )dy + (x3 + y3)dz, gde je

putanja L = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = z, x2 + y2 + z = 2} orijentisana u

smeru kretanja kazaljke na satu, ako se posmatra sa pozitivnog dela z-ose.

Putanja L je kružnica koja je presek datih paraboloida čije su jednačine x2 +y2 = z i x2 + y2 = 2 − z, tj. L = {(x, y, z) ∈ R

3 : x2 + y2 = 1, z = 1} ={(x, y, z) ∈ R

3 : x = cos t, y = sin t, z = 1, t ∈ [0, 2π]}.

61


Kako je x ′(t) = − sin t, y′(t) = cos t i z′(t) = 0, to je

I =2π∫

0

(

(3 cos2 t − sin t)(− sin t) + (3 sin2 t+ cos t) cos t+ (cos3 t+ sin3 t) · 0)

dt

= −32π∫

0cos2 t sin tdt +

2π∫

0sin2 tdt + 3

2π∫

0sin2 t cos tdt +

2π∫

0cos2 tdt

= 0 +2π∫

0sin2 tdt + 0 +

2π∫

0cos2 tdt =

2π∫

0dt = 2π.


(AB)

xzdx+yzdy√x2+y2

+√

x2 + y2dz, gde je A(0, 1, 2) i B(1, 2, 4).

Kako je P = xz√x2+y2

, Q = yz√x2+y2

, R =√

x2 + y2, to je

Py = Qx = − xyz(x2 + y2)

32

, Pz = Rx =x

√

x2 + y2i Qz = Ry =

y√

x2 + y2.

Postoji jednostruko povezana oblast D ⊂ R3 koja sadrži putanju AC ∪ CE

∪ EB, gde je A(0, 1, 2), B(1, 2, 4), C (1, 1, 2) i E(1, 2, 2). Tada u posmatranojoblasti integral I ne zavisi od putanje (AB) ⊂ D.

Ako za putanju integracije uzmemo (AB) = AC ∪ CE ∪ EB,

AC = {(x, y, z) ∈ D : x = t, y = 1, z = 2, 0 ≤ t ≤ 1},CE = {(x, y, z) ∈ D : x = 1, y = t, z = 2, 1 ≤ t ≤ 2},EB = {(x, y, z) ∈ D : x = 1, y = 2, z = t, 2 ≤ t ≤ 4},

onda je

I =

1∫

0

2tdt√t2 + 1

+

2∫

1

2tdt√t2 + 1

+

4∫

2

√5dt = ln 5 + 2

√5.

17. Naći funkciju V čiji je totalni diferencijal prvog reda dV = 2xydx+x2dy+dz,a zatim izračunati I =

∫

(AB)2xydx + x2dy+ dz, gde je A(1, −1, 2) i B(2, 1, 3).

Neka je P = 2xy, Q = x2 i R = 1. Kako je Py = Qx = 2x, Pz = Rx = 0,Qz = Rx = 0 i funkcije P,Q, R, Py, Qx , Pz, Rx , Qz, Ry su neprekidne u R

3 to

62


postoji funkcija V takva da je Vx = 2xy, Vy = x2 i Vz = 1.

Vx = 2xy Vy = x2 Vz = 1.Vx = 2xyV (x, y, z) = x2y+ φ(y, z)Vy = x2 + φy(y, z)

φy(y, z) = 0φ(y, z) = ψ(z)V = x2y+ ψ(z)Vz = ψz(z)

ψz(z) = 1ψ(z) = z + CV (x, y, z) = x2y+ z + C.

Kako je I =∫

(AB)dV , to je

I = V (2, 1, 3)− V (1, −1, 2) = 7− 1 = 6.

18. Za polje ~F : D → R3, D ⊆ R

3 i putanju L ⊂ D ⊆ R3 dati formulaciju

Teoreme 4.1.1 u razvijenom obliku.

Ako su funkcije P,Q, R : D → R, D ⊆ R3, neprekidne na otvorenoj oblasti D,

onda su sledeća tvrd—enja med—usobno ekvivalentna:

• Postoji funkcija V : D → R sa neprekidnim parcijalnim izvodima takva daje

dV = Pdx + Qdy+ Rdzi važi da je

∫

(AB)

Pdx + Qdy+ Rdz = V (B) − V (A).

• Za svaku zatvorenu putanju L ⊂ D,∮

L

Pdx + Qdy+ Rdz = 0.

• Krivolinijski integral∫

(AB)Pdx + Qdy + Rdz, (AB) ⊂ D, ne zavisi od

putanje integracije, nego samo od tačaka A i B.

19. Neka je σ ⊂ R2 zatvorena jednostruko povezana oblast ograničena zatvorenom

putanjom L koja

(a) ima presek sa pravama paralelnim koordinatnim osama u najviše dvetačke ili

63


(b) postoji prava paralelna jednoj od koordinatnih osa koja seče krivu L uviše od dve tačke.

Ako su funkcije P, Q, P ′y i Q′

x neprekidne nad σ i ako je kriva L pozitivnoorijentisana. tada važi jednakost

∮

LPdx+Qdy =

∫

σ

∫

(Qx − Py)dxdy. (4.2)

. Dokazati!

Dokaz.

(a)∫

σ

∫ ∂P∂ydxdy =

b∫

adx

φ2(x)∫

φ1(x)

∂P∂ydy

=b∫

aP(x, y)|y=φ2(x)

y=φ1(x)dx

=b∫

aP(x, φ2(x))− P(x, φ1(x)dx

= −b∫

aP(x, φ1(x))dx −

b∫

aP(x, φ2(x))dx

= −∫

L1P(x, y)dx −

∫

L2P(x, y)dx

= −∮

LP(x, y)dx.

STAVI SLIKU!!!!

∫

σ

∫ ∂Q∂x dxdy =

d∫

cdy

ψ2(x)∫

ψ1(y)

∂Q∂x dx

=d∫

cQ(x, y)|x=ψ2(y)

x=ψ1(y)dy

=d∫

cQ(ψ2(y), y)−Q(ψ1(y), y)dy

=c∫

dQ(ψ1(y), y)dy+

d∫

cQ(ψ2(y), y)dy

=∫

C1Q(x, y)dy+

∫

C2Q(x, y)dy

=∮

LQ(x, y)dy.

STAVI SLIKU!!!!

Sabiranjem dobijenih jednakosti dobijamo∮

LPdx +Qdy =

∫

σ

∫

(Qx − Py)dxdy.

(b) Pretpostavimo da je oblast σ jednaka uniji oblasti σ1 i σ2, koje nemajuzajedničkih unutrašnjih tačaka i presek im je duž AB, čiji rubovi zadovoljavajuosobinu (a) i time zadovoljavaju formulu Grina. Tada važi

∫

L1∪−→AB

Pdx + Qdy =∫

σ1

∫

(Qx − Py)dxdy

64


∫

L2∪−→BA

Pdx + Qdy =∫

σ2

∫

(Qx − Py)dxdy.

Sabiranjem prethodnih jednakosti dobija se∫

L1

Pdx+Qdy+∫

−→AB

Pdx+Qdy+∫

L2

Pdx+Qdy+∫

−→BA

Pdx+Qdy =∫

σ

∫

(Qx−Py)dxdy

što je jednako sa∫

L

Pdx + Qdy =∫

σ

∫

(Qx − Py)dxdy.

�

20. Napisati ekvivalentnu definiciju površinskog integrala prve vrste, koristećiintegralnu sumu.

Neka je funkcija f : S → R, S ⊂ R3, ograničena nad S, gde je S glatka površ

ograničena po delovima glatkom krivom i neka je d rastojanje (metrika) na R3.

Izvršimo podelu T = {S1, S2, . . . , Sn} površi S na konačan broj disjunktnihpovrši Si, i = 1, . . . , n, i u svakoj površi Si izaberimo tačku Mi ∈ Si. Neka je∆Si površina površi Si.

Elemenat Si ima dijametar d(Si) = maxx,y∈σi

d(x, y) Parametar podele je µ(T ) =

max1≤i≤n

d(Si). Broj

s(f , T ) =n∑

i=1

f (Mi)∆Si

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi, i =1, . . . , n.

Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postoji jedinstvenagranična vrednost integralne sume s(f , T ) kad µ(T ) → 0 i n → ∞ onda seta granična vrednost naziva površinski integral funkcije f (x, y, z) po površinipovrši S ili površinski integral prve vrste i označava sa

∫

S

∫

f (x, y, z)dS.


S

∫

(x2 + 2y− z)dS, ako je

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 3, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}.

Kako je pramatrizaija date povrxi data sa ~r = (x, y, 3− x − y) , (x, y) ∈ σ,

σ = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x},

65


to je

~rx × ~ry =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k1 0 −10 1 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (1, 1, 1) i |~rx × ~ry| =√

3.

I =∫

S

∫

(x2 + 2y− z)dS =∫

σ

∫

(x2 + 2y− (3− x − y))√

3dxdy

=√

31∫

0dx

1−x∫

0(x2 + 3y + x − 3)dy =

1∫

0(−x3 + 3

2 x2 + x − 32 ) = 0.

22. Izračunati površinu površi

S = {(x, y, z) ∈ R3 :

√3

3(x2 + y2) = z2, x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 0}.

Ako predjemo na sferne koordinate, za θ = π6 , dobijamo

~r =(1

2r cosφ, 1

2r sinφ,

√3

2r)

,

gde je φ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1] i Za datu parametrizaciju je

~rr ×~rφ =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k12 cosφ 1

2 sinφ√

32

− 12 r sinφ 1

2 r cosφ 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=(

− 12r,√

32r, 0)

,

odakle je |~rr ×~rθ| = r2 i

∆S =∫

S

∫

dS =∫

D

∫

|~rr ×~rφ|drdθ =∫

D

∫ r2drdφ =

12

2π∫

0

dφ1∫

0

rdr =π2.

23. Izračunati površinu sfere, ako je S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 100}.

Ako je S data glatkom parrametrizacijom

~r = (10 cosφ sinθ, 10 sinφ sin θ, 10 cos θ),gde je (φ, θ) ∈ D = [0, 2π]× [0, π], tada je

~rφ ×~rθ =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k−10 sinφ sin θ 10 cosφ sin θ 010 cosφ cos θ 10 sinφ cos θ −10 sinθ,

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 100(

− cosφ sin2 θ, sinφ sin2 θ,− sin θ cos θ)

,

odakle je |~rr ×~rθ| = 100 sinθ i

∆S =∫

S

∫

dS =∫

D

∫

100 sinθdφdθ = 100

2π∫

0

dφ ·π∫

0

sinθdθ

= 100 · 2π · (− cos θ)π

0= 400π.

66


24. Napisati ekvivalentnu definiciju površinskog integrala vektorske funkcije, ko-risteći integralnu sumu.

Neka je funkcija f : S → R, S ⊂ R3, ograničena nad S, gde je S glatka

orijentisana površ. Izvršimo podelu T = {S1, S2, . . . , Sn} površi S na konačanbroj disjunktnih površi Si, i = 1, . . . , n, i u svakoj površi Si izaberimo tačku Mi.

Neka je ∆σi površina projekcije površi Si na xy ravan. Ako u tačkama Si vektornormale zaklapa oštar ugao sa pozitivnim delom z-ose onda se ∆σi uzima sapozitivnim predznakom, ako zaklapa tup ugao sa pozitivnim delom z-ose ondase ∆σi uzima sa negativnim predznakom i ako je projekcija površi Si kriva uxOy ravni onda je ∆σi = 0.

Parametar podele je µ(T ) = max1≤i≤n

d(Si), gde je d(Si) dijametar površi Si.

Broj

s(f , T ) =n∑

i=1

f (Mi)∆σi

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi, i =1, 2, . . . , n.

Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postoji jedinstvenagranična vrednost integralne sume s(f , T ) kad µ(T ) → 0 i n → ∞ onda se tagranična vrednost naziva površinski integral funkcije f (x, y, z) po koordinatamax i y po izabranoj strani površi S ili površinski integral druge vrste i označavasa∫

S

∫

f (x, y, z)dxdy.

Analogno se definišu površinski integral po koordinatama x, z i površinski in-tegral po koordinatama y, z.

Neka su funkcije P, Q, R : S → R, S ⊂ R3, ograničene funkcije nad S. Tada

je opšti površinski integral po izabranoj strani površi S definisan sa∫

S

∫

Pdydz + Qdzdx + Rdxdy =∫

S

∫

Pdydz +∫

S

∫

Qdzdx +∫

S

∫

Rdxdy.

(4.3)


S

∫

~Fd~S, ~F = (0, 0, x2y2), po strani površi

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 36, z ≥ 0},

čiji vektor normale zaklapa tup ugao sa pozitivnim delom z ose.

Kako je ~r = (x, y, 1−x2−y2) i ugao izmedju normale na izabranu stranu površii z-ose tup,

I = −∫

σ

∫

x2y2(1− x2 − y2)dxdy,

gde jeσ = {(x, y) ∈ R

2 : x2 + y2 ≤ 1}

67


projekcija površi S na xy ravan.

Prelaskom na polarne koordinate je

I =

2π∫

0

dφ

6∫

0

r5 cos2 φ sin2 φ√

1− r2dr =

2π∫

0

sin2 2φdφ

6∫

0

r5√

1− r2dr = .

26. Izračunati I =∮

L~F (~r)d~r, ~F (~r) = (y2 − z2, z2 − x2, x2 − y2), gde je luk L rub

oblastiS = {(x, y, z) ∈ R

3 : x + y + z = 9, 0 ≤ x, y, z ≤ 6}pozitivno orijentisana u odnosu na vektor normale koji gradi oštar ugao sa~k.

Za parametrizaciju ~r(x, y) = (x, y, 9 − x − y), (x, y) ∈ σ i ~rx × ~ry = (1, 1, 1),koristeći formulu Stoksa,

I =∫

S

∫

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y2 − z2 z2 − x2 x2 − y2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

d~S

=∫

S

∫

(−2y− 2z,−2z − 2x,−2x − 2y)d~S

= −2∫

σ

∫

(9− x, 9− y, x + y) · (1, 1, 1)dxdy = −2∫

σ

∫

18dxdy

= −36∫

σ

∫

dxdy = −36∆σ = −36 · (36− 9) = −36 · 27 = −972.


S

∫

(1, 1, 1)d~S, gde je S spoljašnja strana ruba oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ y ≤ −x + 4, 1 ≤ x, 0 ≤ z ≤ 5},

(a) direktno,

(b) formulom Gausa.

(a) Neka je

S1 = {(x, y, 0) : 1 ≤ y ≤ −x + 4, 1 ≤ x},S2 = {(x, y, 5) : 1 ≤ y ≤ −x + 4, 1 ≤ x},S3 = {(x, 4− x, z) : 1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 5},S4 = {(1, y, z) : x = 1, 1 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 5},S5 = {(x, 1, z) : y = 1, 1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 5}.

68


Ako je

Ii =∫

Si

∫

(1, 1, 1)d~S, i = 1, 2, 3, 4, 5

onda je I = I1 + I2 + I3 + I4 + I5.

I1 =(

z = 0,

~n1 = (0, 0,−1),

)

= −∫

σxy

∫

dxdy = −∆σxy = −4.

I2 =(

z = 2,

~n2 = (0, 0, 1),

)

=∫

σxy

∫

dxdy = ∆σxy = 4.

I3 =(

x + y = 4~n3 = (1, 1, 0)

)

= 20.

I4 =(

x = 1,

~n4 = (−1, 0, 0),

)

= −∫

σyz

∫

= −∆S4 = −10.

I5 =(

y = 1,

~n5 = (0,−1, 0),

)

= −∫

σzx

∫

= −∆S5 = −10.

(b)

I =∫

S

∫

dydz + dzdx + dxdy =(

P = 1, Q = 1, R = 1Px = Qy = Rz = 0,

)

= 0.


S

∫

(xz, xy, yz)d~S, po spoljašnjoj strani ruba oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 36, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 5}.

U oblasti V definisane su neprekidne funkcije

P = xz, Q = xy, R = yz, Px = z, Qy = x, Rz = y

i prema formuli Gausa je

I =∫ ∫

V

∫

(z + x + y)dxdydz =∫

σ

∫

dxdy

h∫

0

(x + y + z)dz,

gde jeσ = {(x, y) ∈ R

2 : x2 + y2 ≤ 36, y ≥ 0}projekcija oblasti V na xy ravan.

69


I =∫

σ

∫

(

5(x+y)+252

)

dxdy =

π∫

0

dφ

6∫

0

(

5r(cos φ+sin φ)+252

)

rdr = 720+225π.


S

∫

(xy2, yz2, x2z)d~S, ako je S strana polusfere

{(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 9, z ≥ 0}

za koju je ugao između vektora normale i pozitivnog dela z ose tup.

Neka jeS1 = {(x, y, z) ∈ R

3 : z = 0, x2 + y2 ≤ 9}i neka je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 9, z ≥ 0}.

Tada je S ∪ S1 rub oblasti V .

Ako jeP = xy2, Q = yz2, R = x2z,

onda jePx = y2, Qy = z2, Rz = x2

i zadovoljeni su uslovi teoreme Gausa.

Znači,

I +∫

S1

∫

(xy2, yz2, x2z)d~S =∫ ∫

V

∫

(y2 + z2 + x2)dxdydz,

gde se površinski integrali računaju po spoljašnjem delu površi S ∪ S1.

Vektor normale na S1 je ~n = (0, 0,−1), tako da je∫

S1

∫

xy2dydz + yz2dzdx + x2zdxdy = 0.

Ako uvedemo sferne koordinate,

x = r cos φ cos θ,y = r sinφ cos θ,z = r sin θ,

0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π2, 0 ≤ φ < 2π

onda je

∫

S

∫

(xy2, yz2, x2z)d~S =

2π∫

0

dφ

π2∫

0

cos θdθa∫

0

r4dr − 0 =25a5π.

70

Chapter 5

Diferencijalne jednačine

5.1 Osnovni pojmovi i definicije

Jednačina koja sadrži bar jedan izvod nepoznate funkcije koja zavisi od jedne ili višepromenljivih se naziva diferencijalna jednačina.

Primer 5.1.1 Sledeće jednačine su diferencijalne:

(a) y′(x) = yx

(b) y′′(x)− xy′(x) + 2py(x) = 0

(c) ∂2u(x,y,z)∂x2 + ∂2u(x,y,z)

∂y2 + ∂2u(x,y,z)∂z2 = 0

(d) φ(t) + ω2φ(t) = 0, ω−const.

(e) d2ydx2 = 1

a

√

1 + (dydx )2 a − const.

Konjukcija dve ili više diferencijalnih jednačina se naziva sistem diferencijalnihjednačina.

Primer 5.1.2 Primer sistema dve diferencijalne jednačine sa dve nepoznate funkcije:

x ′(t) = 2x(t)− 3y(t)y′(t) = x(t) + 5y(t)

Diferencijalne jednačine se dele na:

1. obične - kod kojih nepoznata funkcija zavisi samo od jedne promenljive (naprimer jednačine iz Primera 5.1.1 (a),(b),(d) i (e)).

2. parcijalne - kod kojih nepoznata funkcija zavisi od više promenljivih (na primerjednačina iz Primera 5.1.1 (c)).

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Matematika 3

Red jednačine je red najvišeg izvoda koji se pojavljuje u toj jednačini. Jednačinaiz Primera 5.1.1 (a) je prvog reda, a sve ostale su drugog reda.

Opšti oblik obične diferencijalne jednačine n-tog reda je

G(x, y(x), y′(x), . . . , y(n)(x)) = 0, (5.1)

a njen normalni oblik je

y(n)(x) = F (x, y(x), y′(x), . . . , y(n−1)(x)), (5.2)

gde su F i G poznate funkcije.Funkcija y = φ(x) koja je definisana i n puta diferencijabilna u intervalu (a, b) je

rešenje diferencijalne jednačine (5.2) ako za svako x ∈ (a, b) važi

φ(n)(x) = F (x, φ(x), φ′(x), . . . , φ(n−1)(x))

5.2 Diferencijalne jednačine prvog reda

Opšti oblik diferencijalne jednačine prvog reda je

G(x, y, y′) = 0,

a normalni oblik je

y′ = F (x, y). (5.3)

Geometrijska interpretacija:

Neka je y = φ(x) rešenje diferencijalne jednačine (5.3) u intervalu (a, b). Linijskisegment je uredjena trojka (x, y, y′), gde je y′ u svakoj tački (x, y) odredjen sa (5.3).Skup svih linijskih segmenata se naziva polje pravaca. Koeficijent pravca tangentena grafik rešenja y = f (x) u tački (x, y) je dat sa (5.3). Kaže se da je kriva saglasnasa poljem pravaca. Skup svih krivih saglasnih sa poljem pravaca se naziva opšterešenje diferencijalne jednačine. Kriva koja prolazi kroz tačku (x0, y0), tj. zadovoljavapočetni uslov y(x0) = y0, je partikularno rešenje.

Kaže se da je say′ = F (x, y), y(x0) = y0 (5.4)

zadat početni (Cauchyev) problem.Postavlja se pitanje pod kojim uslovima postoji jedinstveno rešenje početnog prob-

lema. Odgovor na to pitanje nam daje sledeća teorema.

Teorema 5.2.1 Neka je funkcija F (x, y) neprekidna u zatvorenoj oblasti D = {(x, y) ∈R

2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} i zadovoljava Lipschitzov uslov po y, tj. postoji K > 0takvo da je u D

|F (x, y2)− F (x, y1)| ≤ K |y2 − y1|.

72

Matematika 3 5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Postoji jedno i samo jedno rešenje početnog problema (5.4) koje je definisano uintervalu (a′, b′), gde je

a′ = max{

a, x0 −d− y0

M, x0 −

y0 − c

M

}

b′ = min{

b, x0 +d− y0

M, x0 +

y0 − c

M

}

M = supD|F (x, y)|

U dokazu teoreme se koristi metod uzastopnih aproksimacija. Rešenje je dato sa

y(x) = limn→∞

yn(x),

gde je

y0(x) = y0

yn(x) = y0 +

x∫

x0

F (t, yn−1(t))dt, n = 1, 2, . . .

Primer 5.2.1 Rešiti početni problem y′ = x + y, y(0) = 1.

Rešenje.Ekvivalentna integralna jednačina je

y(x) = 1 +

x∫

0

(t + y(t))dt,

a niz uzastopnih aproksimacija

y0(x) = 1

y1(x) = 1 +

x∫

0

(t + 1)dt = 1 + x +x2

2!

......

Može se dokazati matematičkom indukcijom da je

yn(x) = 1 + x + 2n+1∑

k=2

xk

k!− xn+1

(n + 1)!

Ako posmatramo n →∞ onda je

y(x) = 2ex − x − 1.

�

Metod prikazan u prethodnom primeru ima veliki teoretski značaj, ali nije pogodanza praktično rešavanje jer su retki primeri u kojima se niz {yn} može efektivno naći.

73


5.2.1 Jednačina sa razdvojenim promenljivim

Jednačina oblikay′ = f (x) g(y), (5.5)

u kojoj promenljive x i y mogu da se "razdvoje" jedna od druge, se kaže da je difer-encijalna jednačina sa razdvojenim promenljivim.

Egzistencija i jedinstvenost, kao i konstrukcija rešenja, slede iz sledeće teoreme.

Teorema 5.2.2 Neka je f (x) neprekidna u intervalu (a, b), a g(y) neprekidna i ra-zličita od nule u intervalu (c, d). Postoji jedinstveno rešenje jednačine (5.5) kojezadovoljava početni uslov y(x0) = y0, i definisano je u nekoj okolini tačke x0. Torešenje je dato sa

y(x) = G−1(

G(y0) +

x∫

x0

f (t)dt)

gde je G(x) primitivna funkcija funkcije 1g(x) u intervalu (c, d), a G−1(x) njena inverzna

funkcija.

Dokaz. Neka je y = y(x) rešenje jednačine (5.5) u nekoj okolini tačke x0.

Koristeći da je g(y(x)) 6= 0, dobijamo

y′(x) = f (x)g(y(x))y′(x)

g(y(x))= f (x)

dy(x)g(y(x))

= f (x)dx

Ako posmatramo integral nad [x0, x ], uvedemo smenu u = y(x) i koristimo početniuslov y(x0) = y0, onda je

y∫

y0

du

g(u)=

x∫

x0

f (t)dt

G(y(x)) = G(y0) +

x∫

x0

f (t)dt

y(x) = G−1(

G(y0) +

x∫

x0

f (t)dt)

Egzistencija G−1. Kako je G primitivna funkcija od 1g(x) , to je G′(x) = 1

g(x) . Zaneprekidnu funkciju G′(x), koja je različita od nule na intervalu (c, d), važi da jeG′(x) > 0 za svako x ∈ (c, d) ili je G′(x) < 0 za svako x ∈ (c, d). Odatle sledi da jeG strogo monotono rastuća ili strogo monotono opadajuća funkcija na (c, d). Kako zasvaku strogo monotonu funkciju postoji inverzna funkcija, to postoji funkcija G−1. �

74


Primer 5.2.2 Rešiti početni problem y′ = 2y, y(0) = 3.

Rešenje.Ako, za y 6= 0, razdvojimo promenljive i integralimo dobijamo

dy

dx= 2y ⇔

∫

dy

y=∫

dx

⇔ ln |y| = 2x + C ′ ⇔ y = ±e2x+C ′ ⇔ y = Ce2x .

Iz početnog uslova sledi

y(0) = 3 ⇒ Ce2·0 = 3 ⇒ C = 3,

odakle je rešenje početnog problema y(x) = 3e2x . �

5.2.2 Homogena jednačina

Neka je f neprekidna funkcija nad (a, b). Za jednačinu oblika

y′ = f(

yx

)

(5.6)

kažemo da je homogena diferencijalna jednačina prvog reda.Uvedimo smenu

t(x) =y(x)

x.

Tada jey(x) = x · t(x), y′(x) = t(x) + xt′(x).

Jednačina (5.6) se svodi na jednačinu

t′ =f (t)− t

x

koja razdvaja promenljive.

• Ako je za svako t ∈ (a, b) f (t)− t 6= 0, primenjujemo Teoremu 5.2.2.

• Ako je (∃t0 ∈ (a, b))f (t0) − t0 = 0, tada je yx

= t0 i y(x) = t0x je rešenjepočetnog problema.

• Ako je (∀t ∈ (a, b))f (t) − t = 0, jednačina se svodi na jednačinu y′ = yx

kojarazdvaja promenljive.

Primer 5.2.3 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine dydx

= x2+y2

xy.

Rešenje. Ako brojilac i imenilac sa desne strane podelimo sa x2 dobijamo

dy

dx=

1 + ( yx)2

yx

.

75


Uvodjenjem smene t = yx

t′x + t =1 + t2

t

⇔ t′x =1 + t2

t− t

⇔ t′x =1t⇔∫

tdt =∫

dx

x

⇔ 12

t2 = ln |x|+ ln |C | ⇒ y2 = 2x2 ln |Cx|.

�

5.2.3 Jednačina koja se svodi na homogenu

Neka je

y′ = f(

a1x+b1y+c1

a2x+b2y+c2

)

.

Moguća su sledeća dva slučaja:

(a)

∣

∣

∣

∣

a1 b1

a2 b2

∣

∣

∣

∣

= 0

Uvodjenjem smene t = a1x +b1y dobijamo jednačinu koja razdvaja promenljive.

(b)

∣

∣

∣

∣

a1 b1

a2 b2

∣

∣

∣

∣

6= 0

Ako uvedemo smenu x = X + α, y = Y + β, polazna jednačina postaje

dY

dX= f

(

a1X + b1Y + a1α + b1β + c1

a2X + b2Y + a2α + b2β + c2

)

,

i ako je (α, β) rešenje sistema jednačina

a1α + b1β + c1 = 0a2α + b2β + c2 = 0

dobijamo homogenu diferencijalnu jednačinu

dY

dX= f

(

a1X + b1Y

a2X + b2Y

)

, tj.dY

dX= f

(

a1 + b1YX

a2 + b2YX

)

.

Rešenje date diferencijalne jednačine je oblika φ(X, Y ) = 0, a rešenje polaznediferencijalne jednačine φ(x − α, y− β) = 0.

Primer 5.2.4 Rešiti diferencijalnu jednačinu dydx

= 4x−4y−4x+y+3 .

76


Rešenje. Kako sistem jednačina

4α − 4β = 0−4α + β = −3

ima jedinstveno rešenje α = 1, β = 1, uvodjenjem smene x = X + 1, y = Y + 1,

zadata diferencijalna jednačina se svodi na homogenu

dY

dX=

4X − 4Y

−4X + Y,

koja se rešava uvodjenjem smene t = YX

.

t′X + t =4 − 4t

−4 + t

⇔ t′X =4− t2

t − 4

⇔∫

t − 44 − t2

=∫

dX

X

⇔ −12

(

∫

dt

2− t+ 3

∫

dt

2 + t

)

= ln |X |+ ln C

⇔ −12

ln∣

∣

∣

(2 + t)3

t − 2= ln |CX |

⇔

√

√

√

√

∣

∣

∣

∣

∣

YX− 2

(2 + YX

)3

∣

∣

∣

∣

∣

= CX

⇔ Y − 2X = C 2(2X + Y )3.

Vraćanjem smene X = x − 1, Y = y− 1 dobijamo

2x + y− 32x − y− 3

= C (x − 1)2.

�

5.2.4 Linearna jednačina

Diferencijalna jednačina oblika

y′ + f (x)y = g(x), (5.7)

u kojoj su y i y′ prvog stepena, se kaže da je linearna diferencijalna jednačina prvogreda.

Teorema 5.2.3 Neka su f i g neprekidne nad intervalom (a, b). Tada postoji jedin-stveno rešenje jednačine (5.7) koje zadovoljava početni uslov y(x0) = x0 i definisanoje u (a, b). Rešenje je dato sa

y(x) = e−

x∫

x0

f (t)dt(

y0 +

x∫

x0

g(t)et∫

x0

f (u)du

dt)

(5.8)

77


Dokaz. Lako je proveriti da funkcija (5.8) zadovoljava jednačinu (5.7).Obratno, ako uvedemo smenu y(x) = u(x)v(x), y′(x) = u′(x)v(x) + u(x)v ′(x), jed-

načina postaje

u′(x)v(x) + u(x)v ′(x) + f (x)u(x)v(x) = g(x)

u′(x)v(x) + u(x)(v ′(x) + f (x)v(x)) = g(x)

v ′(x) + f (x)v(x) = 0 ∧ u′(x)v(x) = g(x)dv(x)v(x)

= −f (x)dx ∧ u′(x)v(x) = g(x)

ln |v(x)| = −x∫

x0

f (t)dt ∧ u′(x)v(x) = g(x)

v(x) = e−

x∫

x0

f (t)dt

∧ u′(x) = g(x)ex∫

x0

f (t)dt

v(x) = e−

x∫

x0

f (t)dt

∧ u(x) =

x∫

x0

g(t)et∫

x0

f (u)du

dt + C

y(x) = u(x)v(x) = e−

x∫

x0

f (t)dtx∫

x0

g(t)et∫

x0

f (u)du

dt + C

Iz početnog uslova y(x0) = y0 sledi da je C = y0. Dakle,

y(x) = e−

x∫

x0

f (t)dt(

y0 +

x∫

x0

g(t)et∫

x0

f (u)du

dt)

.

�

Primer 5.2.5 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y′ + 3xy = 9x3.

Rešenje.

u′v + uv ′ +3x uv = 9x3

u′v + u(

v ′ +3x v)

= 9x3

v ′ + 3xv = 0 u′v = 9x3

dvdx

+ 3xv = 0 u′ 1

x3 = 9x3

dvdx

= − 3xv u′ = 9x6

dvv

= −3 dxx

u = 97x7 + C

ln |v| = −3 ln |x|v = 1

x3

78


y = uv =1x3

(97x7 + C ) =

97x4 +

Cx3.

�

5.2.5 Bernoullijeva jednačina

To je diferencijalna jednačina oblika

y′ + f (x)y = g(x)yα, α ∈ R. (5.9)

Ako je α = 0 ili α = 1, jednačina je linearna. Inače, uvodjenjem smene

z(x) = (y(x))1−α , z′(x) = (1− α)y−α (x)y′(x),

jednačina 5.9 se svodi na linearnu diferencijalnu jednačinu oblika

z′(x) + (1 − α)f (x)z(x) = (1 − α)g(x).

Primer 5.2.6 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y′ + 1xy = xy2.

Rešenje.Ako jednačinu podelimo sa y2, dobijamo

y′

y2+

1x

1y

= x.

Neka je z = 1y. Tada je z′ = − 1

y2 y′ i zadata jednačina se svodi na linearnu diferen-cijalnu jednačinu

z′ − 1x

z = −x,

koja se rešava uvodjenjem smene z = uv.

u′v + uv ′ − 1x

uv = −x

u′v + u(v ′ − 1x

v) = −x

v ′ − 1xv = 0 u′v = −x

dvv

= dxx

u′x = −x

ln |v| = ln |x| u′ = −1v = x u = −x + C

z = uv = x(−x + C ) = −x2 + Cx

y =1z

=1

−x2 + Cx.

�

79


5.2.6 Jednačina totalnog diferencijala

Jednačina

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (5.10)

je jednačina totalnog diferencijala ako postoji funkcija F = F (x, y) čiji je totalnidiferencijal jednak levoj strani te jednačine, tj. za koju u nekoj oblasti važi

dF (x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy,

tj.

∂F

∂x= P(x, y) i

∂F

∂y= Q(x, y).

Ako postoji takva funkcija, onda iz dF (x, y) = 0 sledi da je rešenje jednačine (5.10)

F (x, y) = C.

Teorema 5.2.4 Neka su P(x, y), Q(x, y), ∂P∂y

(x, y) i ∂Q∂x

(x, y) neprekidne u jednostrukopovezanoj oblasti G.

Jednačina (5.10) je jednačina totalnog diferencijala ako i samo ako za svako(x, y) ∈ G važi

∂P

∂y(x, y) =

∂Q

∂x(x, y). (5.11)

Funkcija F (x, y) data je sa

F (x, y) =

x∫

x0

P(t, y0)dt +

y∫

y0

Q(x, t)dt

gde je (x0, y0) proizvoljna tačka oblasti G.

Primer 5.2.7 Pokazati da je

(3x2y− 6x)dx + (x3 + 2y)dy = 0

jednačina totalnog diferencijala i rešiti je.

Rešenje. Ako uvedemo oznake P = 3x2y − 6x i Q = x3 + 2y, onda je Py =3x2 = Qx , odakle sledi da je zadata jednačina totalnog diferencijala i postoji funkcijaF = F (x, y) za koju je

Fx(x, y) = 3x2y− 6x Fy(x, y) = x3 + 2y

F (x, y) = x3y− 3x2 + φ(y)Fy(x, y) = x3 + φ′(y)

80


x3 + φ′(y) = x3 + 2y

φ′(y) = 2y

φ(y) = y2 + C

F (x, y) = x3y− 3x2 + y2 + C.

�

5.2.7 Integracioni množitelj

Ako nije ispunjen uslov 5.11 postavlja se pitanje da li postoji funkcija f = f (x, y) zakoju je

f (x, y)P(x, y)dx + f (x, y)Q(x, y)dy = 0

jednačina totalnog diferencijala. Ako postoji takva funkcija f , onda se kaže da je f

integracioni množitelj.

Primer 5.2.8 Rešiti diferencijalnu jednačinu

(2x + x2y + y3)dx + (2y + x3 + xy2)dy = 0,

ako ona ima integracioni množitelj oblika f (x, y) = f (xy).

Rešenje. Neka je P1 = f (x, y)(2x + x2y + y3), Q1 = f (x, y)(2y + x3 + xy2) it = xy. Tada je tx = y, ty = x, i važi

fx(x, y) =df

dt

dt

dx= f (t) · y i fy(x, y) =

df

dt

dt

dy= f (t) · x.

Py = Qx ⇔ f (t)x(2x + x2y + y3) + f (x2 + 3y2) = f (t)y(2y + x3 + xy2) + f (3x2 + y2)

⇔ f (t)(2x2 − 2y2) = f (t)(2x2 − 2y2)

⇔ f (t) = f (t) ⇔ df (t)f (t)

= dt

⇔ ln f (t) = t

⇔ f (t) = et

Znači, integracioni množitelj je f (x, y) = exy i zadata diferencijalna jednačina jeekvivalentna jednačini

(2x + x2y+ y3)exydx + (2y+ x3 + xy2)exydy = 0.

Fx = (2x + x2y+ y3)exy Fy = (2y+ x3 + xy2)exy

F = 2∫

xexydx + y∫

(x2 + y2)exydx + φ(y) Fy = 2yexy + (x3 + xy2)exy

F = 2∫

xexydx + y(

1y(x2 + y2)exy − 2

y

∫

xexydx)

+ φ(y) Fy = 2yexy + (x3 + xy2)exy

F = (x2 + y2)exy + φ(y)Fy = 2yexy + (x3 + xy2)exy + φ′(y)

2yexy + (x3 + xy2)exy + φ′(y) = 2yexy + (x3 + xy2)exy

81


φ′(y) = 0 ⇒ φ(y) = CF (x, y) = (x2 + y2)exy + C

Rešenje zadate diferencijalne jednačine je

(x2 + y2)exy + C = 0.

�

5.2.8 Clairautova jednačina

Clairautova diferencijalna jednačina je jednačina oblika

y = xy′ + f (y′). (5.12)

Teorema 5.2.5 Neka funkcija f ima drugi izvod različit od nule u intervalu (α, β).Tada su rešenja jednačine (5.12) sledeća

(a) singularno rešenje: funkcija y = φ(x) čije su parametarske jednačine

x = −f ′(t)y = −tf ′(t) + f (t)

t ∈ (α, β), koja je definisana i intervalu (a, b) gde je a = infα<t<β

{−f ′(t)},b = sup

α<t<β

{−f ′(t)}, (Ovo rešenje ne možemo dobiti iz opšteg rešenja),

(b) opšte rešenje:y = Cx + f (C ), C ∈ (α, β).

Ako diferenciramo jednačinu (5.12), dobijamo

y′ = xy′′ + y′ + f ′(y′)y′′

y′′(x + f ′(y′)) = 0

Znači, y′′ = 0 ili je x + f ′(y′) = 0.

Ako je y′′ = 0, onda je y′ = C, i uvrštavanjem u polaznu diferencijalnu jednačinudobijamo opšte rešenje

y = xC + f (C ).

Kako je po pretpostavci f ′′(t) 6= 0, sledi da u intervalu (a, b) postoji inverznafunkcija t = g(x) funkcije x = −f ′(t), tako da jednačine

x = −f ′(t)y = −tf ′(t) + f (t)

definišu u tom intervalu funkciju y = φ(x).Kako je x = −f ′′(t), y = −tf ′′(t), gde je f ′′(t) 6= 0, to je dy

dx= y

x= t, odakle

sledi da je y = φ(x) rešenje polazne diferencijalne jednačine.

82


Primer 5.2.9 Rešiti Clairautovu diferencijalnu jednačinu y = xy′ + 12 y′2.

Rešenje. Diferenciraćemo polaznu diferencijalnu jednačinu:

y′ = xy′′ + y′ + y′y′′,

y′′(x + y′) = 0.

Jednačina y′′ = 0 daje opšte rešenje

Cx +C 2

2,

a jednačina x + y′ = 0, singularno rešenje

y′ = −x ⇔ y = −x2

2.

�

5.2.9 Lagrangeova jednačina

Lagrangeova diferencijalna jednačina je jednačina oblika

y = xf (y′) + g(y′). (5.13)

Ako je f (y′) ≡ y′, onda je to Clairautova diferencijalna jednačina.Inače, za f (y′) 6≡ y′, ova jednačina se rešava uvodjenjem parametra p = y′. Tada

je dy = pdx i polazna jednačina je oblika

y = xf (p) + g(p).

Diferenciranjem dobijamo

dy = f (p)dx + (xf ′(p) + g′(p))dp,

pdx = f (p)dx + (xf ′(p) + g′(p))dp,

(f (p) − p)dx + (xf ′(p) + g′(p))dp = 0,

a to je za f (p) − p 6= 0 linearna diferencijalna jednačina oblika

dx

dp+

f ′(p)f (p) − p

x +g′(p)

f (p) − p= 0,

odakle dobijamo rešenje u parametarskom obliku.Ako postoji p = a za koje je f (p) = p, tada je i y = ax + g(a) singularno rešenje

Lagrangeove diferencijalne jednačine.

83


Primer 5.2.10 Rešiti Lagrangeovu diferencijalnu jednačinu y = xy′2 + y′2.Neka je p = y′. Tada je y = xp2 + p2. Diferenciranjem dobijamo

pdx = p2dx + (2px + 2p)dp,

p(p − 1)dx + 2p(1 + x)dp = 0..

Ako je p 6= 0 i p 6= 1, onda je zadata linearna diferencijalna jednačina

dx

dp+ 2

1p − 1

x = − 2p − 1

.

Uvedimo smenu x(p) = u(p)v(p), za koju je x(p) = u′(p)v(p) + u(p)v ′(p). Dobijamo

u′v + u(

v ′ +2

p − 1v)

= − 2p − 1

.

v ′ + 2p−1 v = 0 u′v = − 2

p−1dvdp

= − 2p−1 v u′ 1

(p−1)2 = − 2p−1

dvv

= − 2p−1 dp u′ = −2(p − 1)

ln |v| = −2 ln |p− 1| u = −2 (p−1)2

2 + C

v = 1(p−1)2

x(p) = (−(p− 1)2 + C )1

(p− 1)2= −1 +

C

(p− 1)2,

y(p) = xp2 + p2.

Kako je (p− 1)2 = Cx+1 , to je p = 1 + C

x+1 , što zamenom u y = y(p) daje opšterešenje

y = x + 1 +C 2

x + 1+ 2C.

u eksplicitnom obliku.Singularna rešenje adobijamo za p = 0 i p = 1. Ako je p = 0, onda je singularno

rešenje y = 0. Ako je p = 1, dobijamo y = x + 1.

5.3 Diferencijalne jednačine višeg reda

5.3.1 Snižavanje reda diferencijalne jednačine

Rešenja nekih diferencijalnih jednačina se mogu odrediti rešavanjem odredjenih difer-encijalnih jednačina nižeg reda.

• y(n) = f (x).

Neka je f neprekidna u (a, b). Tada je

y(n−1) =∫

f (x)dx = f1(x) + C1

y(n−2) =∫

(f1(x) + C1) = f2(x) + C1x + C2

. . . . . . . . .

y(x) = fn(x) + C1xn−1

(n−1)! + C2xn−2

(n−2)! + . . . + Cn−1x + Cn.

84

Matematika 3 5.3. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE VIŠEG REDA

• F (x, y(k), y(k+1), . . . , y(n)) = 0

Uvodjenjem smene z = y(k) data jednačina se svodi na diferencijalnu jednačinu

F (x, z, z′, z′′, . . . , z(n−k)) = 0,

koja je reda n− k.

• F (y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0

Data diferencijalna jednačina ne sadrži x. Smenom y′ = z,ako pretpostavimoda je y nezavisna promenljiva, dobijamo

y′′ = dzdx

= dzdy

dydx

= z dzdy

,

y′′′ = ddx

(z dzdy

) = z( dzdy

)2 + z2 d2zdy2 ,

. . .

Zamenom u polaznu jednačinu dobijamo

G(y, z, z′, . . . , z(n−1)) = 0

koja je reda n− 1.

5.3.2 Linearne diferencijalne jednačine reda nOpšti oblik linearne diferencijalne jednačine je

y(n)(x) + a1(x)y(n−1)(x) + . . . + an(x)y(x) = f (x), (5.14)

gde su f i a1, . . . , an neprekidne gunkcije na intervalu I.

Teorema 5.3.1 Neka su a1, . . . , an i f neprekidne funkcije nad I, x0 ∈ I i y0, y1, . . . , yn−1 ∈R. Tada postoji jedinstveno rešenje y, definisano nad I, diferencijalne jednačine (5.14),koje zadovoljava početne uslove y(x0) = y0, y′(x0) = y1, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1.

5.3.3 Homogene linearne diferencijalne jednačine reda nOpšti oblik homogene linearne diferencijalne jednačine je

y(n)(x) + a1(x)y(n−1)(x) + . . . + an(x)y(x) = 0, (5.15)

gde su f i a1, . . . , an neprekidne funkcije na intervalu I.

Definicija 5.3.1 Neka je n ≥ 2 i neka su y1, . . . , yn rešenja jednačine 5.15. Deter-minanta Wronskog rešenja y1, . . . , yn u tački x je

W (y1, . . . , yn)(x) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

y1(x) y2(x) . . . yn(x)y′

1(x) y′2(x) . . . y′

n(x). . . . . .

y(n−1)1 (x) y

(n−1)2 (x) . . . y

(n−1)n (x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

85


Teorema 5.3.2 Neka su y1, . . . , yn rešenja jednačine (5.15). (y1, . . . , yn) je linearnonezavisna ako i samo ako za svako x ∈ I važi W (y1, . . . , yn)(x) 6= 0.

Dokaz. Vidi Zadatak 4. �

Definicija 5.3.2 Fundamentalni skup rešenja je linearno nezavisan skup od n rešenjajednačine (5.15), tj. baza vektorskog prostora rešenja jednačine (5.15).

Lema 5.3.1 (Formula Liouvillea, (Abela)) Ako je x0 ∈ I, tada je

W (y1, . . . , yn)(x) = W (y1, . . . , yn)(x0)e−

x∫

x0

an−1(t)dt

, x ∈ I.

Teorema 5.3.3 Neka je {y1, . . . , yn} fundamentalni skup rešenja jednačine (5.15).Tada je opšte rešenje y jednačine (5.15) dato sa

y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + . . .+ cnyn(x), c1, c2, . . . , cn ∈ R.

5.3.4 Homogene linearne diferencijalne jednačine reda n sa kon-stantnim koeficijentima

Opšti oblik homogene linearne diferencijalne jednačine sa konstantnim koeficijentimaje

y(n)(x) + a1y(n−1)(x) + . . .+ any(x) = 0, a1, . . . , an ∈ R. (5.16)

Uvedimo smenu y = ekx . Tada je y′ = kekx , y′′ = k2ekx , . . . y(n)(x) = knekx izamenom u jednačinu (5.16) dobijamo

knekx + a1kn−1ekx + . . .+ ankekx = 0.

Kako za svako x ∈ R važi ekx 6= 0, rešenje dobijamo za

kn + a1kn−1 + . . .+ an−1k + an = 0. (5.17)

Jednačina (5.17) se kaže da je karakteristična jednačina diferencijalne jednačine(5.16).

Neka su k1, . . . , kn rešenja karakteristične jednačine. Fundamentalni skup rešenja(bazu skupa rešenja) {y1, . . . , yn} jednačine 5.16 ćemo formirati u zavisnosti od ko-rena karakteristične jednačine na sledeći način:

(1) Ako je ki realan koren karakteristične jednačine višestrukosti m, m ≥ 1, ondasu funkcije yi1 , . . . , yim , definisane sa

yi1 := ekix ,yi2 := xekix ,. . . . . . . . .yim := xm−1ekix ,

rešenja jednačine (5.16).

86


(2) Ako je ki = a+ ib kompleksni koren karakteristične jednačine višestrukosti m,m ≥ 1, onda su funkcije yi1 , . . . , yim , yim+1 , . . . , y2m, definisane sa

yi1 := eax cosbx yim+1 := eax sin bxyi2 := xeax cosbx yim+2 := xeax sinbx. . . . . .yim := xm−1eax cosbx yi2m

:= xm−1eax sin bx

rešenja jednačine (5.16).

Primer 5.3.1 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine

(a) y′′ − y = 0

(b) y′′′ + y = 0

(c) y(4) + 8y′′ + 16y = 0

Rešenje.

(a) Karakteristična jednačina:

k2 − k = 0 ⇔ k(k − 1) = 0 ⇔ k1 = 0, k2 = 1.

Opšte rešenje:

y(x) = C1 + C2ex .

(b) Karakteristična jednačina:

k3 + 1 = 0 ⇔ (k + 1)(k2 − k + 1) = 0 ⇔ k1 = −1, k2,3 =12±√

32i

Opšte rešenje:

y(x) = C1e−x + C2e12 x cos

√3

2x + C3e

12 x sin

√3

2x.

(c) Karakteristična jednačina:

k4 + 8k2 + 16 = 0 ⇔ (k2 + 4)2 = 0 ⇔ k1,2 = 2i, k3,4 = −2i.

Opšte rešenje:

y(x) = C1 cos 2x + C2 sin 2x + C3x cos 2x + C4x sin 2x.

�

87


5.3.5 Linearne diferencijalne jednačine reda n sa konstantnim ko-eficijanetima

Opšti oblik linearne diferencijalne jednačine sa kostantnim koeficijentima je

y(n) + a1y(n−1) + . . .+ any = f (x), a1, . . . , an ∈ R. (5.18)

Teorema 5.3.4 Neka je yp(x) jedno partikularno rešenje jednačine (5.18) i yh(x)rešenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine y(n) +a1y

(n−1) + . . .+any =0. Tada je opšte rešenje jednačine (5.18)

y(x) = yh(x) + yp(x).

Metod varijacije konstanti.

Neka je {y1, . . . , yn} fundamentalni skup rešenja odgovarajuće homogene diferenci-jalne jednačine. Tada je

y(x) = c1(x)y1(x) + c2(x)y2(x) + . . . + cn(x)yn(x)

opšte rešenje jednačine (5.18), gde je (c1(x), . . . , cn(x)) rešenje sistema jednačina

y1(x)c′1(x) + y2(x)c′

2(x) + . . . + yn(x)c′n(x) = 0

y′1(x)c′

1(x) + y′2(x)c′

2(x) + . . . + y′n(x)c′

n(x) = 0. . . . . . . . . . . .

y(n−1)1 (x)c′

1(x) + y(n−1)2 (x)c′

2(x) + . . . + y(n−1)n (x)c′

n(x) = f (x)

Primer 5.3.2 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine

y′′ − y =1

1 + ex.

Rešenje.Odgovarajuća homogena diferencijalna jednačina je

y′′ − y = 0,

a njena karakteristična jednačina je

k2 − 1 = 0 ⇔ (k + 1)(k − 1) = 0 ⇔ k1 = 1, k2 = −1,

odakle je njeno rešenjeyh(x) = C1ex + C2e−x .

Opšte rešenje ćemo odrediti metodom varijacije konstanti.

exC ′1 + e−xC ′

2 = 0exC ′

1 − e−xC ′2 = 1

1+e−x

⇔


2 = 02exC ′

1 = 11+e−x

⇔

88



2 = 0C ′

1 = e−x

2(1+e−x )⇔

ex e−x

2(1+e−x ) + e−xC ′2 = 0

C1 =∫ e−x

2(1+e−x )dx

C1(x) =∫ e−x

2(1+e−x )dx = − 12 ln |1 + e−x |+ C1

C2(x) = −∫ e2x

2(1+ex )dx = − 12 (ex + 1) + 1

2 ln |ex + 1|+ C2.

Opšte rešenje zadate diferencijalne jednačine je

y(x) = C1(x)ex + C2(x)e−x =(

− 12

ln |1 + e−x |+ C1

)

ex +(

− 12

(ex + 1) +12

ln |ex + 1|+ C2

)

e−x

= C1ex + C2e−x − 12ex ln |1 + e−x | − 1

2(e−x + 1) +

12e−x ln |ex + 1|.

�.

Metod jednakih koeficijenata.

Neka je P polinom stepena k, Q polinom stepena m i f oblika

f (x) = eax(P(x) cosbx + Q(x) sinbx).

Tada je partikularno rešenje je oblika

yp(x) = xleax(T (x) cosbx + R(x) sinbx),

gde su T i R polinomi stepena max{m, k} sa neodred—enim koeficijentima, a l jevišestrukost korena a+ bi karakteristične jednačine (ako a+ bi nije koren karakter-istične jednačine, uzimamo l = 0).

Diferenciranjem funkcije yp(x) n puta i uvrštavanjem u polaznu jednačinu dobijamokoeficijente nepoznatih polinoma T i R, a samim tim i partikularno rešenje polaznediferencijalne jednačine.

Teorema 5.3.5 Neka je y1 partikularno rešenje jednačine Ln[y] = f1(x) i y2 par-tikularno rešenje jednačine Ln[y] = f2(x). Tada je y(x) = y1(x) + y2(x) partikularnorešenje jednačine Ln[y] = f1(x) + f2(x).

Primer 5.3.3

Rešenje. �

89


5.3.6 Ojlerova diferencijalna jednačina

Ojlerova diferencijalna jednačina je nehomogena linearna diferencijalna jednačinaoblika

(ax + b)ny(n) + a1(ax + b)y(n−1) + . . . + an−1(ax + b)y′ + any = f (x),

a1, . . . , an ∈ R, a ∈ R \ {0}.

Uvod—enjem smene ax + b = et, (onda je t = ln |ax + b| i dtdx

= aax+b

= ae−t)Ojlerova diferencijalna jednačina se svodi na diferencijalnu jednačinu sa konstantnimkoeficijentima. Uvešćemo oznaku y = dy

dti y = d2y

dt2 .

dydx

= dydt

dtdx

= dydt

aax+b

⇒ y′ = ae−t dydt

= ae−tyd2ydx2 = dy′

dtdtdx

= (−ae−ty+ ae−t ¨y)ae−t ⇒ y′′ = a2e−2t(y− y). . . . . .

Primer 5.3.4 Rešiti Ojlerovu diferencijalnu jednačinu drugog reda

x2y′′ + xy′ + y = x

za x > 0.

Rešenje:Odgovarajuća smena je x = et, odakle je y′ = e−ty i y′′ = e−2t(y− y). Kada to

zamenimo u polaznu diferencijalnu jednačinu dobijamo

e2te−2t(y− y) + ete−ty+ y = et

y+ y = et

Odgovarajuća homogena diferencijalna jednačina je y + y = 0 i rešenja njenekarakteristične jednačine k2 + 1 = 0 su k1 = i i k2 = −i, odakle je yh(t) =C1 cos t + C2 sin t.

Partikularno rešenje tražimo u obliku yp = Aet. Kako je y′p = y′′

p = Aet, sledida je A = 1

2 , tj. yp = 12et.

Tako je

y(t) = yh(t) + yp(t) = C1 cos t + C2 sin t +12et

i vraćanjem smene x = et je

y(x) = C1 cos(ln x) + C2 sin(ln x) +12x.

�

90

Matematika 3 5.4. PRIMENA DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA

5.4 Primena diferencijalnih jednačina

5.4.1 Harmonijsko oscilovanje.

Pretpostavimo da se materijalna tačka mase m kreće pod delovanjem elastične sileF = −rx, gde je k konstanta i r > 0. Označimo sa φ = φ(t) udaljenost materijalnetačke u trenutku t od položaja u kojem miruje. Prema drugom Njutnovom zakonu je

md2φdt2 = −rφ, tj. mφ′′ + rφ = 0 odnosno

φ + ω2φ = 0, gde je ω2 =rm.

Dobili smo homogenu diferencijalnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima. Odgo-varajuća karakteristična jednačina je

k2 + ω2 = 0

i njeni koreni su k1 = ωi i k2 = −ωi. Rešenje date jednačine je

φ(t) = C1 cos ωt + C2 sin ωt.Rešenje početnog problema φ(0) = φ0, φ′(0) = 0 je

φ(t) = φ0 cos ωt.

5.4.2 Prigušeno oscilovanje.

Pretpostavimo da na materijalnu tačku deluje dodatno i sila F = −βφ′, β > 0 kojakoči njeno kretanje. Tada je

md2φdt2 = −rφ − β dφdt , tj. mφ′′ + βφ′ + rφ = 0, odnosno

φ′′ + 2γφ′ + ω2φ = 0, 2γ =βm ,ω2 =

rm.

Opet smo dobili homogenu diferencijalnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima čijakarakteristična jednačina je

k2 + 2γk + ω = 0.

5.4.3 Prinudno oscilovanje

Dalju modifikaciju dobijamo ako pretpostavimo da na materijalnu tačku deluje još ispoljašnja sila g koja se menja u zavisnosti od vremena t. Tada je

md2φ

dt2= −rφ − β

dφ

dt+ g(t), tj. mφ′′ + βφ′ + rφ = g(t), odnosno

φ′′ + 2γφ′ + ω2φ = f (t), 2γ =β

m, ω2 =

rm i f (t) =

g(t)m

.

Ovim smo dobili nehomogenu diferencijalnu jednačinu sa konstantnim koeficijen-tima.

91



1. Odrediti red i stepen sledećih diferencijalnih jednačina

(a) dy3

dx3 + ( dy2

dx2 )4 = dydx

,

(b) y(4) + 4y(3) + 6y′′ + 4y′ + y = 0.

Rešenje.

(a) obična diferencijalna jednačina reda 3, stepena 4.

(b) obična diferencijalna jednačina reda 4, prvog stepena.

2. Eliminisati konstantu C iz jednačine x2y = 1 + Cx i rešiti je.

Rešenje.

Diferenciranjem po x dobijamo

2xy + x2y′ = C,

što kada se uvrsti u datu jednačinu daje linearnu diferencijalnu jednačinu

x2y = 1 + (2xy + x2y′)x ⇔ x3y′ + x2y = 1 ⇔ y′ +1x

y =1x2

.

3. Dokazati Teoremu ??

4. Neka su y1, . . . , yn rešenja (5.15). (y1, . . . , yn) je linearno nezavisna ako isamo ako za svako x ∈ I važi W (y1, . . . , yn)(x) 6= 0. Dokazati!

Dokaz.

(=⇒)

Pretpostavimo da je (y1, . . . , yn) linearno nezavisna n-torka rešenja i da postojix0 ∈ I tako da važi W (y1, . . . , yn) (x0) = 0.

Posmatrajmo homogen sistem algebraskih jednačina:

y1(x0)C1 + y2(x0)C2 + . . . + yn(x0)Cn = 0y′

1(x0)C1 + y′2(x0)C2 + . . . + y′

n(x0)Cn = 0. . . . . . . . . . . .

y(n−1)1 (x0)C1 + y

(n−1)2 (x0)C2 + . . . + y

(n−1)n (x0)Cn = 0.

Determinanta posmatranog sistema je∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

y1(x0) y2(x0) . . . yn(x0)y′

1(x0) y′2(x0) . . . y′

n(x0). . . . . . . . . . . .

y(n−1)1 (x0) y

(n−1)2 (x0) . . . y

(n−1)n (x0)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

,

što je jednako vrednosti W (y1, . . . , yn)(x0) determinante Wronskog u tački x0,

a ta vrednost je prema pretpostavci jednaka nuli.

92


Ako je determinanta homogenog sistema jednaka nuli, onda sistema ima barjoš jedno rešenje osim trivijalnog rešenja (trivijalno rešenje je (C1, . . . , Cn) = (0,

. . . , 0)). Znači, postoji rešsenje algebraskog sistema sa osobinom (C1, . . . , Cn) 6=(0, . . . , 0). Formirajmo pomoću tog netrivijalnog rešenja rešenje

φ(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x).

Iz algebraskog sistema jednačina sledi da je

φ(x0) = 0, φ′(x0) = 0, . . . , φ(n−1)(x0) = 0.

Kako iste uslove zadovoljava i funkcija φ(x) ≡ 0, na osnovu jedinstvenostirešenja početnog problema sledi da je φ = φ, tj. da je

C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) = 0, za svako x ∈ I.

što je u suprotnosti sa pretpostvakom da je (y1, . . . , yn) linearno nezavisna.Zaključujemo da polazna pretpostavka nije tačna i da važi W (x) 6= 0 za svakox ∈ I.

(⇐=)

Neka je W (x) 6= 0 za svako x ∈ I. Pretpostavimo da je n-torka rešenja(y1, . . . , yn) linearno zavisna. Tada postoje konstante C1, . . . , Cn za koje važi(C1, . . . , Cn) 6= (0, . . . , 0) i

y1(x0)C1 + y2(x0)C2 + . . . + yn(x0)Cn = 0y′

1(x0)C1 + y′2(x0)C2 + . . . + y′

n(x0)Cn = 0. . . . . . . . . . . .

y(n−1)1 (x0)C1 + y

(n−1)2 (x0)C2 + . . . + y

(n−1)n (x0)Cn = 0.

Medjutim, za svako x ∈ I prethodni algebarski sistem linearnih jednačinaima determinantu W (x) 6= 0, što znači da sistem ima jedinstveno rešenje(C1, . . . , Cn) = (0, . . . , 0), što dovodi do kontradikcije. Dakle, naša pretpostavkada je n-torka rešenja linearno zavisna nije tačna. �

5. Rešiti početni problem y′ = x3 + 3x2 + e−x , y(0) = 1.Rešenje.

Zadata diferencijalna jednačina može se rešiti direktnom primenom integrala,

y′ = x3 + 3x2 + e−x ⇒ y =14x4 + x3 − e−x + C.

Uvrštavanjem u početni uslov,

y(0) = 1 ⇒ 1 = −1 + C ⇒ C = −2 i y =14x4 + x3 − e−x + 2.

6. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine sa razdvojenim promenljivim

93


(a) y′ = ( yx)2, x 6= 0

(b) y′ = 1−y1−x

, x 6= 1

(c) cos2 y cot xdx + tany sin2 xdy = 0

Rešenje.

(a) y′ = y2

x2 ⇒∫ dy

y2 =∫

dxx2

− 1y

= − 1x

+ C ⇒ y−xxy

= C.

(b) y′ = 1−y1−x

⇒∫

dy1−y

=∫

dx1−x

− ln |1 − y| = − ln |1 − x| + ln |C |ln | 1−x

1−y| = ln |C |

1−x1−y

= C.

(c) cos2 yctgxdx + tg y sin2 xdy = 0∫ ctgx

sin2 xdx = −

∫ tg y

cos2 y

− 12 ctg2 x = − 1

2 tg2y + C

tg2y − ctg2x = C.

7. Odrediti jednačinu krive koja prolazi kroz tačku (2, 0) i za koju je odsečaktangente izmedju tačke dodira i y-ose jednak 2.

Rešenje.

Jednačina tangente kroz tačku (x, y) je

y = y′x + n

i ta prava seče y-osu u tački (0, y − y′x). Ako je rastojanje izmedju tačaka(0, y − y′x) i (x, y) jednako 2, dobijamo jednačinu koja razdvaja promenljive

√

x2 + (y + y′x − y)2 = 2 ⇒x2 + x2y′2 = 4 ⇒

y′ =

√4 − x2

x⇒

∫

dy =∫

√4 − x2

xdx ⇒

y = −2 ln(2 −

√4 − x2

x

)

+√

4 − x2 + C.

Iz početnog uslova sledi da je C = 0. Jednačina tražene krive je

y = −2 ln(2 −

√4 − x2

x

)

+√

4 − x2.

94


8. Naći ono rešenje diferencijalne jednačine xyy′ + x2 − y2 = 0, koje prolazi kroztačku (1, 0).

Rešenje.

Ako je xy 6= 0, onda važi

xyy′ + x2 − y2 = 0 ⇔ xyy′ = y2 − x2 ⇔ y′ =y2 − x2

xy.

Ako brojilac i imenilac sa desne strane podelimo sa x2,

y =( y

x)2 − 1

yx

.

Uvodjenjem smene t = yx,

t′x + t =t2 − 1

t⇔ t′x =

t2 − 1t

− t ⇔ t′x =−1t

∫

tdt = −∫

dx

x

12

t2 = − ln |Cx|

y2 = 2x2 ln∣

∣

∣

C

x

∣

∣

∣.

y(1) = 0 ⇒ 0 = 2 ln |C | ⇒ |C | = 1 ⇒ y2 = 2x2 ln∣

∣

∣

1x

∣

∣

∣.

9. Naći opšte rešenje homogene diferencijalne jednačine

(a) y′ = y2

xy−x2 ,

(b) (3y2 + 3xy + x2)dx = (x2 + 2xy)dy, 3y2 + 3xy + x2 6= 0,

(c) y′ = e− yx + y

x, x 6= 0

Rešenje.

Neka je t = yx, odakle je y = tx i y′ = t′x + t.

(a)

y′ =( y

x)2

yx

− 1⇒ t′x + t =

t2t − 1

⇒ t′x =t2 − t2 + 1t − 1

⇒∫

(t − 1)dt =dxx ⇒ 1

2t2 = ln |Cx|

y2 = 2x2 ln |Cx|.(b)

(3y2 + 3xy+ x2)dx = (x2 + 2xy)dy ⇔ y′ =3y2 + 3xy+ x2

x2 + 2xy ⇔ y′ =3( y

x)2 + 3 y

x+ 1

1 + 2 yx

t′x + t =3t2 + 3t + 1

1 + 2t ⇔∫

2t + 2 − 1t2 + 2t + 1

dt =∫ dx

xx

x + y = ln∣

∣

∣

Cx3

(x + y)2

∣

∣

∣

95


(c)

t′x + t = e−t + t ⇒ etdt =dxx ⇒ e y

x = ln |Cx| ⇒ y = x ln | ln |Cx||.

10. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine

(a) y′ = 2x−3y+1−4x+6y−1 ,

(b) (x + y+ 3)dx + (x − y+ 3)dy = 0.

Rešenje.

(a) Neka je t = 2x − 3y. Tada je t′ = 2 − 3y′, odakle je y′ = 13 (2 − t′) i

13

(2 − t′) =t + 1

−2t − 1∫

2t + 17t + 5

dt =∫

dx

27t − 3

49ln |7t + 5| = x + C

14(2x − 3y) − 3 ln |14x − 21y+ 5| = 49x + C.

(b) Kako za rešenje sistema

α + β = −3−α + β = 3

dobijamo α = −3, β = 0, uvodjenjem smene x = X − 3, y = Y , dobijamohomogenu diferencijalnu jednačinu

dYdX =

X + Y−X + Y

t′X + t =1 + t

−1 + t∫ t − 1

−(t − 1)2 + 2dt =

dXX

−12

ln |2 − (t − 1)2| = ln |Cx|

C√

−Y 2 + 2XY + X 2 = 1

−y2 + 2xy+ x2 − 6x + 6y+ 9 = C 2

11. Rešiti linearnu diferencijalnu jednačinu

(a) y′ − yx

= x3,(b) y′ + 2xy = xe−x2 ,(c) dy = x4+y

xdx,

96


(d) (1 + x2)y′ − 2xy = (1 + x2)2.

Rešenje.

Linearna diferencijalna jednačina se rešava uvodjenjem smene y = uv za kojuje y′ = u′v + uv ′.

(a)

u′v + uv ′ − 1x uv = x3 ⇔ u′v + u(v ′ − 1

x v) = x3

v ′ − 1x v = 0 u′v = x3

∫ dvv =

∫ dxx u′ = x2

v = x u =13x3 + C

y = uv = x( 13x3 + C ) =

13x2 + Cx.

(b)

u′v + uv ′ + 2xuv = xe−x2 ⇔ u′v + u(v ′ + 2xv) = xe−x2

v ′ + 2xv = 0 u′v = xe−x2

∫ dvv = −2

∫

xdx u′e−x2= xe−x2

v = e−x2 u′ = xu =

12x2 + C

y = uv = e−x2(1

2x2 + C

)

.

(c) Zadata jednačina je ekvivalentna jednačini pod (a):

dy =x4 + yx dx ⇔ dy

dx = x3 +1x y ⇔ y′ − 1

x y = x3.

(d)

(1 + x2)y′ − 2xy = (1 + x2)2 ⇔ y′ − 2x1 + x2

y = 1 + x2

u′v + uv ′ − 2x1 + x2

uv = 1 + x2 ⇔ u′v + u(

v ′ − 2x1 + x2

v)

= 1 + x2

97


v ′ − 2x1 + x2

v = 0 u′v = 1 + x2

∫ dvv =

∫

2x1 + x2

dx u′(1 + x2) = 1 + x2

ln |v| = ln |1 + x2| u′ = 1

v = 1 + x2 u = x + Cy = uv = (x + C )(1 + x2).

12. Rešiti Bernoullijevu diferencijalnu jednačinu

(a) ydy = ( y2

x− x3)dx

(b) xy′ + y = y3 ln xRešenje.

(a)

ydy =(y2

x −x3)

dx ⇔ dydx =

yx−x3

y ⇔ y′−1x y = x3 1

y ⇔ yy′−1x y

2 = x3.

Dobijena jednačina se uvodjenjem smene z = y2, z′ = 2yy′, svodi nalinearnu diferencijalnu jednačinu

z′ − 2x z = 2x3 ⇒ u′v + uv ′ − 2

x uv = 2x3 ⇔ u′v + u(

v ′ − 2x)

= 2x3.

v ′ − 2xv = 0 u′v = 2x3

∫

dvv

= 2∫

dxx

u′ = 2xv = x2 u = x2 + C

z = uv = x2(x2 + C )

y2 = x2(x2 + C )

(b)

xy′ + y = y3 ln x ⇔ y′ +1x y = y2 ln x ⇔ y′

y2+

1x

1y = ln x

Uvedimo smenu z = 1y, z′ = − 1

y2y′

z′− 1x z = − ln x ⇒ u′v+uv ′− 1

x uv = − ln x ⇔ u′v+u(

v ′− 1x v)

= − ln x

v ′ − 1xv = 0 u′v = − ln x

∫

dvv

=∫

dxx

u = −∫

ln xxdx

v = x u = − 12 ln2 x + C

z = −12x ln2 x + CX

1y = −1

2x ln2 x + CX

98


13. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine (2x3 − xy2 − 2y + 3)dx − (x2y +2x)dy = 0.Rešenje.

Kako za P = 2x3 −xy2 −2y+3 i Q = −(x2y+2x) sledi Py = −2xy−2 = Qx ,zadata je jednačina totalnog diferencijala. Postoji funkcija F = F (x, y) za kojuvaži

Fx(x, y) = 2x3 − xy2 − 2y+ 3 Fy(x, y) = −(x2y+ 2x)F (x, y) = 1

2x4 − 12x2y2 − 2xy+ 3x + φ(y)

Fy(x, y) = −x2y− 2x + φ′(y)

−x2y− 2x + φ′(y) = −(x2y+ 2x) ⇔ φ′(y) = 0 ⇔ φ(y) = C

F (x, y) =12x4 − 1

2x2y2 − 2xy+ 3x + C


12x4 − 1

2x2y2 − 2xy+ 3x + C = 0.

14. Pokazati da diferencijalna jednačina (x − y2)dx + 2xydy = 0 ima integracionimnožitelj oblika f = f (x) i naći njeno opšte rešenje.

Rešenje.

Ako je f = f (x) integracioni množitelj zadate jednačine, onda je ∂∂y

f (x) = 0 i

f (x)(x − y2)dx + 2xyf (x)dy = 0

je jednačina totalnog diferencijala, tj. postoji funkcija F = F (x, y) za koju važi

∂

∂y(f (x)(2x − y2)) =

∂

∂x(2xyf (x)) ⇔ −2yf (x) = 2yf (x) + 2xyf ′(x) ⇔ −4yf (x) = 2xyf ′(x) ⇔

f ′(x) = −2x

f (x) ⇔∫

df (x)f (x)

= −∫

2dx

x⇔ f (x) =

1x2

.

Zadata diferencijalna jednačina je ekvivalentna jednačini totalnog diferencijala

(1x

− y2

x2

)

dx + 2y

xdy = 0.

Fx(x, y) = 1x

− y2

x2 Fy(x, y) = 2 yx

F (x, y) = ln |x| + y2

x+ φ(x)

Fy(x, y) = 2 yx

+ φ′(x)

2y

x+ φ′(x) = 2

y

x⇔ φ′(x) = 0 ⇔ φ(x) = C.

F (x, y) = ln |x| +y2

x+ C

99



ln |x| +y2

x+ C = 0.

15. Odrediti opšte i singularno rešenje Clairautove diferencijalne jednačine

(a) y = xy′ + 1y′

(b) y = xy′ +√

1 + y′2

Rešenje.

(a) Diferenciranjem polazne jednačine je

y′ = y′ + xy′′ − 1y′2 y′′ ⇔ y′′(x − 1

y′2 ) = 0 ⇔ (y′′ = 0 ∨ x − 1y′2 = 0).

Ako je y′′ = 0 onda je y′ = C i opšte rešenje polazne diferencijalnejednačine je

y = Cx +1C

.

Singularno rešenje zadate jednačine dato je parametarskim jednačinama

x(p) = 1p2

y(p) = p( 1p2 ) + 1

p

⇔x(p) = 1

p2

y(p) = 2p.

Ako iz druge jednačine izrazimo p = p(y) i zamenimo u prvu jednačinudobijamo singularno rešenje u implicitnom obliku

x =14

y2.

(b) Ako diferenciramo zadatu jednačinu, onda je

y′ = y′+xy′′+2y′

2√

1 + y′2y′′ ⇔ y′′

(

x+2y′

2√

1 + y′2

)

= 0 ⇔ (y′′ = 0∨x+y′

√

1 + y′2= 0).

Opšte rešenje je

y = Cx +√

1 + C 2,

a singularno

x(p) = − p√1+p2

y(p) = − p2√1+p2

+√

1 + p2⇔

x(p) = − p√1+p2

y(p) = 1√1+p2

.⇒ x2(p) = p2

1+p2

y2(p) = 11+p2 ,

odnosnox2 = 1 − y2.

100


16. Odrediti opšte i singularna rešenja Lagrangeove diferencijalne jednačine

(a) y = 2xy′ + y′2

(b) y = 2xy′ + 12 y′2 − 3y′ + 2.

Rešenje.

(a) Uvodjenjem parametra y′ = p i diferenciranjem dobijamo

y = 2xp+p2 ⇔ dy = 2pdx+(2x+2p)dp ⇔ pdx = 2pdx+(2x+2p)dp ⇔ pdx+(2x+2p)dp = 0,

što je za p 6= 0 linearna diferencijalna jednačina

x ′(p) +2p

x = −2

i rešava se uvodjenje smene x = uv

u′v + uv ′ +2p

uv = −2 ⇔ u′v + u(v ′ +2p

v) = −2.

v ′ + 2pv = 0 u′v = −2

dvv

= −2 dpp

u′ = −2p2

v = 1p2 u = − 2

3 p3 + C

Rešenje posmatrane linearne diferencijalne jednačine je

x(p) = u(p)v(p) = −23

p +C

p2,

a opšte rešenje zadate diferencijalne jednačine je

x(p) = − 23 p + C

p2

y(p) = 2xp + p2 = 2(− 23 p + C

p2 )p + p2 = − 13 p2 + C

p.

Ako je p = 0, onda je y = 0 singularno rešenje.

(b) Jednačina

y = 2px +12

p2 − 3p + 2

se diferenciranjem svodi na linearnu diferencijalnu jednačinu

pdx = 2pdx+(2x+p−3)dp ⇔ pdx+(2x+p−3)dp = 0 ⇔ x ′+2p

x =3p

−1.

Uvodjenjem smene x(p) = u(p)v(p), dobijamo

u′v + uv ′ +2p

uv =3p

− 1 ⇔ u′v + u(v ′ +2p

v) =3p

− 1

101


v ′ + 2pv = 0 u′v = 3

p− 1

dvv

= −2 dpp

u′ 1p2 = 2

p− 1

ln |v| = −2 ln |p| u′ = 2p − p2

v = 1p2 u = p2 − 1

3 p3 + C

Rešenje posmatrane linearne jednačine je

x(p) = u(p)v(p) = 1 − 13

p +C

p2,

a opšte rešenje polazne je

x(p) = 1 − 13 p + C

p2

y(p) = − 16 p2 − p + 2 + 2C

p.

Za p = 0 dobijamo singularno rešenje y = 2.

17. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y(3) = 4√

y′′.

Rešenje.

Smenom z = y′′ snižava se red diferencijalne jednačine i dobijamo jednačinusa razdvojenim promenjljivim

z′ =√

z ⇔∫

1√z

dz = 4∫

dx ⇔ 2√

z = 4(x + C ) ⇒ z = 4(x2 + 2x + C ).

Kada vratimo smenu, direktnom integracijom dobijamo

y′′′ = 4(x2 + 2x + C1)

y′′ =43

x3 + 4x2 + 4C1x + C2

y′ =13

x4 +43

x3 + 2C1x2 + C2x + C3

y =115

+13

x4 +23

C1x3 +

12

C2x2 + C3x + C4

18. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine x = ey′+ y′.

Rešenje.

Ako uvedemo parametar p = y′, onda je x = ep + p, odakle je

dy = y′dx = p(ep + p)dp.

Integraljenjem dobijamo

y =∫

(

pep +12

p2)

dp = pep − ep +16

p3 + C.

Opšte rešenje u parametarskom obliku je

x(p) = ep + p

y(p) = pep − ep + 16 p3 + C

102



(a) y(5) − y(3) = 0,

(b) 2y′′ + 2y′ − y = 0,

(c) y′′ − 2y′ + 2 = 0,

(d) y(4) + 2y′′ + y = 0.

Rešenje.

(a) Karakteristična jednačina je

k5 − k3 = 0 ⇔ k3(k2 − 1) = 0 ⇔ k1,2,3 = 0, k4 = 1, k5 = −1,

odakle je opšte rešenje

y(x) = C1 + C2x + C3x2 + C4e

x + C5e−x .

(b) Karakteristična jednačina:

2k2 + 2k − 1 = 0 ⇔ k1,2 =−1 ±

√3

2.

Opšte rešenje:

y(x) = C1e−1+

√3

2 + C2e−1−

√3

2 .

(c) Karakteristična jednačina:

k2 − 2k + 2 = 0 ⇔ k1 = 1 + i, k2 = 1 − i.

Opšte rešenje:y(x) = C1e

x cos x + C2ex sin x.

(d) Karakteristična jednačina:

k4 + 2k2 + 1 = 0 ⇔ (k2 + 1)2 = 0 ⇔ k1,2 = i, k3,4 = −i.

Opšte rešenje:

y(x) = C1 cos x+C2 sin x+C3x cos x+C4x sin x = (C1+C3x) cos x+(C2+C4x) sin x.

20. Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = 8ex.

Rešenje.

Odgovarajuća homogena diferencijalna jednačina je

y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y = 0,

a njena karakteristična jednačina

k3 + 3k2 + 3k + 1 = 0 ⇔ (k + 1)3 = 0.

103


Koreni karakteristične jednačine su k1,2,3 = −1, odakle sledi da je rešenjeodgovarajuće homogene diferencijalne jednačine

yh(x) = C1e−x + C2xe−x + C3x

2e−x + C4x3e−x .

Partikularno rešenje ćemo odrediti metodom neodredjenih koeficijenata Za

yp(x) = Aex

jey′

p(x) = y′′p(x) = y′′′

p (x) = Aex

i uvrštavanjem u zadatu jednačinu dobijamo

8Aex = 8ex ⇔ A = 1.


y(x) = yh(x) + yp(x) = C1e−x + C2xe−x + C3x

2e−x + C4x3e−x + ex .


y′′′ + 2y′′ + y′ = xex + x2 + 2.

Rešenje.

Karakteristična jednačina odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine

y′′′ + 2y′′ + y′ = 0

je

k3 + 2k2 + k = 0 ⇔ k(k2 + 2k + 1) = 0 ⇔ k(k + 1)2 = 0 ⇔ k1 = 0, k2,3 = −1.

Rešenje odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine je

yh(x) = C1 + C2e−x + C3xe−x .

Partikularno rešenje je oblika yp(x) = yp1 (x)+yp2 (x), gde su yp1 i yp2 dobijenimetodom neodredjenih koeficijenata. Ako

yp1 (x) = (Ax + B)ex

y′p1

(x) = (Ax + A + B)ex

y′′p1

(x) = (Ax + 2A + B)ex

y′′′p1

(x) = (Ax + 3A + B)ex

uvrstimo u jednačinuy′′′ + 2y′′ + y′ = xex

104


dobijamo

(Ax + 3A + B + 2Ax + 4A + 2B + Ax + A + B)ex = xex ⇔ A =14

, B = −12

odakle je

yp1 (x) = (14

x − 12

)ex .

Za drugo partikularno rešenje dobijamo

yp2 (x) = (Ax2 + Bx + C )x

y′p2

(x) = 3Ax2 + 2Bx + C

y′′p2

(x) = 6Ax + 2B

y′′′p2

(x) = 6A

i uvrštavanjem u jednačinu

y′′′ + 2y′′ + y′ = x2 + 2

dobijamo

6A + 12Ax + 4B3Ax2 + 2Bx + C = x2 + 2 ⇔ A =13

, B = −12

, C = 2.

Znači,

yp2 = x(13

x2 + 2).


y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 + C2e−x + C3xe−x + (

14

x − 12

)ex +13

x3 + 2x.


(x + 5)2y′′ + 3(x + 5)y′ + 4y =ln(x + 5)

x + 5, x > −5

uvodjenjem smene et = x + 5.

Rešenje.

Koristeći smenu et = x + 5, dobijamo

dy

dx= e−ty

d2y

dx2 =d

dt(e−ty)

dt

dx= (ye−t − e−ty)e−t = e−2t(y − y)

105


odakle polazna diferencijalna jednačina prelazi u jednačinu sa konstantnimkoeficijentima

e2te−2t(y − y) + 3ete−ty + 4y = te−t

y − y + 3y + 4y = te−t

y + 2y + y = te−t

Karakteristična jednačina odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine je

k2 + 2k + 1 = 0 ⇔ (k + 1)2 = 0 ⇔ k1,2 = −1.

Znači,yh(t) = C1e

−t + C2te−t.

Partikularno rešenje ćemo odrediti metodom neodredjenih koeficijenata

yp(t) = t2(At + B)e−t

yp(t) = (−At3 + (3A − B)t2 + 2Bt)e−t

yp(t) = At3 + (−6A + B)t2 + (6A − 4B)t + 2B

A =16

, B = 0

odakle je

y(t) = yh(t) + yp(t) = C1e−t + C2te

−t +16

t3e−t.


y(x) =1

x + 5+

ln(x + 5)x + 5

+ln3(x + 5)6(x + 5)

.

106

Chapter 6

Laplasove transformacije

6.1 Definicija

Definicija 6.1.1 (Definicija Laplasove transformacije) Laplasova transformacija L jefunkcija koja funkciji f definisanoj na intervalu (0, ∞) pridružuje funkciju (kompleksnepromenljive) F definisanu na sledeći način:

F (s) =∞∫

0e−stf (t)dt, (6.1)

gde je s realan broj ( Može se posmatrati i s kompleksan broj). Pišemo,

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

Funkcija f je original, a F slika integralne transformacije.

Laplasova transformacija postoji, ako postoji s ∈ R za koji integral (6.1) konver-gira.

Ako je F = F (s) Laplasova transformacija funkcije f = f (t), tj. L {f (t)} = F (s),onda se kaž da je f inverzna Laplasova transformacija funkcije F i piše se

f (t) = L−1 {F (s)}

i kaže se da je L−1 operator inverzne Laplasove transformacije.

Primer 6.1.1 Naći Laplasovu transformaciju funkcije

(a) f (t) = 1,

(b) f (t) = t,

(c) f (t) = eat

(c) f (t) = sin t.

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE Matematika 3

Rešenje.

(a) Za s > 0 je

L{f (t)} =

∞∫

0

e−stdt = limT→∞

T∫

0

e−stdt = −1s

limT→∞

e−st|t=Tt=0

= −1s

limT→∞

(e−sT − 1) =1s

(Ako je s > 0, onda je limT→∞

e−sT = 0.)

(b) Koristeći parcijalnu integraciju, za s > 0, važi

L{f (t)} =

∞∫

0

e−st · tdt = limT→∞

T∫

0

t · e−stdt

= limT→∞

(−1s

te−st − 1s2

e−st)|T0 =1s2

(c)

L[eat ] =

∞∫

0

e−steatdt = limT→∞

T∫

0

e(a−s)tdt

=1

a − slim

T→∞e(a−s)t|t=T

t=0 =1

s − a

(d)

L[sin t] =

∞∫

0

e−st sin tdt = limT→∞

T∫

0

e−st sin tdt.

Neka je I =T∫

0e−st sin tdt.

Parcijalnom integracijom

u = e−st dv = sin tdt

du = −se−stdt v = − cos t

dobijamo

I = − cos te−st|t=Tt=0 − s

T∫

0

e−st cos tdt.

108

Matematika 3 6.2. EGZISTENCIJA

Još jedna parcijalna integracija

u = e−st dv = cos tdt

du = −se−stdt v = sin t

impliciraI = − cos Te−sT + 1 − s(sin te−st|t=T

t=0 + sI).

Ako pustimo da T → ∞, onda je (za s > 0)

(1 + s2) limT→∞

I = 1 odakle je L[sin t] =1

1 + s2.

�

6.2 Egzistencija

Definicija 6.2.1 Neka je n0 ∈ N. Kažemo da je funkcija f eksponencijalnog reda γ

kada t → ∞ ako postoje realni brojevi M > 0 i γ takvi da je za svako t > n0

|f (t)| < Meγt

Teorema 6.2.1 Ako je funkcija f po delovima neprekidna na svakom zatvorenom inter-valu [0, T ] i eksponencijalnog reda γ za t → ∞, onda postoji Laplasova transformacijaL {f (t)} .

Dokaz.∞∫

0

e−stf (t) =

n0∫

0

e−stf (t) +

∞∫

n0

e−stf (t)

Kako je po pretpostavci funkcija f po delovima neprekidna na intervalu [0, n0],prvi integral sa desne strane jednakosti postoji.

Za drugi integral sa desne strane jednakosti važi:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∞∫

0

e−stf (t)dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

≤∞∫

0

|e−stf (t)|dt =

∞∫

n0

e−st|f (t)|dt

≤∞∫

n0

e−stMeγtdt = M limT→∞

T∫

n0

e(γ−s)tdt

=M

γ − slim

T→∞e(γ−s)t|T0 =

M

s − γ

Odatle direktno sledi da za svako s > γ dati integral konvergira, čime smodokazali da postoji Laplasova transformacija. �

109


6.3 Osobine Laplasovih transformacija

Neka je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s).

6.3.1 Linearnost

Teorema 6.3.1 L je linearna transformacija, tj. za proizvoljne realne brojeve a i b

važi

L {af (t) + bg(t)} = aL {f (t)} + bL {g(t)} , a, b ∈ R.

Dokaz.

L {af (t) + bg(t)} =

∞∫

0

e−st(af (t) + bg(t))dt

= a

∞∫

0

e−stf (t) + b

∞∫

0

g(t)dt

= aL {f (t)} + bL {g(t)}

�

Primer 6.3.1 Izračunati L{

5 + 4t + 3e2t − 2 sin t}

.

Rešenje.

L{

5 + 4t + 3e2t − 2 sin t}

= 5L {1} + 4L {t} + 3L{

e2t}

− 2L {sin t}

=5s

+4s2

+3

s − 2− 2

1 + s2

�

6.3.2 Sličnost

Teorema 6.3.2

L {f (at} = 1aF(

sa

)

, a ∈ R.

Dokaz. Uvodjenjem smene u = at dobijamo du = adt i važi

cLf (at) =

∞∫

0

e−stf (at)dt =1a

∞∫

0

e− sa

uf (u)du

=1a

F( s

a

)

�

110

Matematika 3 6.3. OSOBINE LAPLASOVIH TRANSFORMACIJA

Posledica 6.3.1

F (as) =1a

L{

f

(

t

a

)}

Primer 6.3.2 Naći Laplasovu transformaciju funkcije L {sin(at)} .

Rešenje. Neka je F (s) = L {sin t} , tj. F (s) = 11+s2 . Tada je

L {sin(at)} =1a

F( s

a

)

=1a

11 + ( s

a)2

=a

s2 + a2.

�

6.3.3 Translacija

Teorema 6.3.3 Neka je h(t) ={

f (t − a) , t ≥ a

0 , t < a.Tada je

L {h(t)} = e−asF (s), a > 0.

Dokaz. Uvodjenjem smene u = t − a, dobijamo

L {h(t)} =

∞∫

0

e−sth(t)dt =

a∫

0

e−sth(t)dt +

∞∫

a

e−sth(t)dt

=

∞∫

a

e−stf (t − a)dt

=

∞∫

a

e−s(u+a)f (u)du = e−sa

∞∫

a

e−suf (u)du

= e−saF (s).

�

Primer 6.3.3 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = (t − 3)2.

Rešenje.

F (s) = L{

(t − 3)2}

= e−3sL{

t2}

= e−3s 2s3

�

111


6.3.4 Prigušenje

Teorema 6.3.4L {eatf (t)} = F (s − a), b ∈ R (6.2)

Dokaz.

L{

eatf (t)}

=

∞∫

0

e−steatf (t)dt

=

∞∫

0

e−(s−a)tf (t)dt = F (s − a)

�

Primer 6.3.4 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = e−2t sin 3t.

Rešenje. Kako za f (t) = sin 3t važi

F (s) = L {sin 3t} =3

s2 + 9,

to je

F (s) = L{

e−2t sin 3t}

=3

(s + 2)2 + 9=

3s2 + 4s + 13

�

6.3.5 Diferenciranje originala

Teorema 6.3.5

(a) L {f ′(t)} = sF (s) − f (0+)

(b) L {f ′′(t)} = s2F (s) − sf (0+) − f ′(0+)

(c) L{

f (n)}

= snF (s) − sn−1f (0+) − sn−2f ′(0+) − . . . − f (n−1)(0+) za svako n ∈ N.

Dokaz.

(a)

L{

f ′(t)}

=

∞∫

0

e−stf ′(t)dt = limT→∞

T∫

0

e−stf ′(t)dt

= limT→∞

(

e−stf (t)|T0 + s

T∫

0

e−stf (t)dt)

112

Matematika 3 6.3. OSOBINE LAPLASOVIH TRANSFORMACIJA

= limT→∞

(e−sT f (T ) − f (0) + s limT→∞

T∫

0

e−stf (t)dt

= sf (s) − f (0)

(b)

L{

f ′′(t)}

= sL{

f ′(t)}

− f ′(0) = s(sL {f (t)} − f (0)) − f ′(0)

= s2F (s) − sf (0) − f ′(0)

(c) Primeniti matematičku indukciju.

�

Primer 6.3.5 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = cos at.

Rešenje.

F (s) = L {cos at} = L{

(1a

sin at)′}

=1a

L{

(sin at)′}

=1a

(

sa

s2 + a2− 0)

=s

s2 + a2

�

6.3.6 Diferenciranje slike

Teorema 6.3.6

(a) L {tf (t)} = −F ′(s),

(b) L {tnf (t)} = (−1)nF (n)(s) za svaki prirodan broj n.

Dokaz.

(a)

F ′(s) =∂

∂s

∞∫

0

e−stf (t)dt =

∞∫

0

∂

∂se−stf (t)dt

=

∞∫

0

−te−stf (t)dt = −∞∫

0

e−sttf (t)dt = −L {tf (t)}

(b) Primeniti matematičku indukciju.

�

Primer 6.3.6 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = tet.

Rešenje.

F (s) = L{

tet}

= −(L{

et}

)′ = − 1s − 1

�

113


6.3.7 Integracija originala

Teorema 6.3.7

L{

t∫

0f (x)dx

}

= 1sF (s)

Dokaz. Neka je h(t) =t∫

0f (x)dx. Tada je h′(t) = f (t) i h(0) = 0. Primenjujući

Laplasovu transformaciju, dobijamo

L{

h′(t)}

= sL {h(t)} − h(0) = sL {h(t)} = F (s).

Odatle je

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

s,

odnosno

L

t∫

0

f (x)dx

=F (s)

s.

�

Primer 6.3.7 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) =t∫

0sin udu.

Rešenje.

F (s) = L

t∫

0

sin udu

=1s

L {sin t} =1

s(s2 + 1)

�

6.3.8 Konvolucija

Konvolucija funkcija f (t) i g(t) je funkcija definisana sa

(f ∗ g)(t) =t∫

0f (u) · g(t − u)du (6.3)

Jednačinu 6.3 nazivamo jednostranom konvolucijom u intervalu (0, t).

Teorema 6.3.8 Neka je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s). Tada je

L {f ∗ g} = L {f (t)} · L {g(t)}


114

Matematika 3 6.4. HEAVISIDEOV RAZVOJ

Primer 6.3.8 Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F (s) = 1(s2+a2 )2 .

Rešenje. Kako je 1(s2+a2))2 = 1

s2+a2 · 1s2+a2 i L−1

{

1s2+a2

}

= 1a

sin(at), dobijamo

f (t) = L−1{

1(s2 + a2)2

}

=1a2

t∫

0

sin(au) sin(a(t − u))du

=1a2

T∫

0

sin(au)(sin(at) cos(au) − cos(at) sin(au))du

=1a2

sin(at)

T∫

0

sin(au) cos(au)du − 1a2

cos(at)

T∫

0

sin2(au)du

=1a2

sin(at)

T∫

0

sin(2au)2

du − 1a2

cos(at)

T∫

0

1 − cos(2au)2

du

=1a2

sin(at)sin2(at)

2a− 1

a2cos(at)(

12

t − sin(at) cos(at)2a

)

=1

2a3(sin3(at) − at cos(at) + sin(at) cos2(at))

=1

2a3(sin(at) − at cos(at))

�

6.4 Heavisideov razvoj

Teorema 6.4.1 Neka su P = P(s) i Q = Q(s) polinomi stepena m i n, respektivno,za koje važi da je m < n i Q ima n medjusobno različitih korena s1, . . . , sn. Tada je

L−1

{

P(s)Q(s)

}

=P(s1)Q′(s1)

es1t +P(s2)Q′(s2)

es2t + . . . +P(sn)Q′(sn)

esnt.


Primer 6.4.1 Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F (s) = 2s+1s3−6s2+11s−6 .

Rešenje.Zadata funkcija se može zapisati u obliku

F (s) =2s + 1

(s − 1)(s − 2)(s − 3).

115


Neka je P(s) = 2s + 1 i Q(s) = s3 − 6s2 + 11s − 6. Tada je Q′(s) = 3s2 − 12s + 11,

odakle je Q′(1) = 2, Q′(2) = −1 i Q′(3) = 2.

Heavisideov razvoj date funkcije je

F (s) =32

1s − 1

− 51

s − 2+

72

1s − 3

,

odakle je

L−1 {F (s)} =32

et − 5e2t +72

e3t.

�

6.5 Neke specijalne funkcije

6.5.1 Heavisideova funkcija

Funkcija definisana sa ha(t) ={

0 , t < a

1 , t ≥ ase naziva Heavisideova funkcija.

Primer 6.5.1 Izračunati Laplasovu transformaciju Heavisideove funkcije.

Rešenje.

L {ha(t)} =

∞∫

0

e−stha(t)dt =

a∫

0

e−stha(t)dt +

∞∫

a

e−stha(t)dt

=

∞∫

a

e−stdt = limT→∞

T∫

a

e−stdt = −1s

limT→∞

(e−sT − e−sa) =1s

e−sa

�

6.5.2 Gama funkcija

Funkcija Γ definisana sa

Γ(t) =+∞∫

0e−uut−1du

za sve vrednosti t > 0, se naziva gama funkcija.

Teorema 6.5.1 Gama funckija zadovoljava sledeće osobine:

• Γ(t + 1) = tΓ(t);

• Γ( 12 ) =

√π;

116

Matematika 3 6.5. NEKE SPECIJALNE FUNKCIJE

• Γ(t + 1) ∼√

2πttte−t Stirlingova formula;

• Γ(t)Γ(1 − t) = πsin πt

, 0 < t < 1.


Primer 6.5.2 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = ta, ako je a > −1.

Rešenje. Ako uvedemo smenu p = st, onda je dt = 1sdp i

L {ta} =∫ ∞

0e−sttadt =

∫ ∞

0e−p(p

s

)a 1s

dp

=1

sa+1

∫ ∞

0e−ppadp =

Γ(a + 1)sa+1

.

�

Primer 6.5.3 Ako je n ∈ N, onda je Γ(n + 1) = n!. Dokazati.

Rešenje. Tvrdjenje ćemo dokazati matematičkom indukcijom.Ako je n = 1, onda je

Γ(1) =

∞∫

0

e−udu = limT→∞

T∫

0

e−udu = limT→∞

(−e−T + 1) = 1

Pretpostavimo da tvrdjenje važi za n = k − 1, tj. da važi

Γ(k − 1) = (k − 2)!.

Pokazaćemo da onda tvrdjenje važi i za n = k. Kako za Γ funkciju važi da jeΓ(t + 1) = tΓ(t), koristeći pretpostavku, dobijamo

Γ(k) = (k − 1)Γ(k − 2) = (k − 1) · (k − 2)! = (k − 1)!.

�

6.5.3 Beta funkcija

Funkcija β definisana sa

β(p, q) =1∫

0up−1(1 − u)q−1du

za sve p, q > 0 se naziva beta funkcija.

Teorema 6.5.2 Za beta i gama funckije važi:

• β(p, q) = Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)

117


•π2∫

0sin2p−1 φ cos2q−1 φdφ = 1

2 β(p, q).


Primer 6.5.4 Pokazati da je∞∫

0e−t2

dt = 12

√π.

Rešenje. Ako uvedemo smenu t =√

u, onda je u = t2, dt = 12 u− 1

2 du, i

∞∫

0

e−t2dt =

12

∞∫

0

e−uu− 12 du =

12

Γ(1

2

)

=12

√π.

�

6.6 Rešavanje običnih diferencijalnih jednačina

6.6.1 sa konstantnim koeficijentima

Diferencijalna jednačina prvog reda

y′(t) + ay(t) = f (t), y(0+) = y0, a ∈ R

Primenom Laplasove transformacije na datu diferencijalnu jednačinu, dobija se

L{

y′(t) + ay(t)}

= L {f (t)}L{

y′(t)}

+ aL {y(t)} = L {f (t)}sY (s) − y(0+) + aY (s) = F (s)

(s + a)Y (s) = F (s) + y0

Y (s) =F (s) + y0

s + a.

Diferencijalna jednačina drugog reda

y′′(t) + a1y′(t) + a0y(t) = f (t), y(0+) = y0, y′(0+) = y1, a0, a1 ∈ R

Ako se primeni Laplasova transformacija, onda je

L{

y′′(t) + a1y′(t) + a0y(t)

}

= L {f (t)}

s2Y (s) − sy′(0+) − y(0+) + a1(sY (s) − y(0+)) + a0Y (s) = F (s)

(s2 + +a1s + a0)Y (s) − sy1 − y0 − a1y0 = F (s)

Y (s) =F (s) + sy1 + (1 + a1)y0

s2 + +a1s + a0,

118

Matematika 3 6.6. REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA

Primer 6.6.1 Rešiti početni problem y′′ − 3y′ + 2y = e2x , y(0) = 0, y′(0) = 1.

Rešenje. Primenimo Laplasovu transformaciju na datu diferencijalnu jednačinu.

L{

y′′ − 3y′ + 2y}

= L{

e2x}

L{

y′′}− 3L{

y′}+ 2L {y} =1

s − 2

s2Y (s) − sy(0) − y′(0) − 3sY (s) + 3y(0) + 2Y (s) =1

s − 2

(s2 − 3s + 2)Y (s) =1

s − 2+ 1

Y (s) =1

(s − 2)2

y(x) = L−1

{

1(s − 2)2

}

.

Ako je f (t) = t, onda je F (s) = 1s2 , odakle je F (s − 2) = 1

(s−2)2 . Na osnovu (6.3.4)je onda

y(t) = xe2x

�

6.6.2 sa promenljivim koeficijentima

Za primenu Laplasove transformacije na običnu diferencijalnu jednačinu sa promenljivimkoeficijentima koriste se osobine (6.3.6) i (??).

L{

tmy(n)(t)}

= (−1)m(

L{

y(n)(t)})(m)

Primer 6.6.2 Naći rešenje diferencijalne jednačine

xy′′ + (1 − 2x)y′ − 2y = 0

za koje je y(0) = 1.

Rešenje. Ako primenimo Laplasovu transformaciju i njene osobine na zadatujednačinu, onda je

−(L{

y′′})′ + L{

y′}+ 2(L{

y′})′ − 2L {y} = 0 ⇔

−(s2Y − sy(0) − y′(0))′ + sY − y(0) + 2(sY − y(0))′ − 2Y = 0 ⇔−(2sY + s2Y ′ − 1) + sY − 1 + 2Y + 2sY ′ − 2Y = 0 ⇔

(2s − s2)Y ′ − sY = 0,

119


a to je jednačina sa razdvojenim promenljivim, odakle je

dY

Y= − ds

s − 2

Y =C

s − 2

y(x) = Ce2x i y(0) = 1

y(x) = e2x .

�

6.7 Primena Laplasovih transformacija

6.7.1 Mehanika

6.7.2 Električna kola


1. Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije

(a) f (t) = ch(at), a ≥ 0,

(b) f (t) = cos(at), a ≥ 0,

(c) f (t) = ebt cos(at), a ≥ 0, b ≥ 0.

Rešenje.

(a) Kako je ch(at) = eat+e−at

2 , to je

L {ch(at)} = L{

eat + e−at

2

}

=12

L{

eat}

+12

L{

e−at}

=12

(

1s − a

+1

s + a

)

=s

s2 − a2

(b) Koristeći

cos(at) =eati + e−ati

2,

za s > 0 dobijamo

L {cos(at)} = Leati + e−ati

2=

12

L{

eati}

+21

L{

e−ati}

=12

1s − ai

+12

1s + ai

=s

s2 + a2.

120


(c) Kosristeći osobinu (??) i rezultat dobijen pod (b), dobijamo

L{

ebt cos(at)}

=s − b

(s − b)2 + a2.

2. Naći L {f (t)} , ako je f (t) ={

2t , 0 ≤ t ≤ 51 , t > 5

Rešenje.

L {f (t)} =

∞∫

0

e−stf (t)dt =

5∫

0

e−st2tdt +

∞∫

5

e−stdt

= −1s

te−st|50 + limT→∞

T∫

5

e−stdt

= −10s

e−5s +1s

e−5s = −9s

e−5s.

3. Naći L{

5t5 − 2t4 + 8e−2t + sin 6t − 3 cos 2t}

.

Rešenje.

L{

5t5 − 2t4 + 8e−2t + sin 6t − 3 cos 2t}

= 5L{

t5}

− 2L{

t4}

+ 8L{

e−2t}

+ L {sin 6t} − 3L {cos 2t}

= 5 · 5!s6

+ 81

s + 2+

1s2 + 36

− 3s

s2 + 4.

4. Naći L−1{

3s+2s3 + 5

s2+16 − 2s2+9

}

.

Rešenje.

L−1

{

3s + 2s3

+5

s2 + 16− 2

s2 + 9

}

= 3L−1{

1s2

}

+ L−1{

2s3

}

+ 5L−1{

1s2 + 16

}

− 2L−1{

1s2 + 9

}

= 3t + t2 + 5 sin 4t − 2 sin 3t.

5. Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F (s) = 1(s+1)(s2+1) .

Rešenje.

Neka je P(s) = 1 i Q(s) = s3 +s2 +s+1 = (s+1)(s2 +1) = (s+1)(s+ i)(s− i).Tada je Q′(s) = 3s2 + 2s + 1, odakle je Q′(−1) = 2, Q′(i) = −2 + 2i iQ′(−i) = −2 − 2i. Koristeći Heavisideov razvoj, dobijamo

f (t) = L−1 {F (s)} =12

e−t +1

−2 + 2ie−it +

1−2 − 2i

eit

=12

e−t − 14

(1 + i)(cos t − i sin t) − 14

(1 − i)(cos t + i sin t)

=12

e−t − 12

cos t − 12

sin t.

121


6. Ako je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s), onda je L {f ∗ g} = F (s) · G(s).Dokazati!

Dokaz. Neka je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s). Treba dokazati da važi

L

t∫

0

f (u)g(t − u)du

= F (s) ∗ G(s).

L

t∫

0

f (u)g(t − u)du

=

t∫

0

e−st(

t∫

0

f (u)g(t − u)du)

dt

= limT→∞

T∫

0

t∫

0

e−stf (u)g(t − u)dudt.

Uvedimo smenu u = u, v = t − u. Jakobijan date transformacije je

J(u, v) =∂(u, t)∂(u, v)

=

∣

∣

∣

∣

∂u∂u

∂u∂v

∂t∂u

∂t∂v

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

1 01 1

∣

∣

∣

∣

= 1.

Tada je

T∫

0

dt

t∫

0

e−stf (u)g(t − u)du =

T∫

0

dv

T−v∫

0

e−s(u+v)f (u)g(v)du

=

T∫

0

dv

T−v∫

0

e−sue−sv f (u)g(v)du

Ako uvedemo funkciju U = U(u, v) 0 ≤ u, v ≤ T definisanu sa

U(u, v) ={

e−sue−sv f (u)g(v) , u + v ≤ T

0 , inače,

onda je

T∫

0

dv

T−v∫

0

e−sue−svf (u)g(v)du =

T∫

0

dv

T∫

0

U(u, v)du

=

T∫

0

dv

T∫

0

e−sue−sv f (u)g(v)du

=

T∫

0

e−svg(v)dv ·T∫

0

e−suf (u)du

122


Pustimo da T → ∞. Tada je

L

t∫

0

f (u)g(t − u)du

= limT→∞

(

T∫

0

e−svg(v)dv ·T∫

0

e−suf (u)du)

=

∞∫

0

e−svg(v)dv ·∞∫

0

e−suf (u)du)

= F (s) · G(s)

7. Neka su P = P(s) i Q = Q(s) polinomi stepena m i n, respektivno, za kojevaži da je m < n i Q ima n medjusobno različitih korena s1, . . . , sn. Dokazatida važi

L−1{

P(s)Q(s)

}

=P(s1)Q′(s1)

es1t +P(s2)Q′(s2)

es2t + . . . +P(sn)Q′(sn)

esnt .

Dokaz. Racionalnu funkciju P(s)Q(s) možemo napisati u obliku zbira prostih razlo-

makaP(s)Q(s)

=a1

s − s1+

a2

s − s2+ . . . +

an

s − sn

.

Ako za svako k ∈ {1, . . . , n} pomnožimo datu jednačinu sa s − sk i pustimoda s → sk , onda je

ak = lims→sk

P(s)Q(s)

(s − sk ) = lims→sk

P(s) lims→sk

s − sk

Q(s).

Primenom L’Hospitalovog pravila dobijamo

ak =P(sk )Q′(sk )

,

odnosno

P(s)Q(s)

=P(s1)Q′(s1)

1(s − s1)

+P(s2)Q′(s2)

1(s − s2)

+ . . . +P(sn)Q′(sn)

1(s − sn)

.

Primenom inverzne Laplasove transformacije je

L−1{

P(s)Q(s)

}

=P(s1)Q′(s1)

L−1{

1s − s1

}

+ . . . +P(sn)Q′(sn)

L−1{

1s − sn

}

=P(s1)Q′(s1)

es1t +P(s2)Q′(s2)

es2t + . . . +P(sn)Q′(sn)

esnt

.

8. Dokazati da za γ funkciju važi:

123


(a) Γ(t + 1) = tΓ(t);

(b) Γ( 12 ) =

√π;

Rešenje.

(a)

Γ(t + 1) =∫ ∞

0ute−udu = lim

T→∞

∫ T

0ute−udu

= limT→∞

(−ute−u|T0 + t

T∫

0

ut−1e−udu)

= t limT→∞

T∫

0

ut−1e−udu

= t

∞∫

0

ut−1e−udu = tΓ(t)

(b) Na osnovu veze izmedju β i Γ funkcije, za p = q = 12 dobijamo

β(1

2,

12

)

=Γ(

12

)

Γ(

12

)

Γ(1).

Kako je

Γ(1) =

∞∫

0

e−tdt = limT→∞

T∫

0

e−tdt = limT→∞

(−e−T + 1) = 1,

na osnovu osobina β funkcije, sledi

(Γ(12

))2 = β(1

2,

12

)

= 2

π2∫

0

dφ = π.

9. Dokazati da za beta i gama funckije važi:

(a) β(p, q) = Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)

(b)

π2∫

0sin2p−1 φ cos2q−1 φdφ = 1

2 β(p, q).

Rešenje.

124


(a) Posmatraćemo funkciju

f (t) =∫ t

0up−1(t − u)q−1du,

čija vrednost u tački t = 1 je β funkcija. Neka je g(t) = tp−1 i h(t) = tq−1.

Laplasova transformacija funkcije f je

L {f (t)} = L{∫ t

0up−1(t − u)q−1du

}

= L {g ∗ h}= L

{

tp−1}

· L{

tq−1}

=Γ(p)sp

· Γ(q)sq

=Γ(p)Γ(q)

sp+q.

Primenjujući inverznu Laplasovu transformaciju, dobijamo

f (t) = L−1

{

Γ(p)Γ(q)sp+q

}

= Γ(p)Γ(q)L−1

{

1sp+q

}

= Γ(p)Γ(q)tp+q−1

Γ(p + q)

Tako smo dobili da važi∫ t

0up−1(t − u)q−1du =

Γ(p)Γ(q)Γ(p + q)

tp+q−1.

Za t = 1, dobijamo

β(p, q) =Γ(p)Γ(q)Γ(p + q)

.

(b) Ako uvedemo smenu u = sin φ, onda je 1 − u = 1 − sin2 φ = cos2 φ,

du = 2 sin φ cos φ i važi

12

β(p, q) =12

∫ 1

0up−1(1 − u)q−1du

=12

∫ π2

0(sin2 φ)p−1(cos2 φ)q−12 sin φ cos φdφ

=∫ π

2

0(sin φ)2p−2+1(cos φ)2q−2+1dφ

=∫ π

2

0sin2p−1 φ cos2q−1 φdφ.

125


10. Rešiti diferencijalnu jednačinu y′′(t) + 4y(t) = 9t, y(0) = 0, y′(0) = 7.

Rešenje.

Ako primenimo Laplasovu transformaciju na zadatu jednačinu, onda je

L{

y′′(t) + 4y(t)}

= L {9t}

L{

y′′(t)}

+ L {4y(t)} = L {9t}

s2Y − sy(0) − y′(0) + 4sY − 4y(0) =9s2

⇔

s2Y − 7 + 4sY =9s2

⇔

s(s + 4)Y =9s2

+ 7 ⇒

Y =ts2 + 9

s3(s + 4)

Y =3716

1s

− 94

1s2

− 3716

1s + 4

y(t) =3716

− 94

t − 3716

e−4t

11. Rešiti integro-diferencijalnu jednačinu

6y − y′ = cos t + 6

t∫

0

y(u) sin(t − u)du −t∫

0

y(u) cos(t − u)du, y(0) = 0.

Rešenje.

6Y − sY =s

s2 + 1+ 6

1s2 + 1

Y − s

s2 + 1Y

(6 − s)Y − 6 − s

s2 + 1Y =

s

s2 + 1

(6 − s)s2

s2 + 1Y =

s

s2 + 1

Y =s

(6 − s)s2

Y =1

s(6 − s)=

16

1s

+16

16 − s

y(t) =16

− 16

e6t

126


12. Rešiti sistem diferencijalnih jednačina

x ′ = x − 2y − 2z

y′ = −x + y

z′ = x − z,

x(0) = 4, y(0) = −1, z(0) = 0 primenom Laplasovih transformacija.

Rešenje.

Primenimo Laplasovu transformaciju na sve tri jednačine sistema.

L {x ′} = L {x − 2y − 2z}L {y′} = L {−x + y}L {z′} = L {x − z} ,

⇔sX − x(0) = X − 2Y − 2Z

sY − y(0) = −X + Y

sZ − z(0) = X − Z,

(s − 1)X + 2Y + 2Z = 4X + (s − 1)Y = −1

−X + (s − 1)Z = 0,

.

Dobijeni sistem ćemo rešiti primenom Kramerovih pravila.

D =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

s − 1 2 21 s − 1 0

−1 0 s − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (s − 1)3

Dx =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 2 2−1 s − 1 00 0 s − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2(s − 1)(2s − 1)

Dy =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

s − 1 4 21 −1 0

−1 0 s − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −(s − 1)(s + 3)

Dz =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

s − 1 2 41 s − 1 −1

−1 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −2 + 4s

X =2(s − 1)(2s − 1)

(s − 1)3=

2(2s − 1)(s − 1)2

= 41

s − 1+ 2

1(s − 1)2

,

Y =−(s − 1)(s + 3)

(s − 1)3= − s + 3

(s − 1)2=

1s − 1

+ 41

(s − 1)2,

Z =−2 + 4s

(s − 1)3= 4

1(s − 1)2

− 21

(s − 1)3

Kako je

L−1

{

1(s − 1)2

}

= etL−1

{

1s2

}

= tet i L−1

{

1(s − 1)3

}

= etL−1

{

1s3

}

=t2

2et,

127


primenom inverzne Laplasove transformacije dobijamo

x(t) = L−1 {X (s)} = 4L−1

{

1s − 1

}

+ 2L−1

{

1(s − 1)2

}

= 4et + 2tet,

y(t) = L−1 {Y (s)} = L−1{

1s − 1

}

+ 4L−1{

1(s − 1)2

}

= et + 4tet,

z(t) = L−1 {Z (s)} = 4L−1

{

1(s − 1)2

}

− 2L−1

{

1(s − 1)3

}

= 4tet − t2et.

�

128

Matematika 3 6.9. TABLICA LAPLASOVIH TRANSFORMACIJA

6.9 Tablica Laplasovih transformacija

f (t) L {f (t)}L−1 {F (s)} F (s)

1 1s

t 1s2

tn, n ∈ Nn!

sn+1

ta, a > 0 Γ(a+1)sa+1

ebt 1s−b

ebttn, n ∈ Nn!

(s−b)n+1

ebtta, a > 0 Γ(a+1)(s−b)a+1

sin at as2+a2

cos at ss2+a2

ebt sin(at) a(s−b)2+a2

ebtcos(at) s−b(s−b)2+a2

sh(at) as2=a2

ch(at) ss2−a2

129


f (t) L {f (t)}L−1 {F (s)} F (s)

ebtsh(at) a(s−b)2−a2

ebtch(at) s−b(s−b)2−a2

130

Documents

skripte Matematika 3