MATEMATIKA 2 - gf.sum.ba · UVOD Ova skripta sadrµze gradivo ıto ga obuhva ·ca predmet...

MATEMATIKA 2Branko µCervar, Kristina MiletiC

SVEUµCILI�TE U MOSTARU

GRAÐEVINSKI FAKULTET

2012./2013.

i

ii

Sadrµzaj

UVOD vii

1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 1

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

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

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

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

1.3 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4 GRANIµCNA VRIJEDNOST I

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

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

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

1.7 DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . 33

1.8 PARCIJALNE DERIVACIJE VI�IH REDOVA . . . . . . . . 37

1.9 EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . 41

2 VI�ESTRUKI INTEGRAL 49

2.1 VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA . . . . . . . . . . 49

2.2 RAµCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA . . . . . . . . . 54

2.3 SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM

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

2.4 NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH

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

2.4.1 POVR�INA RAVNINSKOG LIKA . . . . . . . . . . . 81

2.4.2 PLO�TINA PLOHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

iii

iv SADRµZAJ

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

2.4.4 MASA, MOMENTI I TEµZI�TE . . . . . . . . . . . . 88

3 VEKTORSKA ANALIZA

TEORIJA POLJA 93

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

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

3.3 DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE . . 97

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

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

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

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

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

4 KRIVULJNI INTEGRAL 121

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

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

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

4.4 KRIVULJNI INTEGRAL U

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

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

5 PLO�NI INTEGRAL 141

5.1 PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE . . . . . . . . . . . . . . 141

5.2 PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE . . . . . . . . . . . . 145

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

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

6 OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 157

6.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . . . . . . . . . . . . . 157

6.1.1 OBLIKOVANJE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . 160

6.1.2 OBSTOJNOST RJE�ENJA . . . . . . . . . . . . . . . 165

6.2 NEKE OBIµCNE DIFERENCIJALNE

JEDNADµZBE PRVOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . . 170

SADRµZAJ v

6.2.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE S ODJELJIVIM

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

6.2.2 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . 173

6.2.3 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . 177

6.2.4 EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . 179


JEDNADµZBE DRUGOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . 183

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

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

6.3.3 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . 186

6.3.4 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA . . . . . . . 188

6.3.5 SUSTAV OD DVIJU OBIµCNIH

DIFERENCIJALIH JEDNADµZBI . . . . . . . . . . . 199

7 ZADACI 203

7.1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

7.2 VI�ESTRUKI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

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

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

7.5 PLO�NI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

7.6 OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . . . . . . . 218

vi SADRµZAJ

UVOD

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

Opis nastavnog programa) i namijenjena su studentima Gra�evinskog fakul-

teta Sveuµcili�ta u Mostaru.

Gradivo se dijeli na �est cjelina - poglavlja:

- FUNKCIJE VI�E VARIJABLA;

- VI�ESTRUKI INTEGRAL;

- VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA;

- KRIVULJNI INTEGRAL;

- PLO�NI INTEGRAL;

- OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE.

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

tematske jedinice - pododjeljke. Oznaµcavanje prati poglavlja. Primjerice,

Teorem 2.3 je treci teorem u drugomu poglavlju.

Na koncu je poglavlje ZADACI koje je sadrµzi �est odjeljaka koja prate

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

jenosti izloµzenoga gradiva.

Na kraju skripata nalazi se detaljni Indeks pojmova.

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

na gradivu izloµzenom u njoj. To znaµci da ce se u ovoj �kolskoj godini uoµceni

nedostatci, nejasnoce i pogre�ke nastojati ukloniti. Svaka primjedba je dobro

do�la i autori se unaprijed zahvaljuju.

Gradivo izloµzeno u ovoj skripti nalazi se i u interaktivnim udµzbenicima:

[1] I. Slapniµcar, Matematika 1, Sveuµcili�te u Splitu, Split, 2002.

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

vii

viii UVOD

[2] I. Slapniµcar, Matematika 2.


[3] I. Slapniµcar, Matematika 3.


Osim toga, studentima preporuµcujemo i zbirku zadataka:

[4] S. Pavasovic, T. Radelja, S. Banic, P. Mili�ic, Matematika 1 -

rije�eni zadaci, Gra�evinski fakultet, Split, 1999.

O Oblicima provo�enja nastave i Naµcinu provjere znanja i pola-

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

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

ova skripta, te preporuµceni udµzbenici i zbirka zadataka, pomoci studentima

u uspje�nom svladavanju predvi�enih sadrµzaja.

Branko µCervar

[email protected]

Kristina Miletic

[email protected]

Poglavlje 1

FUNKCIJE VI�E

VARIJABLA

1.1 KOORDINATNI SUSTAVI

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

vima tehniµcki korisnim pokazuje polarni koordinatni sustav i podsjetimo

se ukratko o kojemu je koordinatnom sustavu rijeµc.

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

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

je ' kut izme�u vektora�!i i

�!OT . (Ovdje je vaµzno da kut ' mjerimo u

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

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

udaljenost od O do T .

Slika 1.1.

Primijetimo da je toµcka T posve odre�ena brojevima - polarnim koordi-

natama - � i ', � 2 [0;1i i ' 2 [0; 2�i, pa pi�emo T = (�; '). Toµcku

O = (0; 0) nazivamo ishodi�tem (ili polom), a zraku odre�enu s O i�!i -

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

1

2 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA

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

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

tanoviti koje su veze izme�u Kartezijevih (x; y) i polarnih koordinata ('; �)

bilo koje toµcke T u � :(x = � cos'

y = � sin';

8<: tg' =y

x� =

px2 + y2

: (1.1)

Pri odre�ivanju kuta ' iz tg' =y

xtreba voditi raµcuna o predznaku tih

koordinata.

U prostoru, pored pravokutnoga (Kartezijeva) koordinatnog sustava, µcesto

radi praktiµcnih razloga zadajemo i tzv. cilindriµcni i sferni koordinatni

sustav.

Slika 1.2.

Neka je � bilo koja ravnina u prostoru. Neka je u � dan polarni sus-

tav (O;'; �). Neka je q pravac koji prolazi toµckom O okomit na ravninu

�. Napokon, neka je na q dan koordinatni sustav (O;�!k ) � (O; z); pa ga

nazovimo z-osi. Time je u prostoru de�niran cilindriµcni koordinatni sus-

tav (O;'; �; z) u kojemu se svakoj toµcki T moµze pridijeliti ure�ena trojka

('; �; z), gdje su ' i � polarne koordinate, u sustavu (O;'; �), okomite pro-

jekcije T 0 toµcke T na ravninu �, a z je koordinata, u sustavu (O; z), okomite

projekcije T 00 toµcke T na pravac q (Slika 1.2.).

U Kartezijevom koordinatnom sustavu O(x; y; z) se toµcka T0 = (x0; y0; z0)

dobiva kao presjek koordinatnih ravnina x = x0; y = y0 i z = z0: U cilin-

driµcnom koordinatnom sustavu (O;'; �; z) toµcka T0 = ('0; �0; z0) dobiva se

kao presjek "koordinatnih ravina" ' = '0 (poluravnina odre�ena sa z-osi

i toµckom T0); � = �0 (to je cilindar, tj. sve toµcke u prostoru za koje je

udaljenost od z- osi jednaka �0), z = z0 (ravnina) (Slika 1.3.).

1.1. KOORDINATNI SUSTAVI 3

Slika 1.3.

Sferni koordinatni sustav de�niramo na sljedeci naµcin: Neka je � bilo

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

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

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

s T 0 okomitu projekciju na ravninu � po volji odabrane toµcke T , T 6= O, u

prostoru.

Slika 1.4.

Uoµcimo da su tada posve odre�eni brojevi r = d(O; T ) > 0, # 2 [0; �] - kutizme�u radijus-vektora

�!OT i

�!k ; te ' 2 [0; 2�i - kut izme�u �!i i radijus-

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

da je toµcka T posve odre�ena ure�enom trojkom ('; #; r), smijemo pisati

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

koordinate (0; 0; r), a na negativnoj - (0; �; r). Ishodi�tu O se pridijeljuju

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

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

presjeku leµzi toµcka T0('0; #0; r0) : ' = '0 - poluravnina kao i u sluµcaju


cilindriµcnog koordinarnog sustava, # = #0 - stoµzac s vrhom u ishodi�tu O,

r = r0 - sfera s sredi�tem u ishodi�tu O i radijusa r0.

Slika 1.5.

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

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

se podudaraju z-osi (Slika 1.4.), moµzemo odrediti veze izme�u pravokutnih

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

y = r sin' sin#

z = r cos#

;

8>>><>>>:tg' =

y

x# = arccos

zpx2 + y2 + z2

r =px2 + y2 + z2

: (1.2)

Pri odre�ivanju kuta ' iz tg' = yx treba voditi raµcuna o predznaku tih

koordinata.

PRIMJER 1.1 Toµcka T0 =��4 ;

�3 ; 2�zadana u sfernom koordinatnom sus-

tavu ima u pravokutnom kartezijevom sustavu prikaz�q

32 ;q

32 ; 1�jer je

x0 = r0 cos'0 sin#0 = 2 cos�

4sin

�

3=

r3

2;

y0 = r0 sin'0 sin#0 = 2 sin�

4sin

�

3=

r3

2;

z0 = r0 cos#0 = 2 cos�

3= 2 � 1

2= 1:

Toµcka T1 =�0; 2p3;�2

�zadana u pravokutnom kartezijevom sustavu ima

u sfernom koordinatnom sustavu prikaz T1 =��2 ;2�3 ; 4

�jer je

'1 = tg' =y1x1=2p3

0) '1 =

�

2;

1.2. NEKE PLOHE 5

#1 = arccosz1p

x21 + y21 + z

21

= arccos��12

�=2�

3;

r1 =qx21 + y

21 + z

21 =

r02 +

�2p3�2+ (�2)2 = 4:

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

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

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

1.2 NEKE PLOHE

1.2.1 RAVNINA U PROSTORU

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

s pripadnim radijus-vektorima �!r 1, �!r 2 i �!r 3 redom (s obzirom na dano

ishodi�te O).

Slika 1.6.

Tim toµckama je odre�ena jedna i samo jedna ravnina � koji ih sadrµzi. Neka

je T bilo koja toµcka te ravnine i neka joj pripada radijus-vektor �!r . Tadasu usmjerene duµzine

��!T1T2,

��!T1T3 i

��!T1T komplanarne (leµze u �), pa njihov

mje�oviti umnoµzak i�µcezava, tj.

��!T1T �

��!T1T2 �

��!T1T3

�= 0: (1.3)

Ili, ekvivalentno, pomocu radijus-vektora

��!r ��!r 1� � ��!r 2 ��!r 1�� !r 3 ��!r 1�� = 0: (1.4)

Relacije (1.3) i (1.4) jesu vektorske jednadµzbe ravnine �.


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

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

Mje�oviti umnoµzak (1.4) se tada moµze zapisati u obliku��x� x1 y � y1 z � z1x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x3 � x1 y3 � y1 z3 � z1

�� = 0 (1.5)

Relacija (1.5) naziva se jednadµzbom ravnine kroz tri toµcke.

Neka ravnina � ne prolazi ishodi�tem O, i neka ona sijeµce koordinatne osi

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

ravnine �x

a+y

b+z

c= 1: (1.6)

Neka je �!n bilo koji vektor okomit na ravninu � (okomit, dakle, i na svaki

pravac u �). Uµcvrstimo bilo koju toµcku T1 u �, pa neka je T varijabilna

toµcka u �. Pripadni radijus-vektori neka su redom �!r 1 i �!r . Tada su vektori�!n i �!r ��!r 1 me�usobno okomiti, �to povlaµci i�µcezavanje njihova skalarnogumno�ka:

�!n ��!r ��!r 1� = 0: (1.7)

To je jo� jedan oblik vektorske jednadµzbe za ravninu �. Svaki vektor

okomit na ravninu � nazivamo normalnim vektorom (ili normalom) te

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

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

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

�to je tzv. jednadµzba ravnine � jednom toµckom T1 = (x1; y1; z1).

Oznaµcimo li u (1.8) konstantu �(Ax1 + By1 + Cz1) slovom D, dobivamo

tzv. opci oblik jednadµzbe ravnine � :

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

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

1.2. NEKE PLOHE 7

Neka je sada �!r 1 radijus-vektor noµzi�ta T1 okomice iz ishodi�ta O na ravninu� (Slika 1.7.). Tada je njegova duljina j�!r 1j � p jednaka udaljenosti od

ishodi�ta O do ravnine �.

Slika 1.7.

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

�!n 0 � �!r 1 = p,

iz (1.7) dobivamo�!n 0 � �!r � p = 0 (1.11)

ili (skalarno)

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

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

oblicima jednadµzbe ravnine �.

PRIMJER 1.3 Koordinatna xz-ravnina prolazi ishodi�tem O = (0; 0; 0) i

okomita je na vektor�!j = f0; 1; 0g. Njezina jednadµzba je 0(x�0)+1(y�0)+

0(z� 0) = 0, tj. y = 0. Sliµcno dobivamo da je z = 0 jednadµzba koordinatnexy-ravnine, a x = 0 jednadµzba koordinatne yz-ravnine.

1.2.2 PLOHE DRUGOD REDA

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

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

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

zadovoljavaju jednadµzbu drugoga stupnja

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


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

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

zanimati samo neke kvadrike.

Jednadµzba

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

predstavlja kuglinu plohu (ili sferu) sa sredi�tem S = (x0; y0; z0) i

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

nom jest ili kruµznica ili toµcka, �to povlaµci da se kruµznica u prostoru moµze

zadati i kao presjek sfere i ravnine.

Slika 1.8.

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

(x� x0)2a2

+(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1 (1.14)

odre�uje plohu koju nazivamo elipsoidom (Slika 1.8.). Njegove su osi

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

jesu ili kruµznice ili elipse ili toµcke. Primijetimo da u sluµcaju a = b = c

elipsoid postaje sferom.

Nadalje, jednadµzbax2

a2+y2

b2� z2

c2= 1 (1.15)

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

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

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

mjenama x y, y z, z x i a b, b c, c a dobivamo jednadµzbu

"iste" plohe u drugom poloµzaju (y-os je "povla�tena"): z2

c2+ x2

a2� y2

b2= 1; a

jo� jednom takvom zamjenom dobivamo jednadµzbu ("povla�tena" je x-os):y2

b2+ z2

c2� x2

a2= 1:

1.2. NEKE PLOHE 9

Slika 1.9.

Jednadµzba

�x2

a2� y2

b2+z2

c2= 1 (1.16)

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

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

presjek ravninom usporednom s xy-ravninom ili elipsa ili toµcka. Cikliµcki

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

dobivamo jednadµzbe "iste" plohe u razliµcitim poloµzajima:

�z2

c2� x2

a2+y2

b2= 1; � y2

b2� z2

c2+x2

a2= 1:

Jednadµzbax2

a2+y2

b2= 2z (1.17)

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

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

Karakteristiµcni presjeci ove plohe prikladnim ravninama koje su paralelne

koordinatnim ravninama jesu elipse ili parabole.

Slika 1.10.

Odgovarajucim cikliµckim izmjenama dobivamo jo� dvije jednadµzbe "iste"

plohe u razliµcitim poloµzajima.


Jednadµzbay2

b2� x2

a2= 2z (1.18)

odre�uje hiperboliµcni paraboloid (Slika 1.10.(b)). Komentari sasvim

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

Jednadµzbax2

a2+y2

b2=z2

c2(1.19)

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

dvije (cikliµcke) varijante.

Slika 1.11.

Nadalje, jednadµzbex2

a2+y2

b2= 1 (1.20)

x2

a2� z2

c2= 1 (1.21)

z = 2ay2 (1.22)

opisuju redom eliptiµcne, hiperboliµcne i paraboliµcne valjµcaste (ili cilin-

driµcne) plohe (Slika 1.12.). Dakako da su i u ovim jednadµzbama moguce

prije spominjane cikliµcke izmjene. Ove valjµcaste plohe su samo vrlo posebni

primjeri (opce) valjµcaste plohe.

Slika 1.12.

1.2. NEKE PLOHE 11

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

vulju K i usporedni su s pravcem p. Tretirajuci svaki pravac toµckovnim sku-

pom, pripadnu (toµckovnu) uniju nazivamo valjµcastom (ili cilindriµcnom)

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

krivlja K ravnalica (ili direktrisa) te valjµcaste plohe.

Primjerice, eliptiµcnoj valjµcastoj plohi x2

a2+ y2

b2= 1 jedna izvodnica jest z-os,

a ravnalica joj je elipsa x2

a2+ y2

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

(trivijalna) valjµcasta ploha (za krivulju K treba uzeti odgovarajuci pravac

k). Mi cemo, najµce�ce, promatrati one valjµcaste plohe izvodnice kojih su

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

naravno, nece nuµzno leµzati u nekoj od koordinatnih ravnina.)

Napomenimo i to da se prostorna krivulja µcesto zadaju presjekom dviju

ploha.

PRIMJER 1.5 Kruµznicu (zadanu presjekom sfere i ravnine)

x2 + y2 + z2 = 4; x+ y � 2 = 0

moµzemo zadati i presjekom dviju valjµcastih ploha. Eliminiramo li, naime,

varijablu y iz prve jednadµzbe uvr�tenjem (iz one druge) y = �x+2, dobivamojednadµzbu valjµcaste plohe (x � 1)2 + z2

2 = 1; koja zajedno s ravninom x +

y� 2 = 0 odre�uje tu kruµznicu. Dakle, sada promatrana kruµznica ima zapis

(x� 1)2 + z2

2= 1; x+ y � 2 = 0:

Analogno se (eliminiranjem varijable x) dobiva jednadµzba valjµcaste plohe

(y � 1)2 + z2

2 = 1; koja zajedno s ravninom x + y � 2 = 0 odre�uje tu istukruµznicu.

PRIMJER 1.6 Skcirati tijelo V ome�eno plohama

z � 2 = �x2 � y2; z =px2 + y2

i opisati ga u pravokutnom i cilindriµcnom koordinatnom sustavu.

Tijelo V odre�eno je plohama z � 2 = �x2 � y2 (paraboloid) z =px2 + y2

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

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


nalazi u presjeku promatranih ploha. Eliminacijom izraza x2+ y2 iz z�2 =�x2 � y2 i z =

px2 + y2 dobivamo z2 + z � 2 = 0. Rje�enja ove kvadratne

jednadµzbe su z1 = 1; z2 = �2: Dakle, mora biti z = 1, pa je x2 + y2 = 1:

Drugim rijeµcima, presjeµcna krivulja je x2 + y2 = 1; z = 1; i projekcija

presjeµcne krivulje na xy-ravninu je kruµznica x2 + y2 = 1. Traµzena projek-

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

: Ukoliko toµcka T = (x; y; z)

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

pripadati krugu D; a to znaµci da za njezine koordinate vrijedi �1 � x � 1 i�p1� x2 � y �

p1� x2:

Slika 1.13.

Konaµcno, za z- koordinatu toµcke T = (x; y; z) 2 V vrijedipx2 + y2 � z

(toµcka T leµzi iznad stoµzaste plohe) i z � 2�x2�y2 (toµcka T leµzi ispod ploheparaboloida). Dakle,

V =n(x; y; z) j �1 � x � 1;�

p1� x2 � y �

p1� x2;p

x2 + y2 � z � 2� x2 � y2o:

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

toµcke T = ('; r; z) 2 V mora leµzati u krugu D; dakle za njezine koordinate

vrijedi 0 � ' � 2�; 0 � � � 1: Uvjet za z-kordinatupx2 + y2 � z �

2� x2 � y2 prelazi u � � z � 2� �2: Dakle,

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

:

1.3 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA

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

1.3. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 13

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

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

varijabla moµzemo zadati analitiµcki, tabliµcno, gra�µcki, parametarski,

implicitno, ... Za analitiµcko zadavanje vrijedi ista napomena o de�nici-

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

litiµcki zapis (formula) odre�uje funkcijsko pravilo f , onda se de�nicijskim

podruµcjem smatra skup D svih onih toµcaka T kojima to pravilo pridjeljuje

jedinstvene realne brojeve f(T ) 2 R.

PRIMJER 1.7 (a) Formula z =px2 + y2 de�nira funkciju

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

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

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

pri µcemu je de�nicijsko podruµcje D odre�eno nejednadµzbom x+ y � 2 > 0,tj. D =

�(x; y) 2 R2 j y > �x+ 2

(Slika 1.14.);

Slika 1.14.

(c) Analitiµcki izraz z =5

xyodre�uje funkciju

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

; f(x; y) =

5

xy;

(d) Pravilo u = arcsin(x2 + y2 + z2 � 2) de�nira funkciju

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

pri µcemu je de�nicijsko podruµcje D odre�eno funkcijom arcsin, tj. nejed-

nadµzbama �1 � x2 + y2 + z2 � 2 � 1: Dakle,

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

:


Ako je funkciji f : D ! R skup D � Rm (m = 2; 3) konaµcan i ne prevelik,

onda se ona moµze zadati tabliµcno (premda je takvo zadavanje pregledno

samo kad je m = 2). Primjerice,

y n x x1 x2 � � � xn

y1 z11 z21 � � � zn1

y2 z12 z22 � � � zn1...

......

. . ....

yk z1k z2k � � � znk

f(xi; yj) = zij

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

Funkcijski graf Gf za f : D ! R, D � Rm je podskup od Rm+1. Stoga jenacrtati ga (djelomiµcno) moguce samo za m � 2. U sluµcaju m = 2, �to ga

ovdje razmatramo, crtanjem istiµcemo samo neke njegove vaµzne podskupove.

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

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

tomu, svaki broj z0 2 f [D] odre�uje jednu razinsku krivulju jednadµzbom

f(x; y) = z0 (Slika 1.15.).

Slika 1.15.

Dakle, na svakoj razinskoj krivulji su funkcijske vrijednosti nepromijenjive.

Sliµcno se u sluµcaju f : D ! R, D � R3; dakle Gf � R4, govori o razin-skim plohama (ili nivo-plohama) funkcije f . Pritom svaka jednadµzba

f(x; y; z) = u0, u0 2 f [D], odre�uje toµcno jednu pripadnu razinsku plohu

na kojoj su sve funkcijske vrijednosti jednake u0.

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


Slika 1.16.

crtamo istiµcuci njegove presjeke ravninom x = 0 (to su zrake: z = y, z � 0,x = 0; z = �y, z � 0, x = 0), ravninom y = 0 (to su zrake: z = x, z � 0,y = 0; z = �x, z � 0, y = 0) i ravninom z = 1 (to je razinska krivulja

(kruµznica) x2 + y2 = 1, z = 1). Primijetimo da je Gf stoµzasta ploha (Slika

1.16.).

(b) Razinske plohe za funkciju

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

z;

su paraboloidi (bez "tjemena") z = u0�x2 + y2

�; u0 2 R n f0g (Slika 1.16.).

Slika 1.17.

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

xy-ravninu z = 0. Tada se po njihovu razmje�taju moµze zakljuµciti pone�to

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

na zemljopisnim kartama povezuju toµcke iste nadmorske visine, odnosno,

iste podmorske dubine, kao i izobare - �to na sinoptiµckim (meteorolo�kim)

kartama povezuju toµcke jednakoga zraµcnog tlaka. �tovi�e, za zorno prikazi-

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

prostoru.


Funkcija f : D ! R, D � Rm (m � 3) se moµze zadati i implicitno ili

parametarski pod uvjetima sliµcnim onima �to su postavljeni za funkcije iz Ru R. Mi se necemo sada na tomu zadrµzavati. Implicitno zadanim funkcijamacemo se posebno pozabaviti kasnije.

Na kraju ovoga pododjeljka pokaµzimo kako se neka globalna svojstva prenose

na skalarne funkcije. Promotrimo funkciju f : D ! R, D � R2; pauoµcimo bilo koju toµcku T0 = (x0; y0) 2 D. Promotrimo skup Dy0 =

fT = (x; y) 2 D j y = y0g � D, �to je presjek skupa D pravcem kroz toµcku

T0, usporednim x-osi. U Dy0 je varijabilna samo x-ta koordinata pa se na

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

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

Slika 1.18.

Reci cemo da je funkcija f : D ! R, D � R2; ome�ena ako postojibroj M 2 R+ takav da je jf(T )j � M za svaki T 2 D. Primijetimo da

je za ome�enu funkciju f svako suµzenje f jDy0 , f jDx0 (T = (x0; y0) 2 D)

ome�ena funkcija. Reci cemo da je funkcija f uzlazna (silazna, strogo

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

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

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

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

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

jstva realnih funkcije jedne varijable.

1.4. GRANI µCNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST 17

1.4 GRANIµCNA VRIJEDNOST I

NEPREKIDNOST

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

(R2) s tim da prije treba de�nirati �to u R3 (R2) znaµci "biti blizu", tj.�to ce biti "mala okolina" po volji odabrane toµcke. Posluµzit cemo se

standardnom euklidskom udaljeno�cu me�u toµckama, tj. za T = (x; y; z) ;

T0 = (x0; y0; z0) 2 R3 euklidsku udaljenost d(T; T0) de�niramo sa

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

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

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

0)

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

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

u prostoru R.

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

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

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

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

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

skup U � R2 okolina toµcke T0 2 U ako postoji neki " > 0 takav da je kugla

K(T0; ") � U . Za skup � R2 cemo reci da je otvoren ako je on unijaneke mnoµzine (otvorenih) kugala.

Slika 1.19.


Slika 1.20.

Primijetimo da je u sluµcaju m = 1 kugla K(x0; ") = hx0 � "; x0 + "i (otvo-reni) interval u R; u sluµcaju m = 2 i m = 5 kugle su nutrina kruµznice i

nutrina sfere (Slika 1.19.). Nadalje, oµcito je da "2 � "1 povlaµci K (T0; "2) �K (T0; "1), kao i da za svaki " > 0 postoji neki n 2 N takav da je K(T0; 1n) �K(T0; "). Napokon, oµcito je da je svaka kugla otvoren skup i da je svaki

otvoreni skup okolina svake svoje toµcke.

Na Slici 1.20. su primjeri otvorenoga i neotvorenoga skupa u R2: Onajotvoreni jest okolina svake svoje toµcke, dok neotvoreni sadrµzi toµcaka kojima

on nije okolina.

DEFINICIJA 1.11 Neka je D � R2 i T0 2 R2. Reci cemo da je toµcka T0gomili�te skupa D ako svaka okolina od T0 sijeµce skup D n fT0g. Za skupD kaµzemo da je zatvoren ako sadrµzi sva svoja gomili�ta. Reci cemo da je

toµcka T 2 D unutra�nja toµcka skupa D ako postoji okolina od T koja je

podskup od D. Ako za toµcku T 2 D postoji neka okolina koja ne sijeµce skup

D n fTg onda kaµzemo da je T izolirana toµcka skupa D. Napokon, reci

cemo da je skup D ome�en ako postoji neka kugla koja ga sadrµzi.

Nije te�ko pokazati da je svaka toµcka T 2 D � R2 ili gomili�te od D ili nje-

gova izolirana toµcka, te da je svaka unutra�nja toµcka gomili�te. Primijetiti

treba da skup moµze imati gomili�ta koja nisu njegovi elementi. Nadalje,

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

zatvoren!

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

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


(Nejednakost d (Tn; T0) < " je, oµcito, ekvivalentna uvjetu Tn 2 K(T0; ").)

U tom sluµcaju govorimo da niz fTng konvergira prema toµcki T0 i pi�emofTng ! T0. Ako niz ne konvergira, kaµzemo da divergira.

Kao i za realne nizove i ovdje se lako vidi da niz moµze imati najvi�e jednu

graniµcnu vrijednost, pa se tada smije pisati i

limn!1

fTng = T0:

Za niz toµcaka fTng u R2; Tn = (xn; yn) i T0 = (x0; y0) prethodna de�nicijadaje

limn!1

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

n � n0 )p(xn � x0)2 + (yn � y0)2 < "

(1.27)

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

mu graniµcnu vrijednost skoro je nemoguca zadaca. Me�utim, za niz toµcaka

fTng u R2; Tn = (xn; yn);moµzemo promatrati pridruµzene koordinatne nizovefxng i fyng u R (ukoliko se radi o nizu toµcaka fTn = (xn; yn; zn)g u R3 tadasu pridruµzeni nizovi fxng ; fyng i fzng) i vaµzna je µcinjenica da se nizovnakonvergencija u R2 (dakako, analogna tvrdnja vrijedi za nizove u R3) moµzesvesti na konvergenciju realnih nizova:

TEOREM 1.13 Niz toµcaka fTng u R2; Tn = (xn; yn), konvergira prema

T0 = (x0; y0) 2 R2 onda i samo onda, ako za koordinatne nizove vijedilimn!1

fxng = x0; limn!1

fyng = y0:

PRIMJER 1.14 Toµcka T0 = (1;�1) je graniµcna vrijednost niza fTng uR2, Tn =

�n+1n ; 1�n

2

1+n2

�; jer je, za koordinatane nizove, lim

n!1

�n+1n

= 1;

limn!1

n1�n21+n2

o= �1:

I graniµcnu vrijednost skalarne funkcije de�niramo sliµcno onoj za realne funkcije

realne varijable.

DEFINICIJA 1.15 Neka su dani funkcija f : D ! R, D � R2; i gomili�teT0 od D. Reci cemo da je broj L0 2 R graniµcna vrijednost funkcije f utoµcki T0 ako

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


(Primijetimo da se uvjet provjerava u toµckama T 2 K(T0; "), T 6= T0!) U

tom sluµcaju pi�emo limT!T0

f(T ) = L0 ili limT0f(T ) = L0.

De�nicija poopcuje analognu de�niciju za realne funkcije jedne varijable.

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

vanje graniµcnih vrijednosti se moµze svesti na istraµzivanje graniµcnih vrijed-

nosti realnih nizova:

TEOREM 1.16 Broj L0 2 R je graniµcna vrijednost funkcije f : D ! R,D � R2; u toµcki T0, lim

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

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

fTng = T0, pripadni niz

funkcijskih vrijednosti ff(Tn)g konvergira prema L0 u R, limn!1

ff(Tn)g =L0.

PRIMJER 1.17 (a) Funkcija

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

;

nema graniµcne vrijednosti u toµcki (0; 0).

Zaista, promatramo li nizove��

1n ;

1n

�i��

1n ; 0

�u R2 n f(0; 0)g, oµcito je

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

funkcijskih vrijednosti(( 1n)

2 � ( 1n)2

( 1n)2 + ( 1n)

2

),

(( 1n)

2 � 02

( 1n)2 + 02

)

konvergiraju redom prema (razliµcitim) brojevima 0 i 1.

(b) Funkcija

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

x2 + y2,

ima u toµcki (0; 0) graniµcnu vrijednost 0, lim(0;0)

f(x; y) = 0.

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

lim(0;0)

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

�� x2y

x2 + y2

�� lim(0;0)

��x2y2xy

�� = lim(0;0)

��x2

�� = 0;pa je i lim

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


Zadatak se moµze rije�iti i prijelazom na polarne koordinate. Buduci je x =

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

lim(0;0)

x2y

x2 + y2= lim

�!0

�3 cos2 ' sin'

�2= lim

�!0� cos2 ' sin' = 0:

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

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

zakljuµcujemo da limes postoji i da je jednak 0.

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

x2 + y2u

toµcki (0; 0):

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

lim(0;0)

y=kx

f(x; y) = limx!0

x � kxx2 + k2x2

=k

1 + k2

i traµzeni limes ne postoji jer za razliµcite k dobijamo razliµcite vrijednosti.

Prethodni primjer ukazuje na jedan jednostavan postupak za ustanoviti da

funkcija nema limesa. Naime, ukoliko (x; y)! (x0; y0) ide po putevima C1

(preko funkcije y = g1(x)) i C2 (preko funkcije y = g2(x)) te ako je

u1 = lim(x0;y0)

y=g1(x)

f(x; y) = limx!x0

f(x; g1(x)) 6=

6= limx!x0

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

y=g2(x)

f(x; y) = u2

tada lim(x0;y0)

f(x; y) ne postoji.

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

x2 + y2u

toµcki (0; 0):

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

lim(0;0)

y=kx

f(x; y) = limx!0

3x2 � kxx2 + k2x2

= limx!0

x3k

1 + k2= 0;

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

imamo

lim(0;0)

y=kpx

f(x; y) = limx!0

3x2 � kpx

x2 + k2x= 0:


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

pa bi olako mogli zakljuµciti da je 0 vrijednost traµzenog limesa. Ipak se 0

snaµzno namece. Zaista, vrijedi

0 <�� 3x2yx2 + y2

� 0�� = 3x2 jyj

x2 + y2<

jer je x2

x2+y2<1

3 jyj !(x;y)!(0;0)

0;

pa je lim(0;0)

3x2y

x2 + y2= 0:

DEFINICIJA 1.20 Reci cemo da je funkcija f : D ! R, D � R2 (R3)neprekidna u toµcki T0 2 D ako

(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 D) d(T; T0) < � ) jf(T )� f(T0)j < ": (1.29)

Reci cemo da je funkcija f neprekidna na skupu A � D ako je neprekidna

u svakoj toµcki T 2 A. Napokon, ako je f neprekidna na skupu A = D, onda

za f kaµzemo da je neprekidna funkcija. U protivnim sluµcajevima govorimo

o prekidnoj funkciji (u toµcki; na skupu).

Sljedeci teorem poopcuje odgovarajuci teorem za realne funkcije jedne vari-

jable, a dokaz mu je izravna posljedica odgovarajucih de�nicija.

TEOREM 1.21 Funkcija f : D ! R, D � R2 (R3); je neprekidna u toµckiT0 onda i samo onda, ako je f(T0) = lim

T!T0f(T ).

Pozabavimo se sada pojmovima varijablinog i funkcijskog prirasta za skalarne

funkcije. Promatrajmo funkciju f : D ! R, D � R2; i toµcke T0; T 2 D.

Razlike toµckovnih koordinata

x� x0 = �x; y � y0 = �y

nazivamo prirastom varijable x; odnosno y; u toµcki T0: Razliku funkcijskih

vrijednosti

f(T )� f(T0) = �f(T )

nazivamo funkcijskim prirastom u toµcki T0.

Za T = (x; y) = (x0 +�x; y0 +�y) imamo da je

�f(T ) = �f (x; y) = f (x0 +�x; y0 +�y)� f (x0; y0) : (1.30)


Analogno se de�nira funkcijski prirast za funkcije triju (i vi�e) varijabla.

Primijetimo da se u ovim terminima neprekidnost funkcije moµze izreci i

ovako:

� funkcija f je neprekidna u toµcki T0 ako i samo ako je limT!T0

�f(T ) = 0,

�to je jednako zapisu istoga svojstva za funkcije jedne varijable. Izrecimo to

i u strogom obliku:

KOROLAR 1.22 Funkcija f : D ! R, D � R2 (R3); je neprekidna utoµcki T0 2 D onda i samo onda, ako njezin funkcijski prirast �f(T ) u T0

teµzi k nuli µcim prirasti svih varijabli istodobno teµze k nuli.

PRIMJER 1.23 Istraµziti (ne)prekidnost funkcije

f : D ! R; D � R2; f(x; y) = 1 + xy

1� xy :

De�nicijsko podruµcje je skup D = R2 n�(x; y) 2 R2 j xy = 1

. Za graniµcnu

vrijednost funkcijskog prirasta u po volji odabranoj toµcki (x0; y0) 2 D do-

bivamo

lim(�x;�y)!(0;0)

�f(x; y) = lim(0;0)

�1 + (x0 +�x)(y0 +�y)1� (x0 +�x)(y0 +�y)

� 1 + x0y01� x0y0

�= 0:

Slijedom prethodnog korolara, funkcija f je neprekidna.

PRIMJER 1.24 Promatrajmo funkciju f : R2 ! R; zadanu propisom

f(x; y) =

8<:xy

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

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

Primijetimo da je f neprekidna na skupu R2 n f(0; 0)g. Istraµzimo sada je lif neprekidna i u toµcki (0; 0). Primijetimo da je, u toµcki (0; 0),

lim(�x;�y)!(0;0)

�f(x; y) = lim(�x;�y)!(0;0)

� �x ��y(�x)2 + (�y)2

� 0�("=" 0

0):

Pogledajmo kako se ta graniµcna vrijednost pona�a na sljedecim nizovima

fxng ! 0; fyn = kxng ! 0; k 2 R konstanta. Uvr�tenjem dobivamo niz

funkcijskih vrijednosti ff(xn; yn)g,

limn!1

ff(xn; yn)g = limn!1

�kx2n

x2n + k2x2n

�= lim

n!1

�k

1 + k2

�=

k

1 + k2:


Buduci da dobivena graniµcna vrijednost ovisi o odabranoj konstanti k to

funkcija f nema graniµcne vrijednosti u toµcki (0; 0): Dakle, f je prekidna u

toµcki (0; 0).

NAPOMENA 1.25 Navest cemo bez dokaza nekoliko vaµznih svojstava

neprekidnih skalarnih funkcija, analognih onima za funkcije jedne varijable.

Neka je, dakle, dana funkcija f : D ! R; D � R2 (R3).

(a) Ako je f neprekidna u toµcki T0 i f(T0) < 0 (f(T0) > 0) onda postoji

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

(b) Neka je A � D zatvoren i ome�en. Ako je funkcija f neprekidna

na A onda postoje brojevi m;M 2 R takvi da je m � f(T ) � M

za svaki T 2 A, tj. f jA je ome�ena funkcija. �tovi�e, f jA poprimasvoju najmanju (minimum) i svoju najvecu (maksimum) vrijednost,

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

T 2 A.

(c) Zbroj f+g, razlika f�g, umnoµzak f �g i koliµcnik fg (kad god su de�ni-

rani) neprekidnih skalarnih funkcija jesu neprekidne skalarne funkcije.

1.5 PARCIJALNE DERIVACIJE

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

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

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

pa odgovarajuci koliµcnik �f(x)�x vi�e nema smisla. Me�utim, uµcvrste li se

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

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

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

Promatrajmo funkciju f : D ! R, D � R2 i po volji odabranu toµcku T0 =(x0; y0) 2 D: Neka je �y0 ravnina y = y0 i oznaµcimo s Dy0 = �y0 \D � D:

Oµcito je Dy0 6= ; jer sadrµzi barem toµcku T0. Suµzenje f jDy0 � f1 : Dy0 ! Rsmijemo smatrati funkcijom jedne varijable jer se mijenja samo koordinata

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

1.5. PARCIJALNE DERIVACIJE 25

Slika 1.21.

DEFINICIJA 1.26 Reci cemo da funkcija f ima parcijalnu derivaciju

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

x0 (2 Dy0 � R). Derivaciju (broj ) f 01(x0) tada nazivamo parcijalnom

derivacijom funkcije f po varijabli x u toµcki T0 i oznaµcujemo s@f(T0)@x

(µcita se: "parcijalno ef po de iksu u te nula"). Dakle, po de�niciji je

@f(T0)

@x= lim�x!0

f (x0 +�x; y0)� f (x0; y0)�x

: (1.31)

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

varijabli y funkcije f u toµcki T0 i oznaµcujemo s@f(T0)@y (µcita se: "parcijalno

ef po de ipsilonu u te nula"):

@f(T0)

@y= lim�y!0

f (x0; y0 +�y)� f (x0; y0)�y

: (1.32)

Ovdje cemo rabiti i oznake

@f(T0)

@x� fx (x0; y0) ; (1.31.a)

@f(T0)

@y� fy (x0; y0) : (1.32.b)

Sliµcno se de�niraju parcijalne derivacije funkcija triju varijabli: sve varijable

�ksiramo osim one po kojoj traµzimo parcijalnu derivaciju i potom deriviramo

tu funkciju (jedne varijable)

@f(T0)

@x� fx(x0; y0; z0);

@f(T0)

@y� fy(x0; y0; z0); (1.33)

@f(T0)

@z� fz(x0; y0; z0):


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

kaµzemo da je funkcija f derivabilna u toµcki T0. Ako je f derivabilna u

svakoj toµcki T 2 D; nazivamo ju derivabilnom funkcijom.

Po samoj de�niciji, parcijalno deriviranje po odabranoj varijabli skalarne

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

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

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

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

Buduci da je f po svojim varijablama kompozicija derivabilnih elementarnih

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

vabilna funkcija. Pritom je

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

2) � 2y:

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

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

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

kojoj one postoje.

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

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

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

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

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

x

xy +pz;

fz(x; y; z) =1

2pz(xy +

pz):

Neka je Ax � D skup svih toµcaka T 2 D u kojima funkcija f : D ! R,D � R2; ima parcijalnu derivaciju po varijabli x. Tada je dobro de�niranafunkcija fx : Ax ! R; T 7! fx(T ); koju nazivamo parcijalnom derivaci-

jom funkcije f po varijabli x (na podskupu Ax � D): Sliµcno tomu je

fy : Ay ! R; T 7! fy(T ); parcijalna derivacija funkcije f po varijabli y (na

1.6. DIFERENCIJAL 27

skupu Ay � D svih toµcaka u kojima funkcija f ima parcijalnu derivaciju po

varijabli y). Pritom ima smisla istraµzivati neprekidnost (u toµcki) tih funkcija,

pa se onda govori o neprekidno parcijalno derivabilnoj funkciji f po

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

derivabilna u toµcki T0 2 A (na skupu B � A) µcim su funkcije fx, fy,

neprekidne u T0 (na skupu B).

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

kidnost. Sada cemo pokazati da za funkcije vi�e varijabla to, opcenito, ne

vrijedi.

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

f(x; y) =

8<:xy

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

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

prekidna u toµcki (0; 0) (Primjer 1.24.). Ona je, me�utim, derivabilna u toµcki

(0; 0). Naime

fx(0; 0) = lim�x!0

f (0 + �x; 0)� f(0; 0)�x

= lim�x!0

(�x)�0(�x)2+02

� 0�x

= 0;

a sliµcno se pokaµze da je i fy(0; 0) = 0.

1.6 DIFERENCIJAL

Promatrajmo funkciju f : D ! R, D � R2 i po volji odabranu toµckuT0 = (x0; y0) 2 D. Neka je T = (x; y) 2 D bilo koja toµcka. Promatrajmo

pripadne funkcije (jedne varijable) f1 � f jDy0 : Dy0 ! R, Dy0 = f(x; y) 2D j y = y0) � D; f1(x) = f(x; y0) i f2 � f jDx0 : Dx0 ! R, Dx0 = f(x; y) 2D j x = x0) � D; f2(y) = f(x0; y) (Slika 1.21.): Ako su te funkcije dife-

rencijabilne, ekvivalentno, derivabilne u toµcki x0, odnosno y0; onda pripadne

diferencijale

df1(x0) = f 01(x0)dx = fx(T0)dx;

df2(y0) = f 02(y0)dy = fy(T0)dy


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

ijabli y) u toµcki T0.

Ovdje nas zanima teµze pitanje:

� Ima li smisla diferencijal funkcije f u toµcki x0 i kako bi ga trebalode�nirati?

Oznaµcimo sa� tangencijalnu ravninu na plohu z = f(x; y) u toµcki (x0; y0; z0 =

f(x0; y0)): Neka je

� � z � z0 = a(x� x0) + b(y � y0)

jednadµzba tangencijalne ravnine. Presjeµcnica tangencijalne ravnine � sa

ravninom y = y0 je pravac

ty0 � z � z0 = a(x� x0); y = y0:

Taj pravac je i tangenta na krivulju �1 � z = f(x; y); y = y0; a to znaµci da

je koe�cijent a jednak parcijalnoj derivaciji fx(x0; y0) (Slika 1.22.): Dakle,

mora biti

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

Slika 1.22.

Sliµcno se pokazuje da je presjeµcnica tangencijalne ravnine � i ravnine x = x0

pravac tx0 � z � z0 = b(y � y0); x = x0 koji je tangenta na krivulju �2 �z = f(x; y); x = x0, i stoga je tx0 � z � z0 = fy(x0; y0)(y � y0); x = x0:

Zakljuµcimo: ako funkcija f(x; y) ima neprekidne parcijalne derivacije tada je


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

f(x0; y0)) dana sa

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

Napomenimo da se sada parcijalnim derivacijama moµze pridijeliti geomet-

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

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

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

PRIMJER 1.30 Odredimo jednadµzbu tangencijalne ravnine funkcije

f(x; y) = �2x2 � y2

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

z = �4x� 2y + 3:

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

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

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

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

i zaista se radi o dobroj aproksimaciji.

DEFINICIJA 1.31 Funkcija

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

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

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

linearnom aproksimacijom od f u (x0; y0)


PRIMJER 1.32 Pokazali smo da funkcija

f(x; y) =

8<:xy

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

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

ima parcijalne derivacije fx(0; 0) = 0; fy(0; 0) = 0 pa linearizacija od f u

(0; 0) glasi

L(x; y) = f(0; 0) + 0(x� 0) + 0(y � 0) = 0:

U ovom sluµcaju linearizacija nije dobra aproksimacija za f (npr. f u

toµckama pravca y = x poprima vrijednost 12 �to je daleko od vrijednosti

L(x; x) = 0):

Prirodno se sada postavlja pitanje:

� �to moramo pretpostaviti za f da bi linearna aproksimacija bila dobra?

Promotrimo u tu svrhu analogon kod funkcije jedne varijable. De�nirali

smo 4f(x) = f(x0 + 4x) � f(x0) i f 0(x0) = lim4x!0

4f(x)4x : Oznaµcimo sa

" = 4f(x)4x �f 0(x0) razliku kvocijenta diferencija i diferencijalnog kvocijenta.

Mora biti lim4x!0

" = lim4x!0

�4f(x)4x � f 0(x0)

�= f 0(x0) � f 0(x0) = 0: Nadalje

iz " = 4f(x)4x � f 0(x0) slijedi 4f(x)" = f 0(x0)4x + " � 4x: To znaµci da za

diferencijabilnu funkciju f(x) moµzemo pisati 4f(x) = f 0(x0)4x + " � 4xgdje je lim

4x!0" = 0: Po ovom uzoru i prirast

4f(x; y) = f(x0 +4x; y0 +4y)� f(x0; y0)

moµzemo opisati sa diferencijalom.

DEFINICIJA 1.33 Funkcija f(x; y) je diferencijabilna u toµcki (x0; y0)

ako se 4f(x; y) dade zapisati u obliku

4f(x; y) = fx(x0; y0) � 4x+ fy(x0; y0) � 4y + " �q(4x)2 + (4y)2 (1.37)

gdje "! 0 kada (4x;4y)! (0; 0) :

NAPOMENA 1.34 Napomenimo da je kod funkcije jedne varijable deri-

vabilnost ekvilvalentna diferencijabilnosti. Ovdje to nije sluµcaj. Jasno je da

diferencijabilnost povlaµci derivabilnost (postojanje parcijalnih derivacija),

ali postoje derivabilne funkcije koje nisu diferencijabilne. Naravno, takva je

bila funkcija iz Primjera 1.32. (kada linearna aproksimacija nije bila dobra).


Sljedeci teorem donosi jedan od dovoljnih uvjeta za diferencijabilnost skalarne

funkcije.

TEOREM 1.35 Neka za funkciju f : D ! R, D � R2; i toµcku T0 2 D po-

stoji "-kugla K(T0; ") � D na kojoj je f derivabilna i neprekidno derivabilna

u T0. Tada je f diferencijabilna u T0.

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

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

Kako je

fx(x; y) =@

@x

�xexy

�= exy + xyexy; fx(1; 0) = 1;

fy(x; y) =@

@y

�xexy

�= x2exy; fy(1; 0) = 1;

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

toµcki T0. Njezina linearna aproksimacija je

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

a to znaµci da moµzemo pisati

f(x; y) = xexy � x+ y = L(x; y)

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

Slika 1.23.

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

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

analogiji de�niramo diferencijal kojemu ce geometrijska interpretacija biti

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


DEFINICIJA 1.37 Diferencijal df(x0; y0) funkcije f u toµcki (x0; y0) de�ni-

ramo sa

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

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

NAPOMENA 1.38 Sada linearnu aproksimaciju moµzeno zapisati na naµcin

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

Linearna aproksimacija i diferencijal sliµcno se de�niraju za funkcije koje

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

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

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

a diferencijal

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

PRIMJER 1.39 Odredimo diferencijal funkcije

f(x; y) = x2 + 3xy � y2:

Imamo:

df(x; y) = (2x+ 3y)dx+ (3x� 2y)dy:

Promotrimo promjenu4f(x; y) pri promjeni toµcke (2; 3) u toµcku (2+0:05; 3�0:04) (dakle, 4x = dx = 0:05; 4y = dy = �0:04)

4f(2; 3) =�f(2:05; 2:96)� f(2; 3)

�=

�(2:05)2 + 3 � 2:05 � 2:96� (2:96)2

��22 � 3 � 2 � 32 � 32

�= 0:6449:

Raµcunamo li pak

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

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

1.7. DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA 33

NAPOMENA 1.40 Osnovna pravila za diferenciranje, �to smo ih bili

izveli za funkcije jedne varijable, ostaju valjana i za funkcije vi�e varijabla

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

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

(c) d�fg

�(T0) =

g(T0) � df(T0)� f(T0) � dg(T0)g(T0)2

;

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

1.7 DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA

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

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

i vrijedidy

dt=dy

dx� dxdt: U ovom odjeljku dajemo poopcenje.

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

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

koja je diferencijabilna i vrijedi

dF

dt=@f

@u� dudt+@f

@v� dvdt: (1.40)

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

pa treba dokazati formulu

dz

dt=@f

@x� dxdt+@f

@y� dydt: (1.41)

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

4z = @f(x0; y0)

@x4x+ @f(x0; y0)

@y4y + " �

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

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

4z4t =

@f(x0; y0)

@x

4x4t +

@f(x0; y0)

@y

4y4t + " �

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

4t :


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

dz

dt= lim

t!0

�@f(x0; y0)@x

4x4t +

@f(x0; y0)

@y

4y4t + " �

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

4t

�=

@f(x0; y0)

@x| {z }= @f@x

� limt!0

4u4t| {z }

= dxdt

+@f(x0; y0)

@y| {z }= @f@y

� limt!0

4y4t| {z }

= dydt

+

+ limt!0

"| {z } �=0

limt!0

s�4x4t�2+�4y4t�2

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

=@f

@x� dxdt+@f

@y� dydt;

a to se i tvrdilo.

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

cos t:

Vrijedi

dz

dt

(1:41)=

�2xy + 3y4

�(2 cos 2t) +

�x2 + 12xy3

�(� sin t):

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

z0(0) =dz(0)

dt=��2xy + 3y4

��(x;y)=(0;1)

�(2 cos 2t)

�t=0+

+��x2 + 12xy3

��(x;y)=(0;1)

�(� sin t)

�t=0

= 6:

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

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

(po varijablama u i v).

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

@z

@u=@z

@x� @x@u+@z

@y� @y@u;

@z

@v=@z

@x� @x@v+@z

@y� @y@u: (1.42)

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

z = xy; x = u2 � v2; y = euv:

1.7. DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA 35

Dijagram 1.24.

@z

@u=@z

@x� @x@u+@z

@y� @y@u

= yxy�1 � (2u) + xy lnx � (veuv);

@z

@v=@z

@x� @x@v+@z

@y� @y@u

= yxy�1 � (�2v) + xy lnx � (ueuv):

NAPOMENA 1.45 Rezultat prethodnog teorema lako se poopcuje.

Npr., ako je

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

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

sluµzeci se dijagramom,

Dijagram 1.25.

imamo da su traµzene parcijalne derivacije:

@w

@u=@w

@x� @x@u+@w

@y� @y@u+@w

@z� @z@u+@w

@t� @t@u;

@w

@v=@w

@x� @x@v+@w

@y� @y@v+@w

@z� @z@v+@w

@t� @t@v:

PRIMJER 1.46 Ako je

u = x4y + y2z3; x = rset; y = rs2e�t; z = r2s sin t

izraµcunati @u@s u toµcki (r; s; t) = (2; 1; 0):

Pripadni dijagram je

Dijagram 1.26.


pa je traµzena derivacija

@u

@s=@u

@x� @x@s+@u

@y� @y@s+@u

@z� @z@s=

= 4x3y � ret +�x4 + 2yz3

�� 2rse�t + 3y2z2 � r2 sin t:

Kako je x(r; s; t) = rset; x(2; 1; 0) = 2; y(r; s; t) = rs2e�t; y(2; 1; 0) = 2;

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

@u(2; 1; 0)

@s=�4 � 23 � 2

��2e0�+�24 + 2 � 2 � 03

��2 � 2 � 1 � e�0

�+

+�3 � 22 � 02

��22 sin 0

�= 192:

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

Pretpostavimo da je sa F (x; y) = 0 implicitno de�nirana funkcija y =

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

Deriviranjem po varijabli x imamo

@F

@x� dxdx+@F

@y� dydx=@F

@x+@F

@y� dydx= 0:

Uz oznake

Fx =@F

@x; Fy =

@F

@y

imamody

dx= �Fx

Fy:

Dakako da prethodno vrijedi ukoliko je @F@y 6= 0 i ukoliko F (x; y) = 0 de�nira

implicitno y kao funkciju od x: To nije uvijek moguce. Funkcija F mora

udovoljavati nekim uvjetima kako bi preko nje de�nirali funkciju f: O tome

govori teorem:

TEOREM 1.47 (O implicitno zadanoj funkciji) Neka je F de�nirana na

otvorenom skupu U koji sadrµzi toµcku (x0; y0) i neka je F (x0; y0) = 0 i

Fx(x0; y0) 6= 0: Ako su funkcije Fx i Fy neprekidne na U tada F (x; y) = 0

de�nira y kao funkciju od x u nekoj okolini toµcke x0 i pritom je derivacija

dy

dx= �Fx

Fy(1.43)

1.8. PARCIJALNE DERIVACIJE VI�IH REDOVA 37

PRIMJER 1.48 Sa F (x; y) = y� y3�x2y+x2y3 = 0 de�nirana je impli-citna funkcija y kao funkcija u varijabli x u nekoj okolini toµcke x0 = 1 (jer

je F (0; 1) = 0 i jer su Fx(x; y) = 2xy3�2xy; Fy(x; y) = 3x2y2�3y2�x2+1neprekidne funkcije). Derivacija te funkcije je

dy

dx= �Fx

Fy= � 2xy3 � 2xy

3x2y2 � 3y2 � x2 + 1 :

Poopcenje prethodnog torema daje:

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

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

de�nira funkciju z = f(x; y) u nekoj okolini toµcke (x0; y0) i njene parcijalne

derivacije su@z

@x= �Fx

Fz;

@z

@y= �Fy

Fz: (1.44)

PRIMJER 1.50 Odrediti parcijalne derivacije@z

@x;@z

@yimplicitno zadane

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

@z

@x= �

@@x(x

3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)@@z (x

3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)= �6yz + 3x

2

6xy + 3z2=�2yz � x22xy + z2

;

@z

@y= �

@@y (x

3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)@@z (x

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

:

1.8 PARCIJALNEDERIVACIJE VI�IHREDOVA

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

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

prve derivacije. Ako je, dakle, funkcija @f@x : Ax ! R, Ax � D, derivabilna

po varijabli x u toµcki T0, onda broj

@�@f@x

�(T0)

@x� @2f(T0)

@x2(1.45)

nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po vari-

jabli x u toµcki T0, a sluµcaju da je ona derivabilna po varijabli y u toµcki T0,


onda broj@�@f@x

�(T0)

@y� @2f(T0)

@y@x(1.46)


jablama x i y (redom) u toµcki T0.

Analogno, ako je funkcija @f@y : Ay ! R, Ay � D, derivabilna po varijabli x,

u toµcki T0, onda broj@�@f@y

�(T0)

@x� @2f(T0)

@x@y


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

y, u toµcki T0, onda broj

@�@f@y

�(T0)

@y� @2f(T0)

@y2


jabli y u toµcki T0.

Radi jednostavnosti uvodimo oznake

@2f(T0)

@x2= fxx(T0);

@2f(T0)

@y@x= fyx(T0);

@2f(T0)

@x@y= fxy(T0);

@2f(T0)

@y2= fyy(T0):

Ako promatrana funkcija f ima sve parcijalne derivacije drugoga reda u

toµcki T0, fxx(T0); fyx(T0); fxy(T0), fyy(T0); onda kaµzemo da je f dvaput

derivabilna u toµcki T0. Neka je Axx � D skup svih toµcaka u kojima

funkcija f ima parcijalnu derivaciju drugoga reda po varijabli x. Tada je

dobro de�nirana funkcija - druga parcijalna derivacija (po x)

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

Analogno se de�niraju funkcije fyx : Ayx ! R; T 7! fyx(T ); fxy : Axy !R; T 7! fxy(T ); fyy : Ayy ! R; T 7! fyy(T ), gdje su Ayx; Ayx; Ayy � D

skupovi svih toµcaka u kojima funkcija f ima parcijalne derivacije drugog

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

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

1.8. PARCIJALNE DERIVACIJE VI�IH REDOVA 39

skupu A � D. U sluµcaju A = D govorimo o dvaput derivabilnoj funkciji

f . Posve sliµcno (induktivno) se de�niraju i na jasan naµcin oznaµcuju parci-

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

PRIMJER 1.51 Odredizi sve parcijalne derivacije drugoga reda i trece

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

postoje) za funkciju

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

De�nicijsko podruµcje D je otvorena poluravnina�(x; y) 2 R2 j y > 0

i funk-

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

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

y:

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

funkcija f dvaput derivabilna, i da je

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

y;

fxy(x; y) = 2x+1

y; fyy(x; y) = �

x

y2:

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

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

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

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

teorem:

TEOREM 1.52 Neka je funkcija f : D ! R, D � R2; derivabilna nanekoj "-kugli K((x0; y0); ") � D i neka f ima na toj kugli i parcijalnu

derivaciju drugoga reda po x i y redom, fxy. Ako je funkcija

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

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

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

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


PRIMJER 1.53 Promatrajmo funkciju f : R2 ! R zadanu propisom

f(x; y) =

8><>: xy � x2 � y2x2 + y2

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

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

:

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

fx(x; y) = y�x2 � y2x2 + y2

+4x2y2

(x2 + y2)2

�;

fy(x; y) = x�x2 � y2x2 + y2

� 4x2y2

(x2 + y2)2

�:

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

fyx(x; y) =x2 � y2x2 + y2

�1 +

8x2y2

(x2 + y2)2

�= fxy(x; y):

Pogledajmo sada �to je s derivabino�cu u toµcki (0; 0)! Buduci da je f(x; 0) =

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

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

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

fxx(0; 0) = lim4x!0

fx(0 +4x; 0)� fx(0; 0)4x = lim

4x!0

0� 04x = 0;

fyx(0; 0) = lim4y!0

fx(0; 0 +4y)� fx(0; 0)4y = lim

4y!0

�4y � 04y = �1;

fxy(0; 0) = lim4x!0

fy(0 +4x; 0)� fy(0; 0)4x = lim

4x!0

4x� 04x = 1;

fyy(0; 0) = lim4y!0

fy(0; 0 +4y)� fy(0; 0)4y = lim

4y!0

0� 04y = 0:

Dakle, funkcija f je dvaput derivabilna. Me�utim, "mje�ovite" druge parci-

jalne derivacije fyx(0; 0) i fxy(0; 0) su me�usobno razliµcite! Uzrok, dakako,

leµzi u prekidnosti funkcije fxy(x; y) u toµcki (0; 0).

Schwarzov teorem se lako poopcuje na skalarne funkcije od tri (i vi�e) var-

ijabla, kao i na parcijalne derivacije vi�ih redova. Odgovarajuci teorem jest

ovaj:

1.9. EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 41

TEOREM 1.54 Neka su funkciji f : D ! R, D � Rm; na nekoj "-kugliK(T0; ") � D neprekidne sve parcijalne derivacije do ukljuµcivo r-tog reda.

Ako na toj "-kugli f ima i sve parcijalne derivacije (r+1)-vog reda i ako su

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

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

varijablama.

1.9 EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA

Lokalni ekstrem funkcije vi�e varijabla de�niramo na sliµcan naµcin kao lokalni

ekstrem funkcije jedne varijable:

DEFINICIJA 1.55 Reci cemo da funkcija f : D ! R; D � Rm; imau toµcki T0 2 D lokalni maksimum (lokalni minimum), ako postoji

"-okolina K(T0; ") � D toµcke T0 sa svojstvom da je za svaku toµcku T 2K(T0; ") n fT0g; f(T0) > f(T ) (f(T0) < f(T )). Funkcija ima u toµcki T0

lokalni ekstrem, ako u toj toµcki ima bilo lokalni minimum bilo lokalni

maksimum. Ukoliko je f(T0) � f(T ) (f(T0) � f(T )) za svaku toµcku T 2 Dtada govorimo da funkcija f ima u toµcki T0 globalni maksimum (globalni

minimum).

Kao i do sada promatrat cemo funkcije od dviju varijabli.

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

(lokalni i globalni) u toµcki (0; 0): Primijetimo da je za prvu funkciju toµcka

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

cije, a da je za drugu funkciju ta toµcka vrh sto�ca (grafa) i da ne postoje

parcijalne derivacije u toj toµcci.

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

derivabilna, onda je

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

Oµcito je da funkcija f1 : D1 ! R, D1 � R (f2 : D2 ! R, D2 � R) de�niranapravilom f1(x) = f(x; y0) (f2(y) = f(x0; y)); ima lokalni ekstrem u toµcki


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

@x = df1(x0)dx = 0

�@f(x0;y0)@y = df2(y0)

dy = 0�, i

tvrdnja teorema je dokazana.

NAPOMENA 1.58 Ako je funkcija f : D ! R; D � R2; diferencijabilnau toµcki T0 = (x0; y0), moµze se nuµzni uvjet za obstojnost njezinoga lokalnog

ekstrema u T0 izraziti i kao

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

U tom sluµcaju, T0 = (x0; y0) nazivamo stacionarnom toµckom funkcije

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

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

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

PRIMJER 1.59 (a) Stacionarna toµcka funkcije

z = x2 + y2 � 2x� 6y + 14

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

= 0 i fy(1; 3) = (2y � 6)��(1;3)

= 0:

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

zmin = 1 + 9� 2� 18 + 14 = 4.(b) Toµcka (0; 0) jest stacionarna toµcka funkcije

z = x2 � y2

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

Razmotrimo sada jedan od dovoljnih uvjeta za obstojnost lokalnog ekstrema

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

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

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

fxy(T0) fyy(T0)

�� : (1.50)

Tada vrijedi:


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

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

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

NAPOMENA 1.61 Ukoliko je D(T0) = 0 ne moµzemo zakljuµciti ni�ta o

ekstremu, u tom sluµcaju treba provesti dodatna razmatranja.

PRIMJER 1.62 (a) Funkcija

f : R2 ! R; f(x; y) = x2 � y2,

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

fy(x; y) = �2y u (0; 0) poni�tavaju. Me�utim, buduci da je fxx(x; y) = 2,fxy(x; y) = 0 i fyy(x; y) = �2, to je, za svaki (x; y) 2 R2,

D(x; y) =

�� fxx(x; y) fxy(x; y)

fxy(x; y) fyy(x; y)

�� =�� 2 0

0 �2

�� = �4 < 0;pa funkcija f nema lokalnog ekstrema u toµcki (0; 0).

(b) Funkciji

f : R2 ! R, f(x; y) = �x2 � y2 + 2x,

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

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

D(x; y) =

�� 2 0

0 �2

�� = 4 > 0;pa funkcija f ima u toµcki (1; 0) lokalni maksimum (fxx(x; y) = �2 < 0),

f(1; 0) = 1.

(c) Funkciji

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

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

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

D(x; y) =

�� 2 2

2 2

�� = 0:


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

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

fx(x; y) = 4x3 � 4y = 4

�x3 � y

�= 0) x3 = y;

fy(x; y) = 4y3 � 4x = 4

�y3 � x

�= 0) y3 = x:

Slijedi

x9 � x = x (x� 1) (x+ 1)�x2 + 1

� �x4 + 1

�= 0;

i x1 = 0; x2 = 1; x3 = �1 su nultoµcke: Stacionarne toµcke su T1 = (0; 0);

T2 = (1; 1); T3 = (�1;�1): Buduci da je

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

D(x; y) =

��12x2 �4�4 12y2

�� = 144x2y2 � 16imamo:

� D(0; 0) =�144x2y2 � 16

��(x;y)=(0;0)

= �16 i funkcija f u T1 nema

ekstrem;

� D(1; 1) =�144x2y2 � 16

��(x;y)=(1;1)

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

u T2 ima lokalni minimum zmin = �1;

� D(�1;�1) =�144x2y2 � 16

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

funkcija f u T3 ima lokalni minimum zmin = �1:

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

nice) jednakog oplo�ja O (12m2) odredite onaj s najvecom volumenom.

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

xy + 2xz + 2yz = 12


i treba naci maksimum funkcije

V (x; y; z) = xyz:

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

; pa problem moµzemo rije�iti traµzeci

maksimum funkcije

V (x; y) = xy12� xy2(x+ y)

:

Vrijedi

Vx(x; y) =y2(12� 2xy � x2)

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

x2(12� 2xy � y2)2(x+ y)2

;

i za naci stacionarne toµcke dovoljno je rije�iti sustav

12� 2xy � x2 = 0;

12� 2xy � y2 = 0:

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

da je 12 � 3x2 = 0; i x = 2: Dakle, (2; 2) je stacionarna toµcka. Dovoljne

uvjete nije potrebno ispitivati zbog prirode zadatka. Dobili smo (z = 1) da

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

Prethodni primjer moµzemo interpretirati na naµcin: Odrediti ekstrem funkcije

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

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

naziva se vezani (uvjetni) ekstrem.

NAPOMENA 1.66

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

(ploha) presjecimo cilindriµcnom plohom '(x; y) = 0: Presjeµcinica je pros-

torna krivulja i njezin ekstrem je traµzeni vezani ekstrem.

(b) U de�niciju se ne moramo ograniµciti na dimenziju 2 i samo jedan uvjet.

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

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

prikaza problema).

Nalaµzenje vezenog ekstrema najlak�e je provesti Lagrangeovim postup-

kom.


� Formira se pripadna Lagrangeova funkcija

F (x; y; �) = f(x; y) + �'(x; y);

� Na�u se stacionarne toµcke funkcije F ; neka su to toµcke (xi; yi; �i);

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

PRIMJER 1.67 Vratimo se prethodnom primjeru: odrediti ekstrem funk-

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

Formirajmo pripadnu Lagrangeovu funkciju:

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

i odredimo njezine stacionarne toµcke. Rije�imo sustav

Fx(x; y; z; �) = yz + y�+ 2z� = 0;

Fy(x; y; z; �) = xz + x�+ 2z� = 0;

Fz(x; y; z; �) = xy + 2x�+ 2y� = 0;

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

Rje�enja su�x = 2; y = 2; z = 1; � = �1

2

�i�x = �2; y = �2; z = �1; � = 1

2

�:

Zakljuµcujemo da je traµzeni vezani maksimum z = 1 i on se postiµze za

x = 2; y = 2.

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

x2 + y2 = 1:

Pripadna Lagrangeova funkcija je

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

�pa imamo sustav

Fx(x; y; �) = 2x+ 2x� = 0;

Fy(x; y; �) = 4y + 2y� = 0;


F�(x; y; �) = x2 + y2 � 1 = 0;

µcija su rje�enja�x = 1; y = 0; � = �1

�;�x = �1; y = 0; � = �1

�;�

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

�:

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


Poglavlje 2

VI�ESTRUKI INTEGRAL

Ovdje cemo poopciti pojam odre�enoga integrala na realne funkcije vi�e var-

ijabla. Nadalje, pokazat cemo da se njegovo izraµcunavanje svodi na izraµcu-

navanje konaµcno mnogo odre�enih integrala realnih funkcija jedne varijable.

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

pokazat cemo i nekoliko primjena ovoga integrala.

2.1 VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA

Neka je f : K ! R funkcija de�nirana na zatvorenom pravokutniku

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

i neka je f(x; y) � 0; (x; y) 2 K: Graf Gf funkcije f je ploha µcija je jednadµzbaz = f(x; y): Oznaµcimo sa T "pseudokvadar" odre�en s pravokutnikom K i

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

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

:

Izraµcunajmo volumen V tijela T:

Slika 2.1.

49

50 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL

Postupiti cemo sliµcno izraµcunu povr�ine, ovdje upisivajuci kvadre koji ce

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

limo diobenim toµckama a = x0 < x1 < � � � < xm = b na m podsegmenata

[xi�1; xi] jednake duljine 4x =b� am

: Segment [c; d] podijelimo diobenim

toµckama c = y0 < y1 < � � � < yn = d na n podsegmenata [yj�1; yj ] jed-

nake duljine 4y = d�cn : Razdiobe segmenata [a; b] i [c; d] odre�uju razdiobu

pravokutnika K na pravokutnike

Kij =�(x; y) 2 R2 j xi�1 � x � xi; yj�1 � y � yj

;

i = 1; � � � ;m; j = 1; � � � ; n; jednake povr�ine 4x4y:U svakom pravokutniku Kij odaberimo toµcku (x�i ; y

�j ) i volumen kvadra ko-

jemu je baza pravokutnik Kij i visina f(x�i ; y�j ) iznosi Vij = f(x�i ; y

�j )4x4y:

Taj volumen moµzemo uzeti kao aproksimaciju volumena pseudokvadra odre-

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

Slika 2.2.

Jasno je da traµzeni volumen V tijela T moµzemo aproksimirati zbrojem svih

ovako dobivenih Vij tj.

V �Xm

i=1

Xn

j=1f(x�i ; y

�j )4x4y:

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

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

uzeti da je

V = limm!1n!1

Xm

i=1

Xn

j=1f(x�i ; y

�j )4x4y:

2.1. VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA 51

Slika 2.3.

Limes ovakvoga tipa µcesto se javlja, ne samo kod izraµcuna volumena, nego i

kada funkcija f nije pozitivna. To opravdava de�niciju:

DEFINICIJA 2.1 Dvostruki integral funkcije f nad pravokutnikom K

je broj

I = limm!1n!1

Xm

i=1

Xn

j=1f(x�i ; y

�j )4x4y (4.1)

ukoliko on postoji.

Uobiµcajena oznaka je I =

ZZKf(x; y)dxdy:

PRIMJER 2.2 Izraµcunati dvostruki integral

I =

ZZKxydxdy;

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

0 = x0 < x1 � � � < xm�1 < xm = 1;4x = 1m ; xi =

in ; a segment [0; 1] na y-osi

na n-jednakih dijelova diobenim toµckama 0 = y0 < y1 � � � < yn�1 < yn = 1;

4y = 1n ; yj =

jn : U svakom pravokutniku [xi�1; xi] � [yj�1; yj ] odaberimo

toµcku (x�i ; y�j ) = (xi; yj) =

�im ;

jn

�. Imamo

Xm

i=1

Xn

j=1f�x�i ; y

�j

�4x4y =

Xm

i=1

Xn

j=1(xi � yj) �

1

m� 1n=

1

m� 1n

Xm

i=1

Xn

j=1

� im

�� jn

�=

1

m2� 1n2

Xm

i=1

Xn

j=1i � j =

1

m2� 1n2

Xm

i=1i�Xn

j=1j�=

1

m2� 1n2

Xm

i=1i�n(n+ 1)

2

�=

1

m2� 1n2� n(n+ 1)

2

Xm

i=1i =

1

m2� 1n2� n(n+ 1)

2� m(m+ 1)

2=


1

4+

1

4m+1

4n+

1

4mn;

pa je

I = limm!1n!1

Xm

i=1

Xn

j=1f(x�i ; y

�j )4x4y = lim

m!1n!1

�14+1

4m+1

4n+

1

4mn

�=1

4:

NAPOMENA 2.3

1. SumaXm

i=1

Xn

j=1f(x�i ; y

�j )4x4y naziva seRiemannovom sumom,

a integralZZ

Kf(x; y)dxdy Riemannovim integralom funkcije f

nad K.

2. Limes iz De�nicije 2.1. uvijek postoji ukoliko je funkcija f neprekidna.

On postoji i za neke prekidne funkcije.

NAPOMENA 2.4 Lako je dokazati da vrijedi:

(a)ZZ

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

ZZKf(x; y)dxdy +

ZZKg(x; y)dxdy;

(b)ZZ

Kcf(x; y)dxdy = c

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

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

ZZKg(x; y)dxdy:

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

i=1

X2

j=1f(x�i ; y

�j )4x4y

integralaZZ

Kf(x; y)dxdy:

Slika 2.4.

2.1. VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA 53

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

[0; 1]��1; 32

�; K12 = [0; 1]�

�32 ; 2�; K21 = [1; 2]�

�1; 32

�; K22 = [1; 2]�

�32 ; 2�

i 4x = 1; 4y = 12 : Toµcku (x

�i ; y

�j ) iz Kij moµzemo odabrati po volji: neka je

to sredi�te (�xi; �yj) pravokutnika Kij :

Dakle, (�x1; �y1) =�12 ;54

�; (�x1; �y2) =

�12 ;74

�; (�x2; �y1) =

�32 ;54

�; (�x2; �y2) =�

32 ;74

�i za vrijednosti podintegralne funkcije u tim toµckama imamo f

�12 ;54

�=

12�3

�54

�2= �67

16 ; f�12 ;74

�= 1

2�3�74

�2= �139

16 ; f�32 ;54

�= 3

2�3�54

�2= �51

16 ;

f�32 ;74

�= 3

2 � 3�74

�2= �123

16 : Raµcunamo:ZZK(x� 3y2)dxdy �

X2

i=1

X2

j=1f(�xi; �yj)4x4y =�

f (�x1; �y1) + f (�x1; �y2) + f (�x2; �y1) + f (�x2; �y2)4x4y =�f�12 ;54

�+ f

�12 ;74

�+ f

�32 ;54

�+ f

�32 ;74

�� 1 � 1

2=�

�6716� 13916

� 5116� 12316

�12= �95

8= �11:875:

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

Posve sliµcno se de�nira i trostruki integral. Neka je f : K ! R neprekidnafunkcija triju varijabla de�nirana na kvadru K = [a; b]� [c; d]� [s; t]: Podi-jelimo diobenim toµckama a = x0 < x1 < � � � < xl = b; c = y0 < y1 <

� � � < ym = d; s = z0 < z1 < � � � < zn = t segmente [a; b]; [c; d]; [s; t] na

podsegmente jednake duljine 4x = b�al ; 4y =

d�cm ; 4z = t�s

n : Kvadar K

podijelimo na podkvadre

Kijk = f(x; y; z) 2 R3 j xi�1 � x � xi; yj�1 � y � yj ; zk�1 � z � zkg;

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

i=1

Xm

j=1

Xn

k=1f(x�i ; y

�j ; z

�k)4x4y4z

gdje je (x�i ; y�j ; z

�k) bilo koja toµcka iz kvadra Kijk:

DEFINICIJA 2.6 Trostruki integral funkcije f nad kvadrom K je broj

J = liml;m;n!1

Xl

i=1

Xm

j=1

Xn

k=1f(x�i ; y

�j ; z

�k)4x4y4z (2.2)

ukoliko on postoji.

Uobiµcajena oznaka je J =ZZZ

Kf(x; y; z)dxdydz:


2.2 RAµCUNANJEVI�ESTRUKIH INTEGRALA

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

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

kompliciran. Dakako, raµcunanje (po de�niciji) dvostrukog integrala kompli-

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

2.5.) izraµcunali smo aproksimaciju integralaRRK(x � 3y

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

Izraµcun aproksimacije integrala za �nije raz-

diobe (opet su za (x�i ; y�j ) uzeta sredi�ta

(�xi; �yj)) dan je u prethodnoj tablici. Toµcna

vrijednost integrala je �12 i pokazat cemo nakoji se naµcin taj integral jednostavno raµcuna.

Prisjetimo se (jednostrukog) integrala re-

alne funkcije jedne varijable kojega, naravno,

nismo izraµcunavali po de�niciji, nego primjenom Newton-Leibnizove for-

mule, tj. primjenom neodre�enog integrala. Istu tehniku primijeninimo i

na dvostruki integral. Prvo izraµcunajmo odre�eni integralR ba f(x; y)dx uz-

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

i potom nju integrirajmo uzimajuci c i d kao granice integracije. U na�em

primjeru imamoZ d

c

�Z b

af(x; y)dx

�dy =

Z 2

1

�Z 2

0(x�3y2)dx

�dy =

Z 2

1

��x22�3y2x

��x=2x=0

�dy =Z 2

1

�2� 6y2

�dy =

�2y � 2y3

��y=2y=1

= �12:

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

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

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

a

�Z d

cf(x; y)dy

�dx =

Z 2

0

�Z 2

1(x�3y2)dy

�dx =

Z 2

0

��xy� y3

��y=2y=1

�dx =Z 2

0

��2x� 23

�� (x� 1)

�dx =

Z 2

0(x� 7) dx =

�x22� 7x

��x=2x=0

= �12:

Prethodni postupak kaµze da se izraµcun dvostrukog integralaRRK f(x; y)dxdy

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

Fubinijev teorem:

2.2. RA µCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA 55

TEOREM 2.7 Neka je f : K ! R neprekidna funkcija, pri µcemu je K =

[a; b]� [c; d] � R2 pravokutnik. Tada vrijediZZKf(x; y)dxdy =

Z b

a

�Z d

cf(x; y)dy

�dx =

Z d

c

�Z b

af(x; y)dx

�dy: (2.3)

Uobiµcajeni zapis jeZ b

a

�Z d

cf(x; y)dy

�dx =

Z b

adx

Z d

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

c

�Z b

af(x; y)dx

�dy =

Z d

cdy

Z b

af(x; y)dx (2.3b)

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

PRIMJER 2.8 Izraµcunajmo

I =

ZZKxy2dxdy; K = [a; b]� [c; d]:

I =

ZZKxy2dxdy =

Z b

adx

Z d

cxy2dy =

Z b

a

�x�y33

��y=dy=c

�dx =Z b

ax�d33� c3

3

�dx =

1

3(d3 � c3) �

�x22

��x=bx=a

=1

6(d3 � c3)(b2 � a2):

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

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

gral sa separiranim varijablama i on se moµze jednostavnije izraµcunati

kao umnoµzak dvaju jednostrukih integrala:Z b

adx

Z d

cf(x)g(y)dxdy =

�Z b

af(x)dx

��Z d

cg(y)dy

�: (2.4)

U prethodnom primjeru jeZZKxy2dxdy =

�Z b

axdx

��Z d

cy2dy

�=

��x22

��x=bx=a

��y3

3

��y=dy=c

�=1

6(d3 � c3)(b2 � a2):

NAPOMENA 2.10 Dokaz Fubinijevog teorema je sloµzen, ali se u sluµcaju

pozitivne funkcije moµze intuitivno razumijeti tvrdnja teorema. Naime, u

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


jednak volumenu V odgovarajuceg pseudokvadra. Do izraµcuna toga volu-

mena moµzemo doci i na sljedeca dva naµcina. U prvom sluµcaju istaknuti dio

(Slika 2.5.(a)) ima volumen

Vi =hZ d

cf(x�i ; y)dy

i4x:

Zbroj tih volumena

Xm

i=1Vi =

Xm

i=1

hZ d

cf(x�i ; y)dy

i4x

aproksimira volumen V i u graniµcnom sluµcaju je

V = limm!1

Xm

i=1

hZ d

cf(x�i ; y)dy

i4x =

Z b

a

�Z d

cf(x; y)dy

�dx:

Slika 2.5.

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

Vj =hZ b

af(x; y�j )dx

i4y:

Zbroj tih volumena

Xn

j=1Vj =

Xn

j=1

hZ b

af(x; y�j )dx

i4y

aproksimira volumen V i u graniµcnom sluµcaju je

V = limn!1

Xn

j=1

hZ b

af(x; y�j )dx

i4y =

Z d

c

�Z b

af(x; y)dx

�dy:

Ovim raµcunanjem volimena V na dva naµcina dobivamo da je zaistaZZK

f(x; y)dxdy =

Z b

a

�Z d

cf(x; y)dy

�dx =

Z d

c

�Z b

af(x; y)dx

�dy:


Za neprekidnu funkciju f : D ! R, pri µcemu je D � R2 ome�en (Slika 2.6.),pripadni integral de�niramo pomocu njezinoga trivijalnog pro�irenja

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

na neki pravokutnik K � D.

Slika 2.6.

Sjetimo se interpretacije integrala pozitivne funkcije preko volumena: vol-

umen ispod grafa funkcije f nad D i volumen ispod grafa funkcije ef nadK (primijetimo da ef nije neprekidna funkcija) su jednaki, pa ima smislaintegral funkcije f nad D de�nirati preko integrala funkcije ef nad K (lako

se vidi da taj integral, ako postoji, ne ovisi o odabranom pravokutniku).

DEFINICIJA 2.11 Neka je f : D ! R neprekidna funkcija pri µcemu je

D � R2 ome�en skup. Neka je K � R2 bilo koji pravokutnik �to sadrµzi D,a funkcija ef : K ! R trivijalno pro�irenje funkcije f . Ako je funkcija efintegrabilna onda dvostruki integral (na D) od f de�niramo formulomZZ

Df(x; y)dxdy =

ZZK

ef(x; y)dxdy: (2.5)

NAPOMENA 2.12 Vrijedi:

(a)ZZ

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

ZZDf(x; y)dxdy +

ZZDg(x; y)dxdy;

(b)ZZ

D�f(x; y)dxdy = �

ZZDf(x; y)dxdy; � 2 R;

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

je ZZDf(x; y)dxdy =

ZZD1

f(x; y)dxdy +

ZZD2

f(x; y)dxdy:


Posebno, kad je de�nicijsko podruµcje D � R2 ome�eno grafovima dvijuneprekidnih funkcija lako dobivamo, iz formule (2.5), ovaj teorem:

TEOREM 2.13 Neka je f : D ! R funkcija, pri µcemu je D � R2 ome�engrafovima neprekidnih funkcija '1; '2 : [a; b] ! R, '1 � '2 (Slika 2.7.(a)).

Tada je ZZDf(x; y)dxdy =

Z b

a

�Z '2(x)

'1(x)f(x; y)dy

�dx: (2.6)

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

Df(x; y)dxdy =

Z d

c

�Z 2(y)

1(y)f(x; y)dx

�dy: (2.7)

Slika 2.7.

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

Z b

adx

Z '2(x)

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

ZZDf(x; y)dxdy =

Z d

cdy

Z 2(y)

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

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

drugome u redoslijedu xy:

PRIMJER 2.14 Izraµcunajmo integral

I =

ZZD

�x+ y2

�dxdy,

pri µcemu je D � R2 ome�en krivuljama y = x2 i y = x4 (Slika 2.8.).


Slika 2.8.

Izraµcunajmo ovaj integral yx redosljedom integracije (za vjeµzbu izraµcunati

integral xy redosljedom integracije!):

I =

ZZD

�x+ y2

�dxdy =

Z 1

�1dx

Z x2

x4

�x+ y2

�dy =

Z 1

�1

��xy+

y3

3

��y=x2y=x4

�dx =

Z 1

�1

��x

12

3+x6

3�x5+x3

�dx =

Z 1

�1

�� 1

39x13+

1

21x7� 1

6x6+

1

4x4��1�1=4

91:

PRIMJER 2.15 Promijeniti poredak integracije u integralu

I =

Z 1

0dx

Z 2�x

x

x

ydy

i izraµcunajti njegovu vrijednost.

Slika 2.9.

Podruµcje integracije D � � �(

0 � x � 1x � y � 2� x

moµzemo zapisati i na naµcin

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

D1 � � �(0 � y � 10 � x � y

, D2 � � �(

1 � y � 20 � x � 2� y

:

Imamo

I =

ZZD=

ZZD1

+

ZZD2

=

Z 1

0dy

Z y

0

x

ydx+

Z 2

1dy

Z 2�y

0

x

ydx =


Z 1

0

�1y

�x22

��x=yx=0

�dy +

Z 2

1

�1y

�x22

��x=2�yx=0

�dy =Z 1

0

1

y

�y22� 0�dy +

Z 2

1

1

y

�(2� y)22

� 0�dy =Z 1

0

y

2dy +

1

2

Z 2

1

1

y

�4� 4y + y2

�dy =

1

4+1

2

�4 ln 2� 5

2

�= 2 ln 2� 1:

Raµcunamo li polazni integral u naznaµcenom redoslijedu imamo

I =

Z 1

0dx

Z 2�x

x

x

ydy =

Z 1

0

�x�ln jyj

��y=2�xy=x

�dx =Z 1

0

�x ln j2� xj � x ln jxj

�dx

i nakon prve integracije dobivamo (drugi) nepravi integral.

Parcijalnom integracijom dobivamo da je

I1 =

Zx ln(2� x)dx = x2

2ln (2� x) +

Zx2

2 (2� x)dx =

x2

2ln (2� x)�

hx+

x2

4+2 ln (x� 2)

i=x2

2ln (2� x)�x� x2

4�2 ln (x� 2) ;

I2 =

Zx ln jxj dx = x2

2lnx�

Zx

2dx =

x2

2ln jxj � x2

4:

Sada je

I = lim"!0+

Z 1

"

�x ln (2� x)� x ln jxj

�dx =

lim"!0+

�x22ln (2� x)� x� 2 ln (x� 2)� x2

2ln jxj

��1"=

�1� lim"!0+

�"22� ln (2� ")� "� 2 ln (2� ")| {z }

!ln 2

� "2

2� ln "| {z }!0

�= �1 + 2 ln 2:

I trostruki integralRRR

D f(x; y; z)dxdydz po ome�enom integracijskom po-

druµcju D � R3 de�niramo preko trivijalnog pro�irenja

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

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

ZZZK

ef(x; y; z)dxdydz: (2.8)

Iskaµzimo sada, preglednosti radi, analogone prethodnih teorema u sluµcaju

trostrukog integrala.


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

Kf(x; y; z)dxdydz =

Z b

a

�Z d

c

�Z s

rf(x; y; z)dz

�dy�dx:

"Izmijenjujuci mjesta" varijablama dobivamo analogne integracijske formule.

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

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

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

Z b

a

�Z '2(x)

'1(x)

�Z g2(x;y)

g1(x;y)f(x; y; z)dz

�dy�dx: (2.10)

Posve sliµcno, ako je

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

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

Z d

c

�Z 2(y)

1(y)

�Z g2(x;y)

g1(x;y)f(x; y; z)dz

�dx�dy: (2.11)

Slika 2.10.

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

koristitiZZZDf(x; y; z)dxdydz =

Z b

adx

Z '2(x)

'1(x)dy

Z g2(x;y)

g1(x;y)f(x; y; z)dz; (2.10a)


ZZZDf(x; y; z)dxdydz =

Z d

cdy

Z 2(y)

1(y)dx

Z g2(x;y)

g1(x;y)f(x; y; z)dz; (2.11a)

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

redoslijedu zxy:

PRIMJER 2.18 IzraµcunajmoZZZD2zdxdydz

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

Uoµcimo da promatrane plohe prolaze ishodi�tem i da se sijeku uzduµz je-

diniµcne kruµznice x2 + y2 = 1 u ravnini z = 1: Buduci da izme�u ravnina

z = 0 i z = 1 vrijedi x2+y2 <px2 + y2, to je promatrano tijelo D odre�eno

nejednadµzbama:

�1 � x � 1; �p1� x2 � y �

p1� x2; x2 + y2 � z �

px2 + y2

Imamo: ZZZD2zdxdydz =

Z 1

�1dx

Z p1�x2

�p1�x2

dy

Z px2+y2

x2+y22zdz =

Z 1

�1dx

Z p1�x2

�p1�x2

h�z2��z=px2+y2z=x2+y2

idy =

Z 1

�1dx

Z p1�x2

�p1�x2

h�x2 + y2

��x2 + y2

�2�idy =

Z 1

�1dx

Z p1�x2

�p1�x2

�y2 + x2 � x4 � 2x2y2 � y4

�dy =

Z 1

�1

h�13y3 + x2y � x4y � 2

3x2y3 � 1

5y5��y=p1�x2

y=�p1�x2

idx =

Z 1

�1

h23

�p1� x2

�3+ 2

�x2 � x4

�p1� x2

�43x2�p1� x2

�3 � 25

�p1� x2

�5idx = � � � = �

6


NAPOMENA 2.19 Pokazali smo da ako je funkcija f : D ! R, D � R2,neprekidna i nenegativna, onda pripadni dvostruki integral mjeri volumen

geometrijskoga tijela odre�enoga osnovicom D i plohom Gf , tj.

V () =

ZZDf(x; y)dxdy: (2.12)

Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f(x; y) = 1 promatrani integral

mjeri povr�inu ravninskoga skupa D, tj.

P (D) =

ZZDdxdy: (2.13)

U sluµcaju trostrukog integrala, ako funkcija f : D ! R, D � R3, predstavljagustocu tvarnoga tijela �to zaprema geometrijsko tijelo D, � D, pri-

padni integral mjeri masu, tj.

m() =

ZZZDf(x; y; z)dxdydz: (2.14)

Uoµcimo da za konstantnu funkciju f(x; y; z) = 1 (homogenost) pripadni

integral mjeri volumen tvarnoga tijela �to zaprema geometrijsko tijelo D,

� D

V () =

ZZZDdxdydz: (2.15)

PRIMJER 2.20 Izraµcunajmo volumen V geometrijskoga tijela �to ga zat-

varaju ravnine z = 0, y = x, y = 3x, y = 2�x, y = 4�x i ploha z = x2+y2.

Projekcija promatranog tijela na xy-ravninu je lik D = D1[D2 (Slika 2.11.).

Slika 2.11.

Po relaciji (2.12) imamo

V =

ZZD1

f(x; y)dxdy +

ZZD2

f(x; y)dxdy =


Z 1

12

dx

Z 2x

2�x

�x2 + y2

�dy +

Z 2

1dx

Z 4�x

x(x2 + y2)dy = � � � =

Z 1

12

�6x3 � 4x2 + 4x� 8

3

�dx+

Z 2

1

��8x

3

3+ 8x2 � 16x+ 64

3

�dx =

205

32:

2.3 SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM

INTEGRALU

U praksi je µcesto vrlo vaµzno pojednostavniti podintegralni izraz tako da se

promatrani integral �to lak�e izraµcuna. To vodi k tzv. "problemu zamjenji-

vanja varijabla". U sluµcaju jednostrukog integrala ovaj problem nije posebno

sloµzen. Me�utim, za vi�estruki integral rje�enje ove zadace nije nimalo jed-

nostavno. Ipak, radi praktiµcne koristi, izloµzit cemo ideju dokaza i iskazat

pripadni teorem navodeci i neke posebno vaµzne zamjene u dvostrukom i

trostrukom integralu.

Neka su X;Y � R2 ravninska podruµcja i neka je bijektivno preslikavanje� : Y ! X odre�eno sa

(u; v) 7! �(u; v) = (x = g(u; v); y = h(u; v)); (2.16)

gdje su g; h : Y ! R funkcije koje imaju neprekidne prve parcijalne derivacije(Slika 2.12.).

Slika 2.12.

Oznaµcimo sa

��1 : X ! Y; ��1(x; y) = (u = G(x; y); v = H(x; y))

inverzno preslikavanje. Za preslikavanje � s ovim svojstvima kaµzemo da je

C1 transformacija koja Y preslikava u X:

2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 65

PRIMJER 2.21 Na primjer podruµcje

Y = f(u; v) 2 R2 j 0 � u � 1; 0 � v � 1g

preslikava se transformacijom � odre�enom sa funkcijama

g; h : Y ! R2; x = g(u; v) = u2 � v2; y = h(u; v) = 2uv

u podruµcje X u xy-ravnini ome�eno parabolama x = 1� 14y2; x = 1

4y2 � 1

i segmentom [�1; 1] na x -osi (Slika 2.13.).Zaista, za duµzinu

A = f(u; v) j 0 � u � 1; v = 0g

imamo x = u2; y = 0; pa se ona transformacijom T preslikava u duµzinu

A0 = f(x; y) j 0 � x � 1; y = 0g:

Za duµzinu

B = f(u; v) j u = 1; 0 � v � 1g

imamo x = 1� v2; y = 2v (0 � v � 1), i eliminacijom v; dobivamo

B0 = f(x; y) j x = 1� 14y2; 0 � y � 2g:

Dakle, slika B0 je dio grafa parabole od toµcke 1 na x-osi do toµcke 2 na y-osi.

Slika 2.13.

Analogno odre�ujemo slike C 0 i D0 duµzina C i D (Slika 2.13.):

Neka je transformacija �(u; v) dana sa

x = g(u; v); y = h(u; v):


Oznaµcimo sa�!r (u; v) = g(u; v)

�!i + h(u; v)

�!j

vektor poloµzaja toµcke �(u; v) = (g (u; v); h(u; v)) (u xy-ravnini):

Promotrimo sliku pravokutnika S = [u0; u0 +4u]� [v0; v0 +4v].

Slika 2.14.

Duµzina koja spaja toµcke (u0; v0) i (u0+4u; v0) preslikava se u krivulju kojojje vektorski zapis

�!r (u; v0) = g(u; v0)�!i + h(u; v0)

�!j ; u 2 [u0; u0 +4u];

a duµzina koja spaja toµcke (u0; v0) i (u0; v0+4v) u krivulju kojoj je vektorskizapis

�!r (u0; v) = g(u0; v)�!i + h(u0; v)

�!j ; v 2 [v0; v0 +4v]:

Sliµcno tomu je krivulja �!r (u; v0) = g(u; v0 +4v)�!i + h(u; v0 +4v)

�!j ; u 2

[u0; u0+4u]; slika duµzine koja spaja toµcke (u0; v0+4v); (u0+4v; v0+4v);a krivulja �!r (u0; v) = g(u0 +4u; v)

�!i + h(u0 +4u; v)

�!j ; v 2 [v0; v0 +4v]

slike duµzine koja spaja toµcke (u0 +4u; v0); (u0 +4v; v0 +4v):Transformacijom � se pravokutnik S bijektivno preslikava na podruµcje R

koje ome�uju prethodno navedene krivulje (Slika 2.14.). Oznaµcimo sa

�!a = �!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0);�!b = �!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0):

Povr�inu P (R) podruµcja R moµzemo aproksimirati sa povr�inom paralelo-

grama��!a ��!b �� kojega odre�uju vektori �!a i �!b .

Buduci je (o derivaciji vektorske funkcije vidi naredno poglavlje)

�!ru 0(u0; v0) = lim4u!0

�!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0)4u ;


�!rv 0(u0; v0) = lim4v!0

�!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0)4v ;

vrijedi�!a = �!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0) � 4u�!r 0u(u0; v0);�!b = �!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0) � 4v�!r 0v(u0; v0);

i povr�inu P (R) podruµcja R moµzemo aproksimirati sa��4u�!r 0u(u0; v0)�� 4v�!r 0v(u0; v0)�� = 4u4v��!r 0u(u0; v0)��!r 0v(u0; v0)��:Tangencijalni vektor �!ru 0(u0; v0) na krivulju �!r = g(u; v0)

�!i + h(u; v0)

�!j ;

u 2 [u0; u0 +4u] je

�!ru 0(u0; v0) = g0u(u0; v0)�!i + h0u(u0; v0)

�!j =

@x(u0; v0)

@u

�!i +

@y(u0; v0)

@u

�!j ;

a tangencijalni vektor �!r 0v(u0; v0) na krivulju �!r = g(u0; v)�!i + h(u0; v)

�!j ;

v 2 [v0; v0 +4v] je

�!rv 0(u0; v0) = g0v(u0; v0)�!i + h0v(u0; v0)

�!j =

@x(u0; v0)

@v

�!i +

@y(u0; v0)

@v

�!j ;

pa imamo

�!r 0u(u0; v0)��!r 0v(u0; v0) =

��!i

�!j

�!k

@x(u0; v0)

@u

@y(u0; v0)

@u0

@x(u0; v0)

@v

@y(u0; v0)

@v0

�� =��@x(u0; v0)

@u@y(u0;v0)

@u

@x(u0; v0)

@v@y(u0;v0)

@v

��!k =

��@x(u0; v0)

@u

@x(u0; v0)

@v@y(u0; v0)

@u

@y(u0; v0)

@v

��!k :

Determinanta

��@x@u @x@v

@y@u

@y@v

�� naziva se Jacobijeva determinanta ili Jacobijantransformacije � i oznaµcava sa

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@u

@x

@v@y

@u

@y

@v

�� =@x

@u

@y

@v� @x

@v

@y

@u(2.17)

i, konaµcno, povr�inu podruµcja R moµzemo aproksimirati sa

P (R) ��@(x; y)@(u; v)

��4u4v: (2.18)

gdje Jacobijan treba uzeti u toµcki (u0; v0):


Slika 2.15.

Neka je sada zadano podruµcje Y � R2 u uv-ravnini i transformacija �(u; v);x = g(u; v); y = h(u; v); koja podruµcje Y u uv-ravnini preslikava na podruµcje

X � R2 u xy-ravnini, te neka je f : X ! R funkcija. Podijelimo podruµcje Yna pravokutnike Sij i njihove slike u xy-ravnini oznaµcimo s Rij (Slika 2.15.):

Dvostruki integral funkcije f nad X moµzemo aproksimirati saZZXf(x; y)dP �

Xm

i=1

Xn

j=1f(xi; yj)P (Rij) �

Xm

i=1

Xn

j=1f (g(ui; vj); h(ui; vj))

��@(x; y)@(u; v)

��4u4vgdje je Jacobijan uzet u toµcki (ui; vj): Posljednja suma je integralna suma

za integral ZZYf (g(u; v); h(u; v))

��@(x; y)@(u; v)

��dudv�to nas upuµcuje na supstituciju u dvostrukom integralu.

TEOREM 2.22 Neka je f : X ! R neprekidna funkcija na podruµcju X �R2, a � = (g; h) : X ! Y � R2 neka je bijektivna C1 transformacija µcijiJacobijan ne i�µcezava. Tada jeZZ

Xf(x; y)dxdy =

ZZYf (g(u; v); h(u; v))

��@(x; y)@(u; v)

��dudv: (2.19)

PRIMJER 2.23 Izraµcunati integral

I =

ZZXydxdy

gdje je podruµcje X odre�eno parabolama y2 = 4 � 4x; y2 = 4 + 4x i x-osi(Slika 2.13.).

Raµcun cemo provesti tako da uvedemo supstituciju x = u2 � v2; y = 2uv:


Pokazali smo u Primjeru 2.21. da je podruµcje integracije X slika �(Y )

podruµcja Y = f(u; v) j 0 � u � 1; 0 � v � 1g, gdje je � : X ! Y transfor-

macija odre�ena supstitucijom, tj.

�(u; v) = (x = u2 � v2; y = 2uv):

Buduci je

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@u

@x

@v@y

@u

@y

@v

�� =��2u �2v2v 2u

�� = 4u2 + 4v2 > 0;po Teoremu 2.22. imamo

I =

ZZXydxdy =

ZZY2uv

��@(x; y)@(u; v)

��dudv =Z 1

0

Z 1

02uv � 4

�u2 + v2

�dudv = 8

Z 1

0

�Z 1

0

�u3v + v3u

�du�dv =

8

Z 1

0

h�u44v + v3

u2

2

��u=1u=0

idv =

Z 1

0

�2v + 4v3

�dv =

�v2 + v4

��v=1v=0

= 2:


I =

ZZX

�x2 � y2

�dxdy

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

Slika 2.16.

Imamo

I =

Z 0

�1dx

Z 1+x

�1�x

�x2 � y2

�dy +

Z 1

0dx

Z 1�x

�1+x

�x2 � y2

�dy =

Z 0

�1

h�x2y � y3

3

��y=1+xy=�1�x

idx+

Z 1

0

h�x2y � y3

3

��y=1�xy=�1+x

idx =


Z 0

�1

�43x3 � 2x� 2

3

�dx+

Z 1

0

�2x� 4

3x3 � 2

3

�dx = 0

Izraµcunajmo ovaj integral supstitucijom

u = x+ y; v = x� y:

Podruµcje integracije X (Slika 2.16.) prelazi u Y = f(u; v) j �1 � u �1;�1 � v � 1g (Slika 2.17.).

Slika 2.17.

Buduci je

x =1

2(u+ v); y =

1

2(u� v);

imamo da je

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@u

@x

@v@y

@u

@y

@u

�� =��@�12(u+ v)

�@u

@�12(u+ v)

�@v

@�12(u� v)

�@u

@�12(u� v)

�@u

�� =��12 1

212 �1

2

�� = �12 ;dakle, ��@(x; y)

@(u; v)

�� = 1

2:

Podintegralna funkcija prelazi u

x2 � y2 = (x+ y)(x� y) = uv

pa imamo

I =

ZZX

�x2 � y2

�dxdy =

ZZYuv1

2dudv =

1

2

�Z 1

�1udu

��Z 1

�1vdv

�= 0:

U praksi se, µcesto javlja potreba da se pravokutne Kartezijeve koordinate

(varijable) x; y zamijene polarnim koordinatama u � �; v � '. Supstituci-

jom (x = g(�; ') = � cos'

y = h(�; ') = � sin'


za Jacobijan dobivamo

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@�

@x

@'@y

@�

@y

@'

�� =��cos' �� sin'sin' � cos'

�� = �: (2.20)

Prema tomu,ZZX

f(x; y)dxdy =

ZZY

f(� cos'; � sin') � �d�d': (2.21)

Slika 2.18.

Ovu supstituciju moµzemo interpretirati na naµcin: neka je podruµcje inte-

gracije u integralu ZZXf(x; y)dxdy =

ZZXf(x; y)dP

kao na Slici 2.18., tj. moµze se opisati na naµcin

X = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g:

Naznaµceni element povr�ine dP je kruµzni isjeµcak, pa je

dP =�12(�+ d�)2 � d'

��12�2 � d'

�= �d�d'� 1

2(d�)2d':

Drugi µclan moµzemo zanemariti i uzeti za dP = �d'd�: Sada jeZZX

f(x; y)dxdy =

ZZX

f(x; y)dP =

ZZX

f(� cos'; � sin')�d'd�;

a to daje i na�teorem o supstituciji.

Napomenimo jo�da se u polarnim koordinatama integrira u poretku �' tj.ZZX

f(� cos'; � sin')�d'd� =

Z '2

'1

d'

Z �2(')

�1(')f(� cos'; � sin')�d�: (2.22)


PRIMJER 2.25 Izraµcunajmo integral

I =

ZZX

p1� x2 � y2dxdy,

gdje je X polukrug u I. kvadrantu odre�en kruµznicom�x� 1

2

�2+ y2 = 1

4 :

Slika 2.19.

Zamjenom Kartezijevih koordinata polarnima, integracijsko podruµcje (Slika

2.19.)

X =n(x; y) j 0 � x � 1; 0 � y �

px� x2

opostaje integracijskim podruµcjem (Slika 2.19.)

Y =�('; �) j 0 � ' � �

2 ; 0 � � � cos':

a podintegralna funkcijap1� x2 � y2 postaje

p1� �2: Slijedi,ZZ

X

p1� x2 � y2dxdy (4:22)=

Z �2

0d'

Z cos'

0

p1� �2 � �d� =

Z �2

0

h�13

��2 � 1

�p1� �2

��=cos'�=0

id' =Z �

2

0

h�13

�cos2 '� 1

�p1� cos2 '

��13

�id' =Z �

2

0

h�13

�cos2 '� 1

�sin'

�+1

3

id' =

�

6� 29:

Katkada je raµcun pogodnije provesti u pomaknutom polarnom koordi-

natnom sustavu kojemu je pol u toµcki O = (p; q) :(x� p = � cos';

y � q = � sin':(2.23)

Za Jacobijan dobivamo J = �; i ukoliko je slika podruµcja integracije X oblika

Y = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g


vrijedi ZZXf(x; y)dxdy =

ZZYf(p+ � cos'; q + � sin')�d'd� =

Z '2

'1

d'

Z �1(')

�1(')f(p+ � cos'; q + � sin')�d�: (2.24)

Napomenimo da kruµznice radijusa R sa sredi�tem u polu, koje u Kartezi-

jevom koordinatnom sustavu imaju prikaz (x � p)2 + (y � q)2 = R2; ovdje

imaju jednostavni prikaz � = R: Nadalje, toµcka T = (x; y) u ovomu koordi-

natnom sustavu ima koordinate ('; �) gdje je

� =p(x� p)2 + (y � q)2; tg' = y � q

x� p; (2.25)

i pri odre�ivanju kuta ' iz tg' = y�qx�p treba voditi raµcuna o predznacima

od x� p i y � q.


I =

ZZXdxdy

gdje je X ravninski lik ome�en kruµznicama x2 + (y � 2)2 = 11; (x � 1)2 +(y � 2)2 = 4; uz uvjet x � 0:Integral I jednak je povr�ini P (X) ravninskog lika X (vidi Napomenu 2.19.).

Povr�ina P (X) jednaka je razlici povr�ina P (X1)�P (X2) ravninskih likovanaznaµcenih na Slici 2.20.

Slika 2.20.

Integral

I1 = P (X1) =

ZZX1

dxdy

nije potrebno raµcunati jer je on jednak polovici povr�ine kruga�11�2

�, pa

ostaje izraµcunati integral

I2 = P (X2) =

ZZX2

dxdy:


Raµcun cemo provesti u pomaknutom polarnom koordinarnom sustavu s

polom u toµcki O = (1; 2) (x� 1 = � cos';

y � 2 = � sin';

(Jacobijan ostaje isti J = @(x;y)@(u;v) = �) u kojemu kruµznica (x�1)2+(y�2)2 = 4

ima jednostavan prikaz �kr = 2: Pravac x = 0 ima jednadµzbu �pr = � 1cos' :

Podruµcje integracije X2 je unija podruµcja X21 i X22 (Slika 2.20.) koja u

ovom polarnom koordinatnom sustavu moµzemo opisati na naµcin

X21 =n('; �) j 'A � ' � 'B; 0 � � � �pr = � 1

cos'

o;

X22 = f('; �) j �'A � ' � 'A; 0 � � � �kr = 2g :

Ostaje jo� odrediti 'A (i 'B). Buduci da toµcke A i B leµze na kruµznici

(x� 1)2+(y� 2)2 = 4 i y-osi imamo A = (0; 2+p3); B = (0; 2�

p3): Sada

je

tg'A(2:25)=

yA � qxA � p

=2 +

p3� 2

0� 1 = �p3

i vodeci raµcuna o predznaku, traµzeni kut je 'A =2�3 (i sliµcno 'B = 4�

3 ).

Dakle, podruµcja X21, X22 opisana su nejednadµzbama

X21 =n('; �) j 2�3 � ' � 4�

3 ; 0 � � � � 1cos'

oX22 =

�('; �) j �2�

3 � ' � 2�3 ; 0 � � � 2

:

Imamo

I2 = P (X2) =

ZZX2

dxdy =

ZZX21

dxdy +

ZZX22

dxdy =

Z 4�3

2�3

d'

Z � 1cos'

0�d�+

Z 2�3

� 2�3

d'

Z 2

0�d� =

Z 4�3

2�3

h��22

��=� 1cos'

�=0

id'+

h�'��'= 2�

3

'=� 2�3

i�h��22

��=2�=0

i=

Z 4�3

2�3

� 1

2 cos2 '

�d'+

4�

3� 2 =

�12tg'

�� 4�32�3

+8�

3=p3 +

8�

3:

Konaµcno, imamo

I = P (X) = P (X1)� P (X2) =11�

2�p3� 8�

3=17�

6�p3:


U praksi se, µcesto javlja i potreba da se pravokutne Kartezijeve koordinate

(varijable) x; y zamijene poopcenim polarnim koordinatama '; �:(x = a� cos'

y = b� sin'(2.26)

Za Jacobijan dobivamo

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@�

@x

@'@y

@�

@y

@'

�� =�� a cos' �a� sin'b sin' b� cos'

�� = ab�: (2.27)

Prema tomu,ZZX

f(x; y)dxdy =

ZZY

f(a� cos'; b� sin') � ab�d�d': (2.28)

Napomenimo da se u ovome koordinarnom sustavu elipsa x2

a2+ x2

b2= 1 opisuje

jednadµzbom � = 1; pa stoga poopcene polarne koordinate '; � nazivamo i

eliptiµckim koordinatama. Toµcka T = (x; y) ima u eliptiµckom sustavu

prikaz T = ('; �):

� =

r�x� pa

�2+�y � q

b

�2; tg' =

ay

bx; (2.29)

i pri odre�ivanju koordinate ' iz tg' = aybx treba voditi raµcuna o predz-

nacima koordinata x i y:

PRIMJER 2.27 Izraµcunati

I =

ZZX(x3 + y3)dxdy,

gdje je integracijsko podruµcje X =n(x; y) j x2

a2+ y2

b2� 1; x � 0; y � 0

o:

Integracijsko podruµcje X je nutrina elipse x2

a2+ y2

b2= 1 u prvom kvadrantu.

Zamjenom Kartezijevih koordinata poopcenim (eliptiµckim) polarnim koor-

dinatama, x = a� cos'; y = b� sin'; integracijsko podruµcje

X =n(x; y) j 0 � x � a; 0 � y � b

a

pa2 � x2

opostaje integracijskim podruµcjem

Y =�('; �) j 0 � ' � �

2 ; 0 � � � 1;


a integrand x3+ y3 prelazi u�a3 cos3 '+ b2 sin3 '

��3: Dakle, naznaµcenom

supstitucijom imamoZZX

�x3 + y3

�dxdy

(4:28)=

ZZY

�a3 cos3 '+ b3 sin3 '

��3ab�d'd� =

ab

Z �2

0d'

Z 1

0

�a3 cos3 '+ b3 sin3 '

��4d� =

�ab

Z �2

0

�a3 cos3 '+ b3 sin3 '

�d'��Z 1

0�4d�

�=

�a4b

Z �2

0cos3 'd'+ ab4

Z �2

0sin3 'd'

��15

�=2

15ab�a3 + b3

�:

Katkada je raµcun pogodnije provesti u pomaknutom eliptiµcnom koor-

dinatnom sustavu kojemu je pol u toµcki O = (p; q) :(x� p = �a cos';

y � q = �b sin':(2.30)

Opet je Jacobijan J = ab�; i ukoliko je slika integracijskog podruµcjaX oblika

Y = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g

vrijediZZXf(x; y)dxdy =

ZZYf(p+ a� cos'; q + �b sin')ab�d'd�: (2.31)

Napomenimo da elipsa koja u Kartezijevom koordinatnom sustavu ima jed-

nadµzbu (x�p)2a2

+ (y�q)2b2

= 1; ovdje ima jednostavni prikaz � = 1: Nadalje,

ukoliko je toµcka zadana u Kartezijevom sustavu T = (x; y), njezine eliptiµcke

kordinate '; � su

� =

r�x� pa

�2+�y � q

a

�2; tg' =

a (y � q)b (x� p) ; (2.32)

i pri odre�ivanju kuta ' treba voditi raµcuna o predznacima od y� q i x� p:

PRIMJER 2.28 Izraµcunati povr�inu ravninskog lika

X =�(x; y) j 4(x� 2)2 + 9(y + 1)2 � 36; y � 0

:


Slika 2.21.

Povr�ina je jednaka integralu

I =

ZZXdxdy;

gdje je X istaknuti dio unutra�njosti elipse (x�2)232

+ (y+1)2

22= 1 (Slika 2.21.)

koji moµzemo opisati sa

X =

8<: xB = 2� 3p32 � x � 2 + 3

p32 = xA

0 � y � �1 + 13

p36� 4(x� 2)2

Zamjenom Kartezijevih koordinata pomaknutim poopcenim (eliptiµckim) po-

larnim koordinatama (x� 2 = 3� cos'y + 1 = 2� sin'

elipsa poprima jednostavan zapis � = 1; dok je jednadµzba pravca y = 0 u

ovom sustavu � = 12 sin' : Odredimo '-koordinatu toµcke A = (0; 2�

3p32 ) :

tg'A(4:25)=

a (yA � q)b (xA � p)

=3(0 + 1)

2�2 + 3

p32 � 2

� = p3

3) 'A =

�

6:

Dakako, zbog simetrije je 'B =5�6 : Navedenom supstitucijom integracijsko

podruµcje X postaje integracijsko podruµcje

Y =n('; �) j �6 � ' � 5�

6 ;1

2 sin' � � � 1o:

Imamo

I =

ZZXdxdy

(4:23)=

ZZY6�d'd� = 6

Z 5�6

�6

d'

Z 1

12 sin'

�d� =


6

Z 5�6

�6

h�12�2��=1�= 1

2 sin'

id' = 3

Z 5�6

�6

�1� 1

4 sin2 '

�d' =

3�'+

1

4ctg'

�� 5�6�6

= 3h�5�6� �

6

�+1

4

�ctg

5�

6� ctg �

6

�i=4� � 3

p3

2.

Sliµcna razmatranja vrijede i za trostruki integral.

Neka je Y � R3 podruµcje (u uvw-koordinatnom sustavu) koje se bijektivnomC1 transformacijom � odre�enom sa

x = g(u; v; w); y = h(u; v; w); z = k(u; v; w) (2.33)

preslikava u podruµcje X � R3 (u xyz-koordinatnom sustavu). Jacobijan

transformacije � je determinanta

@(x; y; z)

@(u; v; w)=

��

@x

@u

@x

@u

@x

@w@y

@u

@y

@v

@y

@w@z

@u

@z

@v

@z

@w

��:

TEOREM 2.29 Neka je f : X ! R neprekidna funkcija na podruµcju X �R3, a � = (g; h; k) : Y ! X � R3 neka je bijektivna C1 transformacija µcijiJacobijan ne i�µcezava. Tada jeZZZ

Xf(x; y; z)dxdydz =ZZZYf (g(u; v; w); h(u; v; w); k(u; v; w))

�� @(x; y; z)@(u; v; w)

��dudvdw: (2.34)

U sluµcaju trostrukog integrala se µcesto javlja potreba da se pravokutne

Kartezijeve koordinate x; y; z zamijene cilindriµcnima u � �, v � ', w = z, ili

sfernima u � r, v � �; w � '. Buduci da je veza Kartezijevih i cilindriµcnih

koordinata 8>><>>:x = g(�; ';w) = � cos';

y = h(�; ';w) = � sin',

z = k(�; ';w) = w

to je pripadni Jacobijan

@(x; y; z)

@(�; ';w)=

��

@ (� cos')

@�

@ (� cos')

@'

@ (� cos')

@w@ (� sin')

@�

@ (� sin')

@'

@ (� sin')

@w@w

@�

@w

@'

@w

@w

��=

��cos' �� sin' 0

sin' � cos' 0

0 0 1

�� = �:


Tako dobivamo zamjensku formuluZZZXf(x; y; z)dxdydz =

ZZZYf(� cos'; � sin';w)�d�d'dw (2.35)

PRIMJER 2.30 IzraµcunatiZZZXzpx2 + y2dxdydz;

gdje je podruµcje integracije X =�(x; y; z) j x2 + y2 � 2x; y � 0; 0 � z � a

:

Podruµcje integracije X (Slika 2.22.) je cilindriµcno tijelo kojemu je baza

polukrug.

Slika 2.22.

Integral cemo izraµcunati u cilindriµcnom sustavu8>><>>:x = � cos';

y = � sin',

z = w

u kojemu prodruµcje integracije X prelazi u

Y =�('; �; w) j 0 � ' � �

2 ; 0 � � � 2 cos'; 0 � w � a:

Imamo: ZZZXzpx2 + y2dxdydz =ZZZ

Yw

q(� cos')2 + (� sin') � �d�d'dw =Z �

2

0d'

Z 2 cos'

0�2d�

Z a

0wdw =

a2

2

Z �2

0d'

Z 2 cos'

0�2d� =

a2

2

Z �2

0

h��33

��=2 cos'�=0

id' =

8a2

6

Z �2

0cos3 'd' =

8a2

6

Z �2

0

�1� sin2 '

�cos'd' =

4a2

3

�sin'+

sin3 '

2

��20=8a2

9:


PRIMJER 2.31 Vratimo se ranijem primjeru (Primjer 2.18.): IzraµcunatiZZZX2zdxdydz;

gdje jeX � R3 ome�en grafovima preslikavanja g1(x; y) = x2+y2 i g1(x; y) =px2 + y2.

Raµcun koji treba provesti u integraluZZZX

2zdxdydz =

Z 1

�1dx

Z p1�x2

�p1�x2

dy

Z px2+y2

x2+y22zdz

zahtijeva popriliµcno tehniµcke spretnosti. Prije�e li se, me�utim, na cilin-

driµcne koordinate, integracijsko podruµcje X postaje integracijskim podruµc-

jem Y

Y =�('; �; w) j 0 � ' � 2�; 0 � � � 1; �2 � w � �

:

Tako dobivamo ZZZX2zdxdydz =

ZZZY2w�d�d'dw =

Z 2�

0d'

Z 1

0�d�

Z �

�22wdw =

Z 2�

0d'

Z 1

0

h�w2��w=�w=�2

i�d� =Z 2�

0d'

Z 1

0

��2 � �4

��d� =

�Z 2�

0d'��Z 1

0(�3 � �5)d�

�=�

6:

U sluµcaju sfernog koordinatnog sustava zamjenske varijable uvodimo na

naµcin 8>><>>:x = g(r; #; ') = r sin# cos',

y = h(r; #; ') = r sin# sin',

z = k(r; #; ') = r cos#,

i pripadni Jacobijan je

@(x; y; z)

@(r; #; ')=

��

@ (r sin# cos')

@r

@ (r sin# cos')

@#

@ (r sin# cos')

@'@ (r sin# sin')

@r

@ (r sin# sin')

@#

@ (r sin# sin')

@'@ (r cos#)

@r

@ (r cos#)

@#

@ (r cos#)

@'

��=

��sin# cos' r cos# cos' �r sin# sin'sin# sin' r cos# sin' r sin# cos'

cos# �r sin# 0

�� = r2 sin#:

2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 81

Time smo dobili zamjensku formuluZZZXf(x; y; z)dxdydz =ZZZ

Yf(r sin# cos'; r sin# sin'; r cos#) � r2 sin#drd#d':

(2.36)

PRIMJER 2.32 IzraµcunatiZZZXzp1 + x2 + y2 + z2dxdydz;

gdje je X = f(x; y; z) j x2 + y2 + z2 � 1g:

Podintegralna funkcija zp1 + x2 + y2 + z2 u sfernome koordinatnom sus-

tavu ima zapis r cos#p1 + r2: Podruµcje integracije X je jediniµcna sredi�nja

kugla i ona prelazi u podruµcje integracije Y

Y = f(r; #; ') j 0 � ' � 2�; 0 � # � �; 0 � r � 1g ;

pa jeZZZXzp1 + x2 + y2 + z2dxdydz =

ZZZYr cos#

p1 + r2 � r2 sin#drd#d' =

Z 2�

0d'

Z �2

0cos# � sin#d#

Z 1

0r3p1 + r2dr =

�Z 2�

0d'��Z �

2

0sin# � cos#d#

��Z 1

0r3p1 + r2dr

�=2��p2 + 1

�15

:

2.4 NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH

INTEGRALA

2.4.1 POVR�INA RAVNINSKOG LIKA

Vec smo napomenuli da povr�inu P (X) ravninskog lika X koji je ome�en po

dijelovima glatkom jednostavnom zatvorenom krivuljom moµzemo izraµcunati

primjenom odre�enog (jednostrukog) integrala. Dvostrukim integralom do

traµzene povr�ine dolazimo primjenom formule

P (X) =

ZZXdxdy:

(vidi Napomenu 2.19.). Ovisno o podruµcju integracije, treba uvesti zamjen-

ske varijable kako bi se raµcun �to jednostavnije proveo.


PRIMJER 2.33 Izraµcunati por�inu lika �to ga ome�uju kruµznice

(x� 1)2 + y2 = 1; (x� 2)2 + y2 = 4; x2 + (y � 1)2 = 1; x2 + (y � 2)2 = 4:

Kod uvo�enja zamjenskih vrijabla prvi je cilj da integracijsko podruµcje

prevedemo u �to jednostavnije podruµcje, najµce�ce u pravokutnik. Zapi�imo

zadane kruµznice u drugaµcijem obliku

x2 + y2

x= 2;

x2 + y2

x= 4;

x2 + y2

y= 2;

x2 + y2

y= 4:

i prirodno namecu zamjenske varijable kojima to podruµcje postaje pravokut-

nikom. Sugeriranim zamjenskim varijablama

u =x2 + y2

x; v =

x2 + y2

y

podruµcje ome�eno zadanim kruµznicama postaje pravokutnik (Slika 2.23.)

X = f(u; v) j 2 � u � 4; 2 � v � 4g :

Jer je

x =uv2

u2 + v2; y =

u2v

u2 + v2

za Jacobijan imamo

@(x; y)

@(u; v)=

��@

@u

� uv2

u2 + v2� @

@v

� uv2

u2 + v2�

@

@u

� u2v

u2 + v2� @

@v

� u2v

u2 + v2�� = �

u2v2

(u2 + v2)2

i traµzena povr�ina jednaka je integralu

P (X) =

ZZXdxdy =

Z 4

2

Z 4

2

u2v2

(u2 + v2)2dudv:

Ovaj je integral, iako je integracijsko podruµcje pravokutnik, popriliµcno kom-

pliciran.

Slika 2.23.


Primijetimo da kruµznice kojima je sredi�te na x-osi (y-osi) i prolaze ishodi�tem

imaju u polarnom koordinatnom sustavu jednostavan zapis � = 2a cos'

(� = 2a sin'); gdje je a udaljenost sredi�ta kruµznice do ishodi�ta. U na�em

sluµcaju zadane kruµznice imaju zapis.

� = 2 cos'; � = 4 cos'; � = 2 sin'; � = 4 sin':

Prijelazom na polarni koordinatni sustav podruµcje integracije nece biti pra-

vokutnik, ali ce integrand biti jednostavan. Zbog simetrije, dovoljno je

izraµcunati povr�inu P (Y ) (Slika 2.23.). U polarnom koordinarnom sustavu

podruµcje Y opisano je nejednadµzbama

Y : : : 'A = arctg12 � ' � �

4 = 'B; 2 cos' � � � 4 sin'

pa je

P (X) = 2P (Y ) = 2

Z �4

arctg 12

d'

Z 4 sin'

2 cos'�d� = 2

Z �4

arctg 12

��22

��4 sin'2 cos'

d' =

Z �4

arctg 12

�16 sin2 '� 4 cos2 '

�d' =

�6'� 5 sin 2'

��4arctg 1

2

� 0:9305:

2.4.2 PLO�TINA PLOHE

Graf funkcije f : D ! R, D � R2; je podskup S = f(x; y; z) j (x; y) 2 D;

z = f(x; y)g � R3: Znamo da je S ploha i pritom smo jednadµzbu z = f(x; y),

(x; y) 2 D; nazvali eksplicitnom jednadµzbom plohe S: Ukoliko je funkcija f

diferencijabilna, tada plohu nazivamo glatkom (drugim rijeµcima, ploha S

je glatka µcim u svakoj svojoj toµcki T 2 S dopu�ta tangencijalnu ravninu!).U nekim razmatranjima i primjenama javljat ce se plohe poput ovih na Slici

2.24.

Slika 2.24.


Uoµcavamo da se radi o plohi S sastavljenoj od konaµcno glatkih ploha S1,. . . ,

Sn tako da u toµckama "spojnih krivulja" ne postoje tangencijalne ravnine (ni

normale). Za takve plohe kaµzemo da su po dijelovima glatke. Pokazuje

se da je skup svih toµcaka takve plohe u kojima nema normale "povr�inski

zanemariv" pa cemo ga u na�im razmatranjima smjeti zanemarivati.

Da bismo odredili plohinu plo�tinu polazimo od uobiµcajene de�nicije za

povr�inu P (�) =��!T1T2 �

��!T1T4

�� paralelograma � odre�enoga vrhovima

Ti, i = 1; 2; 3; 4. Neka je, u danom pravokutnom koordinatnom sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�, Ti = (xi; yi; zi), i = 1; 2; 3; 4. Ako taj paralelogram leµzi u

ravnini zadanoj jednadµzbom z � z1 = p(x� x1) + q(y � y1), to je

P (�) =��!T1T2 �

��!T1T4

�� = ��

�!i

�!j

�!k

x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x4 � x1 y4 � y1 z4 � z1

�� =

��!i

�!j

�!k

x2 � x1 y2 � y1 p(x2 � x1) + q(y2 � y1)x4 � x1 y4 � y1 p(x4 � x1) + q(y4 � y1)

�� =

��p�!i � q�!j +�!k �� x2 � x1 y2 � y1x4 � x1 y4 � x1

�� =pp2 + q2 + 1 � P (�0);gdje je �0 (tako�er paralelogram, s vrhovima T 0i , i = 1; 2; 3; 4) okomita

projekcija paralelograma � u xy-ravninu (Slika 2.25.). Naime,

P (�0) =��!T 01T

02 �

��!T 01T

04

�� = ��!i

�!j

�!k

x2 � x1 y2 � y1 0

x4 � x1 y4 � y1 0

�� = ��x2 � x1 y2 � y1

x4 � x1 y4 � x1

��:

Slika 2.25.


Neka je z = f(x; y), (x; y) 2 D � R2, eksplicitna jednadµzba glatke ploheS. Uoµcimo bilo koji pravokutnik �0 � D: Promatrajmo dio plohe S �to

se okomito projicira na �0 i oznaµcimo ga sa S0. Podijelimo �0 ekvidis-tantnim usporednicama s x- i y-osi na vi�e "malih" pravokutnika �0ij , i =1; � � � ; n; j = 1; � � �m. To ce uvjetovati odgovarajucu podjelu od S0 na vi�e"malih" ploha S0ij , od kojih je svaka odre�ena suµzenjem funkcije f na �0ij ,i = 1; � � � ; n; j = 1; � � �m.Zadrµzimo se µcasak na bilo kojoj od ploha S0ij (Slika 2.26.) i odaberimo na

njoj bilo koju toµcku Tij = (xi; yj ; f(xi; yj)): Znamo da je jednadµzba pripadne

tangencijalne ravnine

z � f(xi; yj) = pij(x� xi) + qij(y � yi);

gdje su pij =@f(xi;yi)

@x ; qij =@f(xi;yi)

@y : Oznaµcimo s �ij "mali" paralelogramu toj tangencijalnoj ravnini koji se okomito projicira na "mali" pravokutnik

�0ij . Time smo stigli do kljuµcnoga mjesta u na�emu razmatranju.

Slika 2.26.

Naime, ako plo�tina, kako ju obiµcno zami�ljamo, ima smisla onda bi "mali"

paralelogram�ij i "mala" ploha S0ij trebali imati pribliµzno jednaku povr�inu,naravno, pretpostavljajuci dostatno sitnu podjelu pravokutnika �0. Zato zapripadnu povr�inu uzimamo (pribliµzno)

P (S0) =Xn

i=1

Xm

j=1P (S0ij) �

Xn

i=1

Xm

j=1P (�ij) =

Xn

i=1

Xm

j=1

q1 + p2ij + q

2ijP (�0ij):


Buduci da je P (�0ij) = �x � �y, pri µcemu su �x i �y razmaci izme�uodgovarajucih susjednih usporednica, to je

P (S0) �Xn

i=1

Xm

j=1

q1 + p2ij + q

2ij ��x ��y:

Sjecajuci se de�nicije dvostrukog integrala, uoµcavamo da se na desnoj strani

pojavila integralna suma funkcije

(x; y) 7!

s1 +

�@f(x; y)@x

�2+�@f(x; y)

@y

�2;

pa ima smisla odre�eni integralZZ�0

s1 +

�@f(x; y)@x

�2+�@f(x; y)

@y

�2dxdy

smatrati plo�tinom plohe S0. Jasno je sada da se to smije pro�iriti preko D

na S.

Dakle, ako je z = f(x; y); (x; y) 2 D; eksplicitna jednadµzba glatke plohe S;tada je

P (S) =

ZZD

s1 +

�@f(x; y)@x

�2+�@f(x; y)

@y

�2dxdy (2.37)

njezina plo�tina.

Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f(x; y) = c 2 R naD dobivamoP (S) = P (D) =

RRD dxdy; �to se slaµze s prije poznatom formulom.

Ako ploha S nije glatka, ali ju se moµze rastaviti po dijelovima glatkim

krivuljama na konaµcno mnogo "disjunktnih" glatkih ploha S1; � � � ; Sn, ondaje njezina plo�tina zbroj

P (S) = P (S1) + � � �+ P (Sn):

PRIMJER 2.34 Izraµcunati plo�tinu dijela stoµzaste plohe y = 2�px2 + z2

koji je odre�en uvjetom 1 � y � 2:

Slika 2.27.


Ploha S ("privilegirana" y-os) i njena projekcija D (krug x2 + z2 � 1) na

xz-ravninu prikazani su na Slici 2.27. Treba izraµcunati

P (S) =

ZZD

s1 +

�@(2�px2 + z2)@x

�2+�@(2�px2 + z2)

@z

�2dxdz:

P (S) =

ZZD

s1 +

�� xp

x2 + z2

�2+�� zp

x2 + z2

�2dxdz =ZZ

x2+z2�1

p2dxdz =

p2�:

2.4.3 VOLUMEN TIJELA

Pokazali smo da ako je funkcija f : D ! R, D � R2, neprekidna i nenega-tivna, onda pripadni dvostruki integral mjeri volumen geometrijskoga tijela

X odre�enoga osnovicom D i plohom (grafom) Gf , tj.

V (X) =

ZZDf(x; y)dxdy:

Nadalje, ukoliko je X � R3 onda je njegov volumen

V (X) =

ZZZXdxdydz:

PRIMJER 2.35 Izraµcunati volumen tijela

X =�(x; y; z) j 4x2 + (z � 1)2 � y; y + z � 3; z � 1

2

:

Jednadµzba 4x2 + (z � 1)2 = y odre�uje eliptiµcki paraboloid kojemu je "pri-

vilegirana" y-os i tijelo X nacrtat cemo u koordinatnom sustavu gdje smo

zamijenili z-os i y-os (Slika 2.28.). Uvjet 4x2 + (z � 1)2 � y odre�uje dio

prostora iznad tog paraboloida. Sa y + z � 3 odre�en je dio prostora koji

se nalazi ispod ravnine y = 3� z, a sa z � 12 dio prostora desno od ravnine

z = 12 : Presjek predstavlja tijelo X: Oznaµcimo sa D projekciju tijela X na

ravinu y = 0: Tijelo X moµzemo opisati sa

X =�(x; y; z) j (x; z) 2 D; 4x2 + (z � 1)2 � y � 3� z

;

pa je traµzeni volumen

V (X) =

ZZZXdxdydz =

ZZD

�Z 3�z

4x2+(z�1)2dy�dxdz =

88 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRALZZD

�(3� z)�

�4x2 + (z � 1)2

��dxdz =

ZZD

�2� 4x2 � z2 + z

�dxdz:

Odredimo projekciju D. Projicirajmo na ravninu y = 0 presjek paraboloida

4x2 + (z � 1)2 = y i ravnine y = 3� z :

4x2 + (z � 1)2 = 3� z ) x2

916

+(z � 1

2)2

94

= 1:

Dobili smo elipsu i projekcija D je istaknuti dio nutrine elipse na Slici 2.28.

Raµcun cemo provesti u eliptiµcnom koordinarnom sustavu8><>:x =

3

4� cos'

z =1

2+3

2� sin'

; J =9

8�;

u kojemu jednadµzba elipse x2

916

+(z� 1

2)2

94

= 1 ima zapis � = 1; integrand

2� 4x2 � z2 + z prelazi u 94(1� �

2); a podruµcje integracije je:

D = f('; �) j 0 � ' � �; 0 � � � 1g :

Slika 2.28.

Imamo:

V (X) =

ZZD

�2� 4x2 � z2 + z

�dxdz =

ZZD

9

4

�1� �2

� 98�d'd� =

81

32

ZZD

�� 3

�d'd� =

81

32

Z �

0d'

Z 1

0

�� 3

�d� =

81

128�:

2.4.4 MASA, MOMENTI I TEµZI�TE

Neka je X � R2 ravninski lik i g : X ! R funkcija gustoce. Masu m,

moment Mx obzirom na x-os, moment My obzirom na y-os ravninskog lika


X izraµcunavamo kao vrijednosti integrala:

m =

ZZXg(x; y)dxdy; (2.38)

Mx =

ZZXyg(x; y)dxdy; (2.39)

My =

ZZXxg(x; y)dxdy: (2.40)

Teµzi�te T = (x; y) ravninskog lika X ima koordinate:

x =My

m; y =

Mx

m: (2.41)

Ako su X � R3 i u = g(x; y; z); (x; y; z) 2 X; funkcija gustoce, tada je masam tijela X

m =

ZZZXg(x; y; z)dxdydz; (2.42)

a momenetiMyz (obzirom na koordinatnu ravninu x = 0), Mxz (obzirom na

koordinatnu ravninu y = 0), Mxy (obzirom na koordinatnu ravninu z = 0)

su:

Myz =

ZZZXxg(x; y; z)dxdydz; (2.43)

Mxz =

ZZZXyg(x; y; z)dxdydz; (2.44)

Mxy =

ZZZXzg(x; y; z)dxdydz: (2.45)

Teµzi�te T = (x; y; z) tijela X ima koordinate:

x =Myz

m; y =

Mxz

m, z =

Mxy

m: (2.46)

Momenti inercije tijela X uz funkciju gustoce g : X ! R obzirom na koor-

dinatne osi su

Ix =

ZZZX

�y2 + z2

�g(x; y; z)dxdydz; (2.47)

Iy =

ZZZX

�x2 + z2

�g(x; y; z)dxdydz; (2.48)

Iz =

ZZZX

�x2 + y2

�g(x; y; z)dxdydz: (2.49)


PRIMJER 2.36 Izraµcunati koordinate teµzi�ta lika

D =�(x; y) 2 R2 j x2 + y2 � 1; x � 0; y � x

ako je vrijednost f(x; y) funkcije gostoce u toµcki (x; y) obrnuto propor-

cionalna udaljenosti te toµcke od ishodi�ta.

Lik D prikazan je na Slici 2.29.:

Slika 2.29.

Funkcija gustoce je f(x; y) = 1px2+y2

; pa je

m =

ZZD

1px2 + y2

dxdy;

Mx =

ZZDy

1px2 + y2

dxdy; My =

ZZDx

1px2 + y2

dxdy:

Ove integrale raµcunamo u polarnom koordinatnom sustavu(x = � cos'

y = � sin'; J=�;

u kojemu kruµznica x2 + y2 = 1 ima zapis � = 1; a podruµcje D je

D =�('; �) j �4 � ' � �

2 ; 0 � � � 1:

Imamo

m =

ZZD

1px2 + y2

dxdy =

Z �2

�4

d'

Z 1

0

1

��d� =

h�'��2

�4

i�h��10

i=�

4;

Mx =

ZZXy

1px2 + y2

dxdy =

Z �2

�4

d'

Z 1

0(� sin')

1

��d� =

Z �2

�4

h��22sin'

��10

id' =

Z �2

�4

�12sin'

�d' =

p2

4;


My =

ZZXx

1px2 + y2

dxdy =

Z �2

�4

d'

Z 1

0(� cos')

1

��d� =

Z �2

�4

h��22cos'

��10

id' =

Z �2

�4

1

2cos'd' =

1

2�p2

4:

Za koordinate teµzi�ta dobivamo

x =My

m=

p2

�; y =

Mx

m=2�

p2

�:

PRIMJER 2.37 Odrediti teµzi�te tijela

X =�(x; y; z) j �1 � y � 1; y2 � x � 1; 0 � z � x

ako je funkcija gustoce g(x; y; z) = x+ y.

Tijelo X ome�eno je valjµcastom plohom y2 = x i ravninama z = 0 i z = x

(Slika 2.30.).

Slika 2.30.

Imamo:

m =

ZZZXg(x; y; z)dxdydz =

Z 1

�1dy

Z 1

y2dx

Z x

0(x+ y) dz =

Z 1

�1

��13y6 � 1

2y5 +

1

2y +

1

3

�dy =

4

7;

Myz =

ZZZXxg(x; y; z)dxdydz =

Z 1

�1dy

Z 1

y2dx

Z x

0x (x+ y) dz =

Z 1

�1dy

Z 1

y2

�x2y + x3

�dx =

Z 1

�1

��14y8 � 1

3y7 +

1

3y +

1

4

�dy =

4

9;

Mxz =

ZZZXyg(x; y; z)dxdydz =

Z 1

�1dy

Z 1

y2dx

Z x

0y (x+ y) dz =


Z 1

�1dy

Z 1

y2

�x2y + xy2

�dx =

Z 1

�1

��13y7 � 1

2y6 +

1

2y2 +

1

3y�dy =

4

21;

Mxy =

ZZZXzg(x; y; z)dxdydz =

Z 1

�1dy

Z 1

y2dx

Z x

0z (x+ y) dz =Z 1

�1dy

Z 1

y2

1

2

�x3 + x2y

�dx =

Z 1

�1

��18y8 � 1

6y7 +

1

6y +

1

8

�dy =

2

9

i traµzene koordinate teµzi�ta su

x =Myz

m=7

9; y =

Mxz

m=1

3; z =

Mxy

m=7

18:

PRIMJER 2.38 Izaraµcunati koordinate teµzi�ta i moment inercije Ix tijela

ome�enog paraboloidom x = 4y2 + 4z2 i ravninom x = 4 ako je funkcija

gustoce g(x; y; z) = x2 + y2 + z2:

m =

ZZZX

�x2 + y2 + z2

�dxdydz =

Z 1

�1dy

Z p1�y2�p1�y2

dz

Z 4

4y2+4z2

�x2 + y2 + z2

�dx =

50

3�;

Myz =

ZZZXx�x2 + y2 + z2

�dxdydz =Z 1

�1dy

Z p1�y2�p1�y2

dz

Z 4

4y2+4z2x�x2 + y2 + z2

�dx =

266

5�;

Mxz =

ZZZXy�x2 + y2 + z2

�dxdydz =Z 1

�1dy

Z p1�y2�p1�y2

dz

Z 4

4y2+4z2y�x2 + y2 + z2

�dx;

Mxy =

ZZZXz�x2 + y2 + z2

�dxdydz =Z 1

�1dy

Z p1�y2�p1�y2

dz

Z 4

4y2+4z2z�x2 + y2 + z2

�dx =

Z 1

�1

�Z p1�y2�p1�y2

�Z 4

4y2+4z2z�x2 + y2 + z2

�dx�dz�dy = 0;

(x; y; z) =�399125 ; 0; 0

�;

Ix =

ZZZX

�y2 + z2

� �x2 + y2 + z2

�dxdydz =Z 1

�1dy

Z p1�y2�p1�y2

dz

Z 4

4y2+4z2

�y2 + z2

� �x2 + y2 + z2

�dx = : : : =

101

15�:

Poglavlje 3

VEKTORSKA ANALIZA

TEORIJA POLJA

3.1 VEKTORSKE FUNKCIJE

Promatrali smo funkcije f : X ! Y; X; Y � R, potom funkcije f : X ! Y;

X � Rn, Y � R, a ovdje cemo promatrati funkcije gdje su i domena ikodomena "podebljane", tj. funkcije oblika

f : X ! Y; X � Rm; Y � Rn (n � 2):

Dakako, interesirat ce nas najvaµzniji sluµcaj kada je n = 2; 3 ili n = 4:

PRIMJER 3.1 Funkcija koja svakoj toµcci iz jediniµcnog krugaX = D � R2

pridruµzuje toµcku na naµcin opisan slikom

Slika 3.1.

moµzemo interpretirati na naµcin: ukoliko je na kodomeni R3 zadan desniortonormirani Kartezijev koordinatni sustav

�O;�!i ;�!j ;�!k�; tada tu funkciju

93

94 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA

moµzemo opisati sa:

f(x; y) = x�!i + y

�!j +

px2 + y2

�!k =

nx; y;

px2 + y2

o:

Dakle, u ovom bi primjeru funkcija f bila zadana sa tri skalarne funkcije

w1; w2; w3 : D ! R; w1(x; y) = x; w2(x; y) = y; w3(x; y) =px2 + y2

i svakoj toµcci T = (x; y) 2 D ovom funkcijom bi pridruµzili vektor

f(T ) = fw1(T ); w2(T ); w3(T )g :

Uobiµcajeno je umjesto f pisati �!w :

DEFINICIJA 3.2 Funkciju

�!w : X ! Rn (n � 2)

gdje je X � Rm opisan sa n-skalarnih funkcija wi : X ! R; i = 1; � � � ; n nanaµcin

Rm � X 3 T 7�! �!w (T ) = fw1(T ); � � � ; wn(T )g

nazivamo vektorskom funkcijom. Pritom, (skalarne) funkcije

wi : X ! R; i = 1; � � � ; n;

nazivamo koordinatnim funkcijama od �!w :

Nama ce od posebnog interesa biti vektorske funkcije kojima je domena

X � R a kodomena R3; dakle funkcije oblika�!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g :

PRIMJER 3.3 Gibanje materijalne toµcke opisuje funkcija

�!s (t) = 2 cos t�!i + 2 sin t�!j + 3t�!k ; t 2 [0;1i :

Slika 3.2.

3.2. LIMES I NEPREKIDNOST 95

Nacrtajmo njenu putanju (hodograf) - to su sve zavr�ne toµcke

T (t) = (2 cos t; 2 sin t; 3t) 2 R3

vektora �!s (t); t 2 [0;1i. Putanja te materijalne toµcke jest valjµcana uzvoj-nica �to se obavijajuci valjak x2 + y2 = 4 "penje brzinom" z = 3t (Slika

3.2.).

Ukoliko je zadano samo pravilo za ovakve funkcije prirodno se postavlja

pitanje domene te funkcije. Dakako, (prirodna) domena takve funkcije je

maksimalan podskup X za koji funkcija ima smisla, a to znaµci da na njemu

sve koordinatne funkcije postoje.

3.2 LIMES I NEPREKIDNOST

Pojmovi limes i neprekidnost prirodno se poopcuju i na vektorske funkcije.

De�nirat cemo te pojmove za sluµcaj kada je domena X � R:

DEFINICIJA 3.4 Reci cemo da je vektor�!l graniµcna vrijednost (limes)

funkcije �!w : X ! R3; u toµcki t0 2 X � R; i pisati limt!t0

�!w (t) = �!l ; ako

(8" > 0) (9� > 0) (8t 2 X n ft0g) d (t; t0) < � ) d��!w (t);�!l � < ": (3.1)

Kao i za skalarne funkcije, graniµcna vrijednost ima puni smisao samo u

gomili�tima i neizoliranim toµckama skupa X. Osim toga, buduci da je ovdje

udaljenost de�nirana vektorskom normom d��!w (t);�!l � = ��!w (t)��!l ��, to se

de�nicijska implikacija, ako je �!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g i�!l = fl1; l2;

l3g; smije zapisati i ovako:

jt� t0j < � )�X3

i=1(wi(t)� li)2

� 12< ": (3.2)

Pomocu toga se lako dokazuje ova µcinjenica:

TEOREM 3.5 limt!t0

�!w (t) = �!l , limt!t0

wi(t) = li; i = 1; 2; 3:

PRIMJER 3.6 Funkcija �!w (t) =�sin tt ; 0; t

; t 2 h0;1i ; ima u t = 0

graniµcnu vrijednost f1; 0; 0g jer je

limt!0

�!w (t) =�limt!0

sin t

t; limt!0

0; limt!0

t

�= f1; 0; 0g:


DEFINICIJA 3.7 Reci cemo da je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X �R, neprekidna u toµcki t0 2 X ako

(8� > 0) (9� > 0)(8t 2 X) d(t; t0) < � ) d��!w (t);�!w (t0)� < �: (3.3)

Ako je vektorska funkcija �!w neprekidna u svakoj toµcki t 2 A � X, onda

kaµzemo da je �!w neprekidna na skupu A. U sluµcaju A = X govorimo o

neprekidnoj vektorskoj funkciji �!w .

U praksi je vrlo korisno da se neprekidnost vektorske funkcije svodi na

neprekidnost njezinih koordinatnih funkcija. O tomu govori sljedeci teorem:

TEOREM 3.8 Vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, je neprekidna (utoµcki t0) onda i samo onda, ako su sve njezine koordinatne funkcije w1; w2;

w3 : X ! R neprekidne (u toµcki t0).

PRIMJER 3.9 Istraµzimo (ne)prekidnost vektorske funkcije

�!w : R! R3, �!w (t) =((t� 1)�!i + t2�!k ; t < 1

(ln t)�!j +

�1� t2

��!k , t � 1

:

Primjetimo da su pripadne koordinatne funkcije

w1(t) =

(t� 1, t < 1

0, t � 1; w2(t) =

(0, t < 1

ln t, t � 1;

w3(x) =

(t2, t < 1

1� t2, t � 1;

neprekidne u svakoj toµcki t 6= 1. Po prethodnom teoremu je i funkcija �!wneprekidna u svakoj toµcki t 6= 1. Nadalje,

fw1(1); w2(1); w3(1)g = f0; 0; 0g = �!w (1):

Buduci da je

limt!1�0

w1(t) = 0 = limt!1+0

w1(t) = w1(1); tj. limt!1

w1(t) = w1(1);

to je funkcija w1 neprekidna u toµcki t = 1. Sliµcno se pokazuje da je

limt!1

w2(t) = w2(1) pa je i koordinatna funkcija w2 neprekidna u toµcki t = 1.

Me�utim,

limt!1�0

w3(t) = 1 6= 0 = limt!1+0

w3(t);

3.3. DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE 97

pa funkcija w3 nema graniµcne vrijednosti u toµcki t = 1. Buduci da se radi

o neizoliranoj toµcki (R nema izoliranih toµcaka), to je koordinatna funkcijaw3 prekidna u toj toµcki. Po prethodnom teoremu je i vektorska funkcija �!wprekidna (samo) u toµcki t = 1.

3.3 DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE

FUNKCIJE

Ovdje se ne upu�tamo u razmatranje o diferencijabilnosti i diferencijalima

vektorske funkcije, nego cemo se zadrµzati na najjednostavnijem sluµcaju vek-

torske funkcije - onomu kad joj je varijabla skalar (broj) t 2 X � R, tj.sluµcaju m = 1 i n � 2. Pokazat ce se da se ovdje naslje�uju sve vaµzne

µcinjenice �to smo ih dokazali za realne funkcije jedne varijable. Primjerice,

diferencijabilnost je ekvivalentna derivabilnosti, koju se moµze "rede�nirati"

kako slijedi:

DEFINICIJA 3.10 Vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, je deriva-bilna u toµcki t0 2 X, ako funkcija

�!w (t)��!w (t0)t�t0 ima graniµcnu vrijednost u

toµcki t0: Tu graniµcnu vrijednost oznaµcavamo s

�!w 0(t0) = limt!t0

�!w (t)��!w (t0)t� t0

(3.4)

i nazivamo derivacijom vektorske funkcije �!w u toµcki t0: Ukoliko je�!w

derivabilna u svakoj toµcki t 2 X; tada kaµzemo da je �!w derivabilna funkcija.

Ukoliko rabimo koordinatni zapis vektorske funkcije

�!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g ;

jasno je da je tada �!w derivabilna u toµcci t0 onda i samo onda ukoliko su sve

koordonatne funkcije derivabilne i pritom je

�!w 0(t) =�w01(t); w

02(t); w

03(t)

:

Primjetimo da je, za ovakve vektorske funkcije,

d�!w (t0) = �!w 0(t0)dt:


Ako je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, derivabilna u svakoj toµckit 2 X, onda je dobro de�nirana funkcija (derivacija od �!w )

�!w 0 : X ! R3; t 7�! �!w 0(t):

Jasno je i kako treba de�nirati derivacije vi�ih redova i vi�e diferenci-

jale. Naime�!w 00 def.=

��!w 0�0; : : : ;�!w (n+1) def.=��!w (n)

�0;

d2�!w (t0) = �!w 00(t0)dt2; : : : ; dr�!w (t0) = �!w (r)(t0)dt

r:

PRIMJER 3.11 Gibanje materijalne toµcke u Primjeru 3.3 opisuje jed-

nadµzba�!s (t) = 2 cos t�!i + 2 sin t�!j + 3t�!k ;

t 2 [0;1i (vrijeme). Odredimo joj brzinu i ubrzanje u svakom trenutku.

Posebice, izraµcunajmo joj brzinu i ubrzanje (pripadne vektore) kad je t = 0

i t = �2 .

Putanja te materijalne toµcke jest valjµcana uzvojnica (cilindriµcna spirala)

�!s (t) = f2 cos t; 2 sin t; 3tg; t 2 [0;1i ;

�to se obavijajuci valjak x2 + y2 = 4 "penje brzinom" z = 3t .

Buduci da je brzina derivacija puta po vremenu, to je

�!v (t) = �!s 0(t) = �2 sin t�!i + 2 cos t�!j + 3�!k ; t 2 [0;1i :

Nadalje, derivirajuci brzinu dobivamo ubrzanje, tj.

�!a (t) = �!v 0(t) = �2 cos t�!i �2 sin t�!j ; t 2 [0;1i :

Napokon, ako je t = 0 onda je �!v (0) = 2�!j + 3�!k i �!a (0) = �2�!i , a ako jet = �

2 onda je�!v��2

�= �2�!i + 3�!k i �!a

��2

�= �2�!j :

Naredni teorem donosi derivacijska pravila za osnovne operacije nad vek-

torskim funkcijama skalarne varijable.

TEOREM 3.12 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R, derivabilne vektorskefunkcije, f : X ! R derivabilna (skalarna) funkcija i �; � 2 R. Tada vrijedeova pravila:


(i)��!w + ��!u

�0= ��!w 0 + ��!u 0;

(ii)�f�!w

�0= f 0�!w + fw0, pri µcemu je

�f�!w

�(t) = f(x)�!w (t);

(iii)��!wf

�0=f�!w 0 � f 0�!w

f2, pri µcemu je

��!wf

�(t) =

�!w (t)f(t)

i f(t) 6= 0;

(iv)��!w ��!u �0 = ��!w 0 ��!u

�+��!w ��!u 0�, pri µcemu je ��!w ��!u �(t) = w1(t)u1(t)+

w2(t)u2(t) + w3(t)u3(t) skalarni umnoµzak.

U sluµcaju n = 3, za vektorski umnoµzak �!w ��!u , tj. za

��!w ��!u �(t) = �!w (t)��!u (t) =��!i

�!j

�!k

w1(t) w2(t) w3(t)

u1(t) u2(t) u3(t)

��, tako�er vrijedi(v)

��!w ��!u �0 = �!w 0 ��!u +�!w ��!u 0.

Sva navedena pravila proizlaze izravno iz pripadnih de�nicija, a dokazuju se

posve sliµcno onima za deriviranje realnih funkcija jedne varijable. Dokaµzimo

npr. pravilo pod (v)!

��!w ��!u �0(t) = lim4t!0

��!w ��!u �(t+4t)� ��!w ��!u �(t)4t =

lim4t!0

��!w (t+4t)��!w (t)4t ��!u (t+4t) +�!w (t)�

�!u (t+4t)��!u (t)4t

�=

�!w 0(t)��!u (t) +�!w (t)��!u 0(t) =��!w 0 ��!u +�!w ��!u 0

�(t);

pri µcemu smo iskoristili distributivnost, homogenost i neprekidnost vek-

torskoga mnoµzenja.

PRIMJER 3.13 Odredimo derivaciju vektorske funkcije �!! : X ! R3,X � R, ako je �!! = �!u � (�!v ��!w ), pri µcemu su �!u ;�!v ;�!w : X ! R3

derivabilne vektorske funkcije. Dobiveni ishod provjerimo na funkcijama

�!u (x) =�2x; 0; � 3x2

;�!v (x) =

�x3; 0; 2 + x2

;�!w (x) =

�x; x2; x3

:

Primijenimo (dvaput) Teorem 3.12(v):

�!! 0(x) =��!u ��!v ��!w ��0(x) = �!u 0(x)��!v ��!w �(x)+�!u (x)��!u ��!v �0(x) =

�!u 0(x)��!v (x)��!w (x)�+�!u (x)��!v 0(x)��!w (x)�+�!u (x)��!v (x)��!w 0(x)

�:


Buduci da je

�!u 0(x) = f2; 0;�6xg; �!v 0(x) =�3x2; 0; 2x

; �!w 0(x) =

�1; 2x; 3x2

,

�!v (x)��!w (x) =�x6 � x4 � 2x2; x3 + 2x;�x4

;

�!v 0(x)��!w (x) =�3x5 � 2x3; 2x2;�3x3

;

�!v (x)��!w 0(x) =�3x5 � 2x3 � 4x; x2 + 2;�x3

;

to je

�!u (x)��!v (x)��!w (x)� = �3x5 + 6x3;�3x8 + 3x6 + 2x5 + 6x4; 2x4 + 4x2 ;

�!u 0(x)��!v (x)��!w (x)� = �6x4 + 12x2;�6x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x ;�!u (x)�

��!v 0(x)��!w (x)� = �6x4;�9x7 + 6x5 + 6x4; 4x3 ;�!u (x)�

��!v (x)��!w 0(x)�=�3x4 + 6x2;�9x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x

:

Sada uvr�tavanjem i sre�ivanjem dobivamo:��!u (x)� ��!v (x)��!w (x)��0 =�3x5 + 6x3;�3x8 + 3x6 + 2x5 + 6x4; 2x4 + 4x2

0=�

15x4 + 18x2;�24x7 + 18x5 + 10x4 + 24x3; 8x3 + 8x; i

�!u 0(x)��!v (x)��!w (x)�+�!u (x)��!v 0(x)��!w (x)�+�!u (x)��!v (x)��!w 0(x)

�=�

6x4 + 12x2;�6x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x+

+�6x4;�9x7 + 6x5 + 6x4; 4x3

+

+�3x4 + 6x2;�9x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x

=�

15x4 + 18x2;�24x7 + 18x5 + 10x4 + 24x3; 8x3 + 8x:

Razmotrimo sada derivaciju funkcijske kompozicije skalarne i vektorske fun-

kcije. Neka je f : X ! R, X � R, derivabilna (skalarna) funkcija, a �!w :

Y ! R3, Y � R i f [X] � Y , derivabilna vektorska funkcija. Tada je dobro

de�nirana kompozicija �!w � f : X ! R3. Jednostavno je dokazati da pritomvrijedi analogon standardnoga teorema o derivaciji funkcijske kompozicije,

tj. ��!w � f�0(t) = �!w 0 (f(t)) � f 0(t); t 2 X: (3.5)


Na kraju, odjeljak cemo dopuniti razmatranjem integrabilnosti vektorske

funkcije realne varijable. Integral ovakve funkcije moµzemo de�nirati na

standardni naµcin, odnosno, pomocu pripadne primitivne funkcije i Newton-

Leibnizove formule.

DEFINICIJA 3.14 Vektorsku funkciju�!W : X ! R3, X � R, nazivamo

primitivnom funkcijom vektorske �!w : X ! R3, ako je

�!W 0(t) = �!w (t) (3.6)

za svaki t 2 X (osim, moµzda, u prebrojivo mnogo toµcaka od X).

Po koordinatnim funkcijama zapisano to znaµci

W 0j(x) = wj(x); j = 1; 2; 3:

Pritom govorimo da je vektorska funkcija (skalarne varijable) �!w integra-

bilna. U sluµcaju segmenta (ili intervala) X = [a; b], (odre�eni) integral

vektorske funkcije �!w de�niramo kao vektorZ[a;b]

�!w �Z b

a

�!w (t)dt def.= �!W (b)��!W (a): (3.7)

Po koordinatnim funkcijama fw1; w2; w3g = �!w je, dakle,Z b

a

�!w (t)dt =�Z b

aw1(t)dt;

Z b

aw2(t)dt;

Z b

aw3(t)dx

�: (3.7.a)

Odatle neposredno slijede dobra svojstva integrala vektorske funkcije �to ih

donosi ovaj teorem:

TEOREM 3.15 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X = [a; b] � R, integrabilnevektorske funkcije, f : X ! R integrabilna (skalarna) funkcija, �!c konstan-tan vektor i �; � 2 R. Tada vrijedi:

(i)Z b

a

��!w (t) + ��!u (t)

�dt = �

Z b

a

�!w (t)dt+ �Z b

a

�!u (t)dt (linearnost);

(ii)Z b

a

��!c � �!w (t)�dt = �!c � Z b

a

�!w (t)dt (linearnost za skalarni umnoµzak);

(iii)Z b

a

��!w (t) ��!u 0(t)�dt = �!w (b) ��!u (b)��!w (a) ��!u (a)�Z b

a

��!w 0(t) ��!u (t)�dt;


(iv)Z b

a

�f(t)�!w 0(t)

�dt = f(b)�!w (b)� f(a)�!w (a)�

Z b

a

�f 0(t)�!w (t)

�dt.

((iii) i (iv) su formule za parcijalno integriranje redom skalarnoga umno�ka

vektorskih funkcija i umno�ka realne i vektorske funkcije.)

PRIMJER 3.16 Ubrzanje materijalne toµcke (u R3) opisuje jednadµzba

�!a (x) = 6x�!c 1 + 2�!c 2;

x 2 [0;1i (vrijeme), pri µcemu su �!c 1 i �!c 2 konstantni vektori. Otkrijmozakon x 7! �!s (x) po kojemu se giba ta toµcka, ako su poµcetni uvjeti �!s (0) =�!0 i �!v (0) = �!0 (poµcetna brzina).Buduci da je �!v 0(x)) = �!a (x)) i �!s 0(x)) = �!v (x)), to je

�!v (x) =Z x

0

�!a (t)dt+�!v (0) =Z x

0

�6t�!c 1 + 2�!c 2

�dt+

�!0 = 3x2�!c 1 + 2x�!c 2;

�!s (x) =Z x

0

�!v (t)dt+�!s (0) =Z x

0

�3t2�!c 1 + 2t�!c 2

�dt+

�!0 = x3�!c 1 + x2�!c 2:

PRIMJER 3.17 Izraµcunajmo integral vektorske funkcije

�!w : R! R3; �!w (t) =�3e�t; cos t; t

;

na segmentu [0; �].Z �

0

�!w (t)dt =�Z �

03e�tdt;

Z �

0cos tdt;

Z �

0tdt

�=

=

�3(1� e��); 0; �

2

2

�= 3

�1� e��

��!i +

�2

2

�!k :

3.4 SKALARNO I VEKTORSKO POLJE

U ovomu cemo odjeljku pokazati nekoliko primjena skalarne i vektorske ana-

lize u prostoru R3: Ovaj poseban sluµcaj je naroµcito vaµzan jer se u njemuopisuje na� �ziµcki (tvarni) svijet. Stoga cemo nastojati, kad god to bude

moguce, i oznake prilagoditi onima tradicionalnim �to dolaze iz �zike.

Za svaku toµcku T u prostoru E neka�!V (T ) oznaµcuje skup svih radijus-vektora

�!r P (usmjerenih duµzina�!TP ) svih toµcaka P u prostoru E s obzirom na toµcku

T , te neka je�!V �

Sf�!V (T ) j T toµcka u Eg:

3.4. SKALARNO I VEKTORSKO POLJE 103

DEFINICIJA 3.18 Svaku funkciju U : ! R nazivamo skalarnim po-

ljem, a svaku funkciju�!V : ! �!

V - vektorskim poljem na danom skupu

toµcaka u E.

Drugim rijeµcima, na toµckovnom skupu je zadano skalarno polje µcim je

svakoj toµcki T 2 pridijeljen toµcno jedan broj

U(T ) 2 R;

a vektorsko polje je zadano na skupu µcim je svakoj toµcki T 2 pridjeljentoµcno jedan radijus-vektor

�!V (T ) = �!r P 2

�!V (T );

Primijetimo da De�nicija 3.18 ne ovisi o koordinatizaciji prostora E. Me�u-tim, oµcito je da je, u svakom koordinatnom sustavu S u E, svako skalarnopolje U : ! R posve odre�eno nekom funkcijom

f : X � S ! R; S � ES; f(TS) = U(T )

(indeks podsjeca na uvedeni koordinatni sustav). Sliµcno vrijedi za svako

vektorsko polje. Primjerice, uvedemo li u prostor E Kartezijev desni pra-vokutni koordinatni sustav S =

�O;�!i ;�!j ;�!k�, prostor E se identi�cira s R3

pa se svako skalarno polje U : ! R opisuje nekom (skalarnom) funkcijom

f : X ! R; f(x; y; z) = U(T );

a svako vektorsko polje�!V : ! �!

V nekom (vektorskom) funkcijom

�!w : X ! R3; �!w (x; y; z) = �!V (T );

pri µcemu su x; y; z koordinate toµcke T 2 u sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�, tj.

T � (x; y; z) 2 X � R3. Pritom je, dakle,

�!V (T ) = wx(x; y; z)

�!i + wy(x; y; z)

�!j + wz(x; y; z)

�!k ;

gdje je tj. �!w = fwx; wy; wzg. Ponekad necemo, jednostavnosti radi, pravitistrogu jeziµcnu razliku izme�u "polja" i "funkcije". Osim toga, najµce�ce

necemo me�usobno formalno razlikovati ni skupove�!V (T ), T 2 , nego cemo

svakoga od njih poistovjetiti s�!V (O), gdje ce O biti ishodi�te Kartezijeva

desnog pravokutnog sustava�O;�!i ;�!j ;�!k�.


PRIMJER 3.19

(a) Neka predstavlja neku visoku pec kao toµckovni skup, te neka je, za

svaki T 2 ; U(T ) temperatura (u odabranom trenutku) one tvari kojoj

ta toµcka (kao tvarna toµcka) pripada. Tada je U : ! R temperaturno

(skalarno) polje tvari u promatranoj visokoj peci u odabranom µcasu.

(b) Neka je Zemljina kruta povr�ina zami�ljena kao toµckovni skup, te neka

je, za svaki T 2 ; U(T ) nadmorska visina, odnosno, podmorska dubina tetoµcke (s obzirom na dogovorenu nultu plimnu razinu). Tada je U : ! Rskalarno polje - "reljefni globus".

(c) Neka je f(x; y; z) =z

x2 + y2: Tada je funkcijom

f : R2 n f(0; 0; z) j z 2 Rg ! R; (x; y; z) 7�! f(x; y; z) =z

x2 + y2;

na pripadnom podruµcju posve zadano skalarno polje

T 7! U(T ) =z

x2 + y2;

pri µcemu su x; y; z Kartezijeve koordinate toµcke T u sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�:

PRIMJER 3.20

(a) Neka predstavlja Zemljin zraµcni omotaµc kao toµckovni skup, te neka

je, za svaki T 2 ; �!V (T ) brzina zraµcnoga strujanja u toj toµcki (vjetrovnivektor) u odabranom trenutku. Tada je

�!V : ! V vektorsko polje brzine

vjetrova u atmosferi u odabranom µcasu;

(b) Neka je =y� usmjerena glatka prostorna krivulja zami�ljena kao

toµckovni skup, te neka je, za svaki T 2y�,�!V (T ) =

�!t 0(T ) jediniµcni tan-

gencijalni vektor u toµcki T nay�. Tada je

�!V :

y� ! R3 vektorsko polje

jediniµcnih tangencijalnih vektora usmjerene glatke krivuljey�;

(c) Neka je vektorska funkcija �!w : R3nf(0; 0; 0)g ! R3 zadana koordinatnimfunkcijama

wx(x; y; z) =x

x2 + y2 + z2; wy(x; y; z) =

y

x2 + y2 + z2;

wz(x; y; z) =z

x2 + y2 + z2:

Tada je na � R3 n f(0; 0; 0)g zadano vektorsko polje

T 7! �!V (T ) = �!w (x; y; z) = x

�!i + y

�!j + z

�!k

x2 + y2 + z2;

3.4. SKALARNO I VEKTORSKO POLJE 105

pri µcemu su x, y i z Kartezijeve koordinate toµcke T u odabranomu sus-

tavu�O;�!i ;�!j ;�!k�. (Primijetimo da se radi o polju svih jediniµcnih radijus-

vektora,

T 7! �!r 0(T ) = 1

j�!OT j�!OT; T 6= O = (0; 0; 0);

s obzirom na dano ishodi�te O.)

Promatrajmo skalarno polje U : ! R. Uvjet U(T ) = c (konstanta)

odre�uje tzv. razinsku ili ekvipotencijalnu plohu skalarnoga polja U .

Ako je toµckovni (pod)skup neke plohe, uvjet

U(T ) = c (3.9)

odre�uje tzv. ekvipotencijalnu krivulju skalarnoga polja U . Jednako

govorimo u sluµcaju skalarnog polja f : X ! R, X � R3 (X � R2). Tako uPrimjeru 3.19 (a) dobivamo izotermalne plohe, u 3.19 (b) - krivulje izobare

i izohipse, a u 3.19 (c) - rotacijske paraboloide z = c(x2 + y2), c 2 R.U vektorskom polju

�!V : ! V je zanimljivo promatrati tzv. stru-

jnice (silnice ili vektorske linije), �to se de�niraju kao krivulje kojima

se tangente podudaraju s pravcima vektorskoga polja�!V u svakoj toµcki

T 2 . Prema tomu, ako je vektorsko polje�!V zadano funkcijom �!w =

fwx; wy; wzg, onda mu se strujnice odre�uju iz jednadµzbe

d�!rdt

= c�!w ; c 2 R; (3.10)

pri µcemu se traµzi�!r = fx; y; zg, tj. �!r (t) = �(t)�!i + (t)

�!j +�(t)

�!k . Obiµcno

se eliminacijom parametra t dobva sustav diferencijalnih jednadµzaba:

dx

wx=dy

wy=dz

wz: (3.10.a)

Tako se u Primjeru 3.20(b) za strujnice dobiva ista krivulja, a u 3.20(c) -

dobivamo sustavdx

x=dy

y=dz

z;

�to daje y = c1x i z = c2x, odnosno,

x

1=

y

c1=

z

c2:

Radi se, dakle o skupu svih pravaca u prostoru koji prolaze odabranim

ishodi�tem O = (0; 0; 0).


NAPOMENA 3.21 Skalarno i vektorsko polje se mogu de�nirati opce-

nitije u smislu da se uvede i ovisnost o vremenu. Takva polja nazivamo

nestacionarnima, za razliku od prije de�niranih koja onda nazivamo sta-

cionarnima.

Mjerimo li tako u Primjeru 3.19 (a) temperaturu tijekom nekog vremenskog

intervala, dobivamo primjer nestacionarnoga skalarnog polja, dok su 3.19

(b) i 3.19 (c) primjeri stacionarnog skalarnog polja. Nadalje, mjerimo li

u Primjeru 3.20 (a) brzinu zraµcnoga strujanja tijekom nekog vremenskog

intervala, dobivamo primjer nestacionarnoga vektorskog polja, dok su 3.20

(b) i 3.20 (c) primjeri stacionarnog vektorskog polja.

Spomenimo ovdje i dva u �ziµckom svijetu najpoznatija stacionarna vek-

torska polja: gravitacijsko polje tvarne toµcke s masom m i elektrostatsko

polje tvarne toµcke s pozitivnim nabojem e:

DEFINICIJA 3.22 Reci cemo da je skalarno polje U : ! R neprekidno(diferencijabilno) ako je njegov predstavnik f : X ! R, u provokutnomkoordinatnom sustavu

�O;�!i ;�!j ;�!k�, neprekidna (diferencijabilna) funkcija.

Sliµcno, reci cemo da je vektorsko polje�!V : ! V neprekidno (diferen-

cijabilno) ako je pripadna vektorska funkcija �!w : X ! R3 neprekidna(diferencijabilna).

3.5 GRADIJENT, DIVERGENCIJA I ROTACIJA

Ovdje cemo de�nirati tri linearna operatora, neophodna za matematiµcko opi-

sivanje temeljnih �ziµckih zakona tvarnoga svijeta u kojemu µzivimo. Otkrit

cemo da se, zapravo, radi o jednom operatoru djelovanje kojega se oµcituje

na tri naµcina - ovisno o objektima na koje djeluje. Jednostavnosti radi,

skalarna i vektorska polja cemo odmah zadavati njihovim predstavnicima,

tj. skalarnim i vektorskim funkcijama u Kartezijevu desnom pravokutnom

koordinatnom sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�u prostoru E � R3.

DEFINICIJA 3.23 Neka su f : X ! R i �!w : X ! R3, X � R3, redomskalarno i vektorsko polje, te neka su oba diferencijabilna. Gradijentom

3.5. GRADIJENT, DIVERGENCIJA I ROTACIJA 107

skalarnoga polja f nazivamo vektorsko polje

grad f : X ! R3; grad f =�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�; tj:

grad f(x; y; z) =@f(x; y; z)

@x

�!i +

@f(x; y; z)

@y

�!j +

@f(x; y; z)

@z

�!k ; (x; y; z) 2 X:

(3.11)

Divergencijom vektorskoga polja �!w = fwx; wy; wzg nazivamo skalarnopolje

div�!w : X ! R; div�!w =@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

; tj.

div�!w (x; y; z) = @wx(x; y; z)

@x+@wy(x; y; z)

@y+@wz(x; y; z)

@z; (x; y; z) 2 X:

(3.12)

Rotacijom vektorskoga polja �!w nazivamo vektorsko polje

rot�!w : X ! R3; rot�!w =

�@wz@y

� @wy@z

;@wx@z

� @wz@x

;@wy@x

� @wx@y

�; tj.

rot�!w (x; y; z) =�@wz(x; y:z)

@y� @wy(x; y; z)

@z

��!i

+�@wx(x; y; z)

@z� @wz(x; y; z)

@x

��!j +�@wy(x; y; z)

@x� @wx(x; y; z)

@y

��!k ; (x; y; z) 2 X: (3.13)

Primijetimo da polje rot�!w dopu�ta formalni zapis u determinantinu obliku:

rot�!w =

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

wx wy wz

�� : (3.13.a)

Uoµcimo da je gradijent neka funkcija de�nirana na skupu svih diferencija-

bilnih skalarnih polja s vrijednostima u skupu diferencijabilnih vektorskih

polja, da je divergencija neka funkcija de�nirana na skupu svih diferenci-

jabilnih vektorskih polja s vrijednostima u skupu skalarnih polja, te da je

rotacija neka funkcija de�nirana na skupu svih diferencijabilnih vektorskih

polja s vrijednostima u istomu skupu.


PRIMJER 3.24

(a) Odredimo gradijent skalarnoga polja

(x; y; z) 7! f(x; y; z) = xy2z3:

grad f(x; y; z) =

�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�(x; y; z) =

�y2z3; 2xyz3; 3xy2z2

:

(b) Odredimo divergenciju vektorskoga polja

(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) =�2x; xy2; xz2

:

div�!w (x; y; z) =�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�(x; y; z) = 2 + 2xy + 2xz:

(c) Odredimo rotaciju vektroskoga polja �!w iz primjera (b).

rot�!w (x; y; z) =

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

2x xy2 xz2

�� (x; y; z) = � � � =�0; � z2; y2

:

3.6 NABLA OPERATOR

Sada cemo pokazati da se gradijent, divergencija i rotacija mogu opisati

samo jednim operatorom. Znakom r (µcitamo: nabla) oznaµcimo tzv. Ha-

miltonov diferencijalni operator - formalni vektor�@

@x;@

@y;@

@z

�:

Ili, ekvivalentno,

r � �!i @

@x+�!j@

@y+�!k@

@z: (3.14)

Gledamo li na r kao na operator de�niran na vektorskom prostoru svih

diferencijabilnih skalarnih (vektorskih) polja, pojavljuju se, u svezi s De�ni-

cijom 3.23, sljedece mogucnosti:

� r(f) = grad f , djelovanje operatora r na skalrno polje f ;

� r � �!w = div�!w , formalni skalarni umnoµzak r i vektorskog polja w;

� r ��!w = rot�!w , formalni vektorski umnoµzak r i vektorskog polja w;

3.6. NABLA OPERATOR 109

Vaµzna je µcinjenica da je operator r linearan u svakoj od navedenih inter-

pretacija, tj. da vrijedi ovaj teorem:

TEOREM 3.25 Nabla je linearni operator, tj. za bilo koja dva diferenci-

jabilna skalarna polja f; g : X ! R, bilo koja dva diferencijabilna vektorskapolja �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, i bilo koja dva broja �; � 2 R vrijedi:

(i) r (�f + �g) = �r(f) + �r(g);

(ii) r ��!w + ��!u

�= �

�r � �!w

�+ �

�r � �!u

�;

(iii) r��!w + ��!u

�= �

�r��!w

�+ �

�r��!u

�.

Teorem 3.25 se dokazuje izravno i lako. Dokaµzimo npr. tvrdnju (iii)!

r��!w + ��!u

�=

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

�wx + �ux �wy + �uy �wz + �uz

�� =

�

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

wx wy wz

��+ ��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

ux uy uz

�� = ��r��!w

�+ �

�r��!u

�:

Tri iduca teorema donose, redom, vaµzna svojstva gradijenta, divergencije i

rotacije.

TEOREM 3.26 Neka su f; g : X ! R, X � R3, diferencijabilna skalarnapolja, c konstantno skalarno polje, ' : Y ! R, f [X] � Y � R, diferencija-bilna funkcija i �; � 2 R. Tada je

(i) grad c =�!0 ;

(ii) grad(�f + �g) = � grad f + � grad g;

(iii) grad(fg) = g grad f + f grad g;

(iv) grad�fg

�=g grad f � f grad g

g2(µcim je g(x) 6= 0);

(v) grad(' � f) = '0 grad f .


Tvrdnje su izravna posljedica gradijentove de�nicije. Primijetimo da je tvrd-

nja (ii) isto �to i Teorem 3.25(i).

TEOREM 3.27 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, diferencijabilna vek-torska polja, f; g : X ! R diferencijabilna skalarna polja, �!c konstantno

vektorsko polje i �; � 2 R. Tada je

(i) div�!c = �!0 ;

(ii) div��!w + ��!u

�= � div�!w + �div�!u ;

(iii) div��!w ��!u � = �rot�!w � � �!u ��!w � �rot�!u �;

(iv) div�f�!w

�= (grad f) � �!w + f div�!w ;

(v) div�f grad f

�=�grad f

��grad g

�+ f (4g),

(g dvaput diferencijabilno), pri µcemu je

� � div grad = r � r � r2

tzv. Laplaceov diferencijalni operator (delta), tj.

� � @2

@x2+

@2

@y2+

@2

@z2;

(vi) div�rot�!w

�= c0 (�!w dvaput diferencijabilno).

Tvrdnje slijede neposredno iz divergencijine de�nicije. Dokaµzimo npr. tvr-

dnju (iv)!

div�f�!w

�=@(fwx)

@x+@(fwy)

@y+@(fwz)

@z=

@f

@xwx + f

@wx@x

+@f

@ywy + f

@wy@y

+@f

@zwz + f

@wz@z

=�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�� fwx; wy; wzg+ f

�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�=�

grad f��!w + f div�!w :

Primijetimo da se tvrdnja (ii) podudara s onom iz Teorema 3.25 (ii). Tvrd-

nja (v) slijedi iz (iv) µcim je �!w = grad g. Napokon, u dokazu tvrdnje (vi)

treba primijeniti Schwarzov teorem.

3.7. USMJERENA DERIVACIJA 111

TEOREM 3.28 Pod pretpostavkama Teorema 3.27 vrijedi

(i) rot�!c = �!0 ;

(ii) rot��!w + ��!u

�= � rot�!w + � rot�!u ;

(iii) rot��!w ��!u � = �div�!u ��!w � �div�!w ��!u + ��!u � r��!w � ��!w � r��!u ,

pri µcemu su�!w � r � wx

@

@x+ wy

@

@y+ wz

@

@z

i, sliµcno, �!u � r novi diferencijalni operatori;

(iv) rot�f�!w

�= (grad f)��!w � f rot�!w ;

(v) rot (f grad f) = (grad f)� (grad g), i posebice, rot (grad f) = �!0 ;

(vi) rot�rot�!w

�= grad div�!w ��!w (�!w dvaput diferencijabilno), pri µcemu

Laplaceov operator � treba primijeniti na svaku koordinatnu funkciju

od �!w .

Kao i u prethodnom teoremu, sve tvrdnje su izravne posljedice odgovara-

jucih de�nicija. Primijetimo da je tvrdnja (ii) isto �to i tvrdnja u Teoremu

3.25 (iii), te da (v) slijedi iz (iv) primjenom Schwarzova teorema.

3.7 USMJERENA DERIVACIJA

Neka je U : ! R skalarno polje. Odaberimo bilo koju toµcku T0 2 i

bilo koji vektor�!l 2 V(T0). Tada za svaku toµcku T na zraci l odre�enoj

s�!l vrijedi

��!TT0 = t

�!l 0, za neki t 2 [0; �i, pri µcemu je

�!l 0 =

1

j�!l j

�!l pri-

padni jediniµcni vektor. Broj t je, zapravo, udaljenost d(T0; T ) od T0 do T .

Prosjeµcnom promjenom skalarnoga polja U od toµcke T0 do toµcke T

nazivamo koliµcnik

U(T )� U(T0)d(T0; T )

=U(T )� U(T0)

t2 R; ��!

TT0 = t�!l 0: (3.15)

Pokazuje se ovdje vaµznim istraµziti graniµcni sluµcaj T ! T0 po l, tj. t ! 0.

Da bi navedeni koliµcnik (u graniµcnom sluµcaju) imao smisla za svaki izbor

jediniµcnog vektora�!l 0 nuµzno je da podruµcje bude "lokalno konveksno".

Dakako, dostatno je da � X � R3 bude otvoren skup.


DEFINICIJA 3.29 Neka je U : ! R skalarno polje. Graniµcnu vrijed-nost (ako postoji)

@U(T0)

@�!l

� limt!0

U(T )� U(T0)t

2 R; �!TT 0 = t

�!l 0;

nazivamo derivacijom skalarnoga polja U u toµcki T0 u smjeru�!l (ili,

krace, usmjerenom (skalarnom) derivacijom)

U praktiµcnom raµcunu je puno jednostavnije raditi s predstavnikom f : X !R, X � R3, skalarnoga polja U u koordinatnomu sustavu

�O;�!i ;�!j ;�!k�.

Prvo, toµckama T0 = (x0; y0; z0) i T = (x; y; z) pripadaju radijus-vektori��!OT0 = x0

�!i + y0

�!j + z0

�!k i

�!OT = x

�!i + y

�!j + z

�!k . Nadalje,

�!OT =

��!OT0 +

��!T0T =

��!OT0 + t

�!l 0, dakle,

x�!i + y

�!j + z

�!k =

�x0 + t

��!l 0 �

�!i��!i +

�y0 + t

��!l 0 �

�!j��!j +

+�z0 + t

��!l 0 �

�!k��!k :

Slijedi da se koordinate svake toµcke T na zraci �to ju odre�uju T0 i�!l 0

opisuju linearnim jednadµzbama

x = x0 +��!l 0 �

�!i�t; y = y0 +

��!l 0 �

�!j�t; z = z0 +

��!l 0 �

�!k�t; t 2 [0;1i :

Proizlazi da je prije de�nirana usmjerena derivacija, zapravo, derivacija

funkcijske kompozicije

[0;1i w=(wx;wy ;wz)! Xf! R; tj.

t 7! w(t) =�x0 +

��!l 0 �

�!i�t; y0 +

��!l 0 �

�!j�t; z0 +

��!l 0 �

�!k�t�7! f (w(t)) ;

u toµcki t = 0. Prema tomu,

@U(T0)

@�!l

� @f(x0; y0; z0)

@�!l

= (f � w)0 (0) =

@f(w(0))

@x� w0x(0) +

@f(w(0))

@y� w0y(0) +

@f(w(0))

@z� w0z(0) =

@f(x0; y0; z0)

@x

��!l 0 �

�!i�+@f(x0; y0; z0)

@y

��!l 0 �

�!j�+@f(x0; y0; z0)

@z

��!l 0 �

�!k�=

=�grad f(x0; y0; z0)

�� !l 0

Time smo dokazali ovaj teorem:


TEOREM 3.30 Derivacija skalarnog polja U; zadanoga funkcijom f : X !R, u toµcki T0 = (x0; y0; z0) u smjeru

�!l (6= �!

0 ) jednaka je skalarnom um-

no�ku pripadnoga gradijenta s jediniµcnim vektorom�!l 0, tj.

@U(T0)

@�!l


�� !l 0: (3.16)

PRIMJER 3.31 Izraµcunajmo derivaciju skalarnoga polja

(x; y; z) 7�! f(x; y; z) = x2 + 3yz + 5

u toµcki T = (3; 2;�1) u smjeru�!l =

�!i +

�!j +

�!k .

Po Teoremu 3.30 je

@U(T0)

@�!l


�� !l 0;

pa iz

grad f(3; 2;�1) = f2x; 3z; 3yg��(3;2;�1)

= f6; � 3; 6g ;

�!l 0 =

1

j�!l j

�!l = 1p

3f1; 1; 1g

dobivamo da je traµzena usmjerena

@f(3; 2;�1)@�!l

=�grad f(3; 2;�1)

��!l 0 = f6; � 3; 6g�

n1p3; 1p

3; 1p

3

o= 3

p3:

Iz Teorema 3.30 slijedi da skalarno polje f najbrµze raste u smjeru �to

ga odre�uje grad f , odnosno, da najbrµze pada u smjeru �to ga odre�uje

� grad f . Drugim rijeµcima, grad f pokazuje smjer najbrµze promjene skalarnogapolja f . �tovi�e, gradijent se time moµze i okarakterizirati.

TEOREM 3.32 Neka funkcija f : X ! R, X � R3, opisuje diferen-cijabilno skalarno polje U: Tada gradijent toga polja u svakoj toµcki T0 =

(x0; y0; z0) ima za pravac okomicu na razinsku plohu u T0, a iznos mu je

jednak apsolutnoj vrijednosti pripadne usmjerene derivacije. Saµzeto,

grad f(x0; y0; z0) =@f(x0; y0; z0)

@�!n�!n 0; (3.17)

pri µcemu je �!n normala na razinsku plohu f(x; y; z) = f(x0; y0; z0).


Dokaµzimo tvrdnju teorema. Odaberimo bilo koju toµcku T0 = (x0; y0; z0) 2X. Jednadµzba pripadne razinske plohe U(T ) = c � U(T0)) prelazi u

f(x; y; z) = f(x0; y0; z0), �to povlaµci

0 = df(x; y; z) =@f(x0; y0; z0)

@xdx+

@f(x0; y0; z0)

@ydy +

@f(x0; y0; z0)

@zdz =

�grad f(x0; y0; z0)

�� d�!n ;

pri µcemu d�!n oznaµcuje vektor

dx�!i + dy

�!j + dz

�!k � fdx; dy; dzg :

Buduci da pratimo zbivanje na razinskoj plohi u toµcki T0, to d�!r smijemo

tumaµciti kao in�nitezimalni pomak u njezinoj tangencijalnoj ravnini toµckom

T0. Prema tomu, grad f(x0; y0; z0) � d�!r = 0 znaµci da je grad f(x0; y0; z0)

okomit na tu tagencijalnu ravninu, tj. na promatranu razinsku plohu u

toµcki T0, dakle, usporedan s pripadnim normalnim vektorom �!n . Slijedi

grad f(x0; y0; z0) = ��!n 0 pa je � =�grad f(x0; y0; z0)

�� !n 0. Po Teoremu

3.30 je

grad f(x0; y0; z0) � �!n 0 =@f(x0; y0; z0)

@�!n ;

�to onda daje

grad f(x0; y0; z0) =@f(x0; y0; z0)

@�!n�!n 0:

NAPOMENA 3.33 Pomocu Teorema 3.32 je lako izraµcunati jediniµcni nor-

malni vektor na razinsku plohu skalarnog polja. Naime, za svaku toµcku

T0 = (x0; y0; z0), vrijedi

�!n 0 =grad f(x0; y0; z0)

jgrad f(x0; y0; z0)j: (3.18)

PRIMJER 3.34 Izraµcunajmo jediniµcni normalni vektor na plohu z = xy

u toµcki T0 = (2; 3; 6).

Smijemo pretpostaviti da je promatrana ploha z = xy neka razinska ploha

f(x; y; z) = c nekog skalarnog polja f : X ! R, X � R3. Tako dobivamof(x; y; z) = xy � z + c, pa je

grad f(2; 3; 6) = fy; x; � 1g��(2;3;6)

= f3; 2; � 1g


i, napokon,

�!n 0(T0) =grad f(2; 3; 6)

jgrad f(2; 3; 6)j =1p14

�3�!i + 2

�!j ��!k

�:

Razmotrimo sada kako bi se usmjerena derivacija mogla osmisliti u vek-

torskom polju. Neka funkcija �!w : X ! R3, X � R3, predstavlja vektorskopolje

�!V . Promatrajmo opet µcvrstu toµcku T0 = (x0; y0; z0); varijabilnu toµcku

T = (x; y; z) i koliµcnik�!w (x; y; z)��!w (x0; y0; z0)

t2 R3;

koji opisuje prosjeµcnu promjenu vektorskoga polja�!V � �!w (pri prijelazu iz

T0 u T ) u smjeru�!l � ��!T0T = t

�!l 0, pri µcemu je duµzina T0T � X.

DEFINICIJA 3.35 Neka funkcija �!w : X ! R3, X � R3, predstavljavektorsko polje

�!V , te neka su T0 = (x0; y0; z0); T = (x; y; z) 2 X, T0T � X

i��!T0T = t

�!l 0. Graniµcnu vrijednost (ako postoji)

@�!V (T0)

@�!l

� @�!w (x0; y0:z0)@�!l

� limt!0

�!w (x; y; z)��!w (x0; y0; z0)t

2 R3; (3.19)

nazivamo derivacijom vektorskoga polja�!V (�!w ) u toµcki T0 u smjeru

�!l (ili, krace, usmjerenom (vektorskom) derivacijom).

TEOREM 3.36 Derivacija vektorskog polja �!w u toµcki T0 = (x0; y0; z0)

u smjeru�!l (6= �!

0 ), ako postoji, jednaka je vrijednosti operatora�!l 0 � r

primijenjenog na �!w u (x0; y0; z0), tj.

@�!w (x0; y0:z0)@�!l

=��!l 0 � r

��!w �(x0; y0; z0) ==�cos�

@�!w@x

+ cos�@�!w@y

+ cos @�!w@z

��(x0;y0;z0)

; (3.20)

gdje su cos�, cos� i cos smjerovni kosinusi od�!l , tj. komponenete je-

diniµcnoga vektora�!l 0. (Operator (

�!u � r) = ux@@x + uy

@@y + uz

@@z smo uveli

u Teoremu 3.28)

Zaista, promi�ljajuci kao u razmatranju �to je prethodilo Teoremu 3.30, sada

za vektorsko polje �!w = fwx; wy; wzg, dobivamo

@�!w (x0; y0:z0)@�!l

=h�!l 0 �

�@wx@x

�!i +

@wx@y

�!j +

@wx@z

�!k�+


+�!l 0 �

�@wy@x

�!i +

@wy@y

�!j +

@wy@z

�!k�+

+�!l 0 �

�@wz@x

�!i +

@wz@y

�!j +

@wz@z

�!k�i(x0;y0;z0)

�pregrupiranje�=h��!

l 0 ��!i��@wx

@x

�!i +

@wy@x

�!j +

@wz@x

�!k�+

��!l 0 �

�!j��@wx

@y

�!i +

@wy@y

�!j +

@wz@y

�!k�+

+��!l 0 �

�!k��@wx

@z

�!i +

@wy@z

�!j +

@wz@z

�!k�i��

(x0;y0;z0)=

�cos�

@�!w@x

+ cos�@�!w@y

+ cos @�!w@z

��(x0;y0;z0)

=��!l 0 � r

��!w �(x0; y0; z0)a to se i tvrdi u teoremu.

PRIMJER 3.37 Izraµcunajmo derivaciju vektorskoga polja

(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg

u toµcki T0 = (1;�12 ; 2) u smjeru

�!l = 2

�!i +

�!j � 2�!k .

Buduci da je�!l 0 =

13

�2�!i +

�!j � 2�!k

�, po Teoremu 3.36 dobivamo

@�!w (1;�12 ; 2)

@�!l

=��!l 0 �r

��!w �(1;�12; 2) =

�23

@�!w@x

+1

3

@�!w@y

� 23

@�!w@z

�(1;� 1

2;2)=

h23f0; z; yg+ 1

3fz; 0; xg � 2

3fy; x; 0g

i��(1;� 1

2;2)=

=1

3fz � 2y; 2z � 2x; 2y + xg

��(1;� 1

2;2)=�!i +

2

3

�!j :

3.8 NEKA POSEBNA POLJA

DEFINICIJA 3.38 Reci cemo da je vektorsko polje �!w : X ! R3, X �R3, potencijalno (ili konzervativno), ako postoji neko skalarno polje f :X ! R takvo da je

�!w = � grad f:

Pritom polje f nazivamo (skalarnim) potencijalom od �!w :Za vektorsko polje �!w kaµzemo da je bezvrtloµzno µcim je

rot�!w =�!0 :

3.8. NEKA POSEBNA POLJA 117

U protivnom, �!w nazivamo vrtloµznim poljem.

Napokon, reci cemo da je vektorsko polje �!w solenoidalno µcim je

div�!w = 0:

NAPOMENA 3.39 Negativni predznak u de�niciji potencijalnog polje

nije bitan jer je grad(�f) = � grad f . Radi se samo u ustaljenom dogovoru,kojemu je pridijeljeno stanovito �ziµcko znaµcenje.

PRIMJER 3.40

(a) Jednostavno je provjeriti da je gravitacijsko polje tvarne toµcke T0 s ma-

som m0, tj.�!G = K � m0

r2�!r 0;

K - konstanta i r � j�!r j udaljenost, potencijalno s potencijalom

U = K � m0

r:

Uzmemo li T0 za ishodi�te koordinatnog sustava�O;�!i ;�!j ;�!k�, potencijal

U je zadan skalarnom funkcijom

(x; y; z) 7! f(x; y; z) = K � m0px2 + y2 + z2

:

(b) Sliµcno (a), elektrostatsko polje pozitivnog "toµckastog" naboja e0, tj.

�!E = k � e0

r2�!r0 ;

k - konstanta i r � j�!r j - udaljenost, je potencijalno s potencijalom

U = k � e0r:

TEOREM 3.41 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje nakonveksnom skupu X � R3: Tada je �!w potencijalno onda i samo onda, ako

je bezvrtloµzno, tj.

(9f : X ! R) �!w = � grad f , rot�!w =�!0 :

Dokaµzimo tvrdnju teorema. Zaista, ako je vektorsko polje �!w potencijalno s

potencijalom f , onda je (v. Teorem 3.28(v))

rot�!w = rot(� grad f) = � rot grad f = �!0 :


Obratno, neka je, pod danim pretpostavkama, vektorsko polje �!w bezvrt-

loµzno, tj. rot�!w = rot fwx; wy; wzg =�!0 . Da bismo dokazali njegovu

potencijalnost, treba konstruirati skalarno polje f tako da �!w bude njegov

(negativni) gradijent. Jednostavnosti radi, konstrirat cemo f u posebnom

sluµcaju kad je X kvadar. Prvo primijetimo da rot�!w =�!0 povlaµci

@wz@y

=@wy@z

;@wx@z

=@wz@x

;@wy@x

=@wx@y

:

Buduci da je X kvadar, dobro je de�nirana funkcija f : X ! R,

f(x; y; z) = �Z x

x0

wx(t; y; z)dt�Z y

y0

wy(x0; s; z)ds�Z z

z0

wz(x0; y0; v)dv;

pri µcemu je (x0; y0; z0) 2 X bilo koja µcvrsta toµcka. Izravno se lako dokaµze

da je@f

@x= �wx;

@f

@y= �wy i

@f

@z= �wz:

Primjerice,

@f(x; y; z)

@z=

@

@z

��Z x

x0

wx(t; y; z)dt�Z y

y0

wy(x0; s; z)ds�Z z

z0

wz(x0; y0; u)du�=

�Z x

x0

@wx(t; y; z)

@zdt�

Z y

y0

@wy(x0; s; z)

@zds� wz(x0; y0; z) =

�Z x

x0

@wz(t; y; z)

@tdt�

Z y

y0

@wz(x0; s; z)

@yds� wz(x0; y0; z) =

�wz(x; y; z) + wz(x0; y; z)� wz(x0; y; z) + wz(x0; y0; z)� wz(x0; y0; z) =

�wy(x; y; z):

Dakle, �!w = � grad f , �to smo i tvrdili.

PRIMJER 3.42 Istraµzimo je li vektorsko polje

�!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg

konzervativno i ako jest odredimo mu potencijal.

Vektorsko polje (x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg je diferencijabilno naR3. Po Teoremu 3.41, njegova moµzebitna konzervativnost je ekvivalentnabezvrtloµznosti. Buduci da je

rot�!w (x; y; z) =

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

wx wy wz

�� = fx� x; � y + y; z � zg = f0; 0; 0g ;

3.8. NEKA POSEBNA POLJA 119

to �!w jest konzervativno polje. Da bismo mu odredili potencijal, postupimo

kao u dokazu prethodnoga teorema, tj. (odabrav�i za T0 ishodi�te O =

(0; 0; 0))

f(x; y; z) = �Z x

0wx(t; y; z)dt�

Z y

0wy(0; s; z)ds�

Z z

0wz(0; 0; v)dv

= �Z x

0yzdt�

Z y

0z � 0ds�

Z z

0(0 � 0dv = �xyz

ili, opcenitije,

f(x; y; z) = c� xyz;

pri µcemu je c 2 R bilo koja konstanta.

TEOREM 3.43 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje naotvorenom kvadru X � R3: Tada je �!w solenoidalno onda i samo onda, ako

postoji dvaput diferencijabilno vektorsko polje �!u : X ! R3 rotacija kojegaje �!w , tj.

div�!w = 0,�9�!u : X ! R3

� �!w = rot�!u :

(U sluµcaju netrivijalnog vektorskog polja �!w na prikladnom podruµcju, dakle,

ono je solenoidalno toµcno onda kad je vrtloµzno.)

Dokaµzimo teorem. Ako za vektorsko polje �!w postoji vektorsko polje �!utakvo da je �!w = rot�!u , onda je div�!w = div

�rot�!u

�= 0. Da bismo dokazali

nuµznost, de�nirajmo �!u = fux; uy; uzg kako slijedi:

ux(x; y; z) =

Z z

z0

wy(x; y; s)ds;

uy(x; y; z) = �Z z

z0

wx(x; y; s)ds+

Z x

x0

wz(t; y; z0)dt;

uz(x; y; z) = c0;

gdje je (x0; y0; z0) 2 X po volji odabrana µcvrsta toµcka.

Buduci da je vektorsko polje �!w diferencijabilno, to je �!u dvaput diferenci-

jabilno. Parcijalno derivirajuci koordinatne funkcije ux, uy i uz dobivamo:

@ux(x; y; z)

@y=

Z z

z0

@wy(x; y; s)

@yds;

@ux(x; y; z)

@z= wy(x; y; z);


@uy(x; y; z)

@x= �

Z z

z0

@wx(x; y; s)

@xds+wz(x; y; z0);

@uy(x; y; z)

@z= �wx(x; y; z);

@uz(x; y; z)

@x= c0 =

@uz(x; y; z)

@y:

Slijedi,@uz@y

� @uy@z

= wx ,@ux@z

� @uz@x

= wy;

dok je@uy(x; y; z)

@x� @ux(x; y; z)

@y=

�Z z

z0

@wx(x; y; s)

@xds+ wz(x; y; z0)�

Z z

z0

@wy(x; y; s)

@yds =Z z

z0

��@wx(x; y; s)

@x� @wy(x; y; s)

@y

�ds+ wz(x; y; z0)

( div�!w=0)=Z z

z0

@wz(x; y; s)

@sds+ wz(x; y; z0) =

wz(x; y; z)� wz(x; y; z0) + wz(x; y; z0) = wz(x; y; z):

Prema tomu, konstruirali smo takvo vektorsko polje �!u da je �!w = rot�!u .

Napokon, µcesto se, po sliµcnosti sa skalarnim potencijalom f (�!w = � grad f);vektorsko polje �!u sa svojstvom rot�!u = �!w naziva vektorskim potenci-

jalom vektorskoga polja �!w .

Na kraju, da bismo naglasili vaµznost gradijenta, divergencije i rotacije, pri-

dodajemo poznate Maxwellove elektrodinamiµcke jednadµzbe �to povezuju

(nestacionarno) elektriµcno polje�!E i (nestacionarno) magnetsko polje

�!H :

rot�!E = �1

c� @�!H

@t; rot

�!H =

1

c� @�!E

@t+4�

c� �!J ;

div�!E = 4��; div

�!H = 0:

(c je svjetlosna brzina u vakuumu; � je skalarno polje gustoce elektriµcnog

naboja;�!J = ��!w je vektorsko polje "gustoce toka naboja brzine v"). Radi

lak�eg raµcunanja, magnetsko polje�!H se izvodi iz magnetskog potencijala

�!A , tj.

�!H = rot

�!A , a elektriµcno polje

�!E se onda izvodi iz

�!A i iz skalarnog

potencijala f , tj.�!E = � grad f � 1

c� @�!A@t :

Poglavlje 4

KRIVULJNI INTEGRAL

4.1 KRIVULJA I NJEZINO USMJERENJE

Ovdje cemo saµzeto formulirati pojam krivulje u ambijentu R3 s provokutnimkoordinatnim sustavom

�O;�!i ;�!j ;�!k�, svijesni manjkavosti �to proizlaze iz

svijesnog zaobilaµzenja razlike izme�u parametrizabilnog skupa i krivulje.

DEFINICIJA 4.1 Skup � � R3 nazivamo jednostavnom glatkom kri-

vuljom (s rubom) ako

(i) postoji neprekidno derivabilna vektorska funkcija �!r = f�; ; �g takvada je r = (�; ; �) : [a; b]! � � R3 bijekcija;

(ii) za svaki t 2 [a; b] je �!r 0(t) 6= f0; 0; 0g, tj. � dopu�ta tangentu u toµckir(t) (Slika 4.1.).

Svaki takav ure�eni par�[a; b];�!r

�nazivamo glatkom parametrizacijom

krivulje �.

Za A = r(a); B = r(b) 2 � kaµzemo da su rubne toµcke od �.Ako funkcija r nije injektivna samo u toµckama a i b, tj. ako je r(a) = r(b),

govorimo o jednostavno zatvorenoj krivulji �.

Napomenimo da

�!r (t) = �(t)�!i + (t)

�!j + �(t)

�!k ; t 2 [a; b] (4.1)

121

122 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL

nazivamo vektorskim zapisom, a istaknemo li koordinatne funkcije vek-

torske funkcije �!r , tj.

x = �(t); y = (t); z = �(t); t 2 [a; b] (4.2)

dobivamo tzv. parametarski zapis (parametarske jednadµzbe) krivulje �.

Slika 4.1.

U praksi µcesto nastupa malo opcenitiji sluµcaj od "glatkoga" u smislu da

postoji (najvi�e) konaµcno toµcaka u kojima se "krivulja � o�tro lomi", tj. ne

dopu�ta tangentu. Tada je de�nicijskom uvjetu (ii) udovoljeno svuda osim

u konaµcno mnogo toµcaka t1; � � � ; tn 2 [a; b]. U tom sluµcaju govorimo o po

dijelovima glatkoj krivulji �.

Slika 4.2.

Pritom smijemo zami�ljati da je � prirodno satavljena od konaµcno jednos-

tavnih glatkih krivulja �1, �2 ... , �n, �n+1, nad [a; t1], ..., [tn�1:tn], [tn; b]

redom, "ljepljenjem toµcke r(ti) 2 �i s toµckom r(ti) 2 �i+1"; i = 1; � � � ; n(Slika 4.2.).

Upoznajmo se sada, premda manjkavo i ne posve korektno (ali za na�e

potrebe ipak zadovoljavajuce) s pojmom usmjerene krivulje. Promatrajmo

glatku krivulju � zadanu parametrizacijom ([a; b]; r). Ona u svakoj toµcki

4.1. KRIVULJA I NJEZINO USMJERENJE 123

T = r(t) 2 � dopu�ta tangentu, koju kao pravac (�= R) moµzemo usmjeriti,tj. pridijeliti joj koordinatni sustav

�O � T ;

�!i�ili�O � T ;��!i

�. Reci

cemo da je glatka krivulja � usmjerena (ili orijentirana) ako je na svakoj

njezinoj tangenti odabran toµcno jedan koordinatni sustav. Slijedi da se �

moµze usmjeriti na neizmjerno naµcina, ali su od svih njih zanimljiva samo

dva, tzv. neprekidna usmjerenja, koja su inducirana dvama usmjere-

njima danog pravca R preko dvaju razreda glatkih parametrizacija krivulje� (po stanovitoj razredbenoj relaciji). Ne poja�njavajuci to pobliµze, smijemo

zami�ljati da glatka krivulja dopu�ta toµcno dva (neprekidna) usmjerenja:

� jedno se dobiva "gibajuci se duµz � od rubne toµcke A = r(a) do rubne

toµcke B = r(b) uz stalni porast varijable t 2 [a; b]",

� a drugo "gibajuci se, obratno, od toµcke B do toµcke A uz stalni pad

varijable t 2 [a; b]".

U prvomu sluµcaju kaµzemo da je

� krivulja � usmjerena (ili orijentirana) porastom parametra t, a

u drugomu - da je

� usmjerena (ili orijentirana) padom parametra t.

U prvomu (drugomu) sluµcaju kaµzemo da je A = r(a) poµcetak (kraj) i

da je B = r(b) kraj (poµcetak) usmjerene krivulje �. Pritom trebamo

biti vrlo oprezni jer usmjerenje porastom parametra t 2 [a; b] moµze biti

isto �to i usmjerenje padom parametra � 2 [c; d] u nekoj drugoj glatkoj

parametrizaciji iste krivulje.

Slika 4.3.

Ako je krivulja � po dijelovima glatka, njezine sastavne glatke krivulje �1;

� � � ;�n dopu�taju po dva neprekidna usmjerenja.


� Reci cemo da je � usmjerena (ili orijentirana) µcim su �1; � � � ;�nusmjerene sukladno, tj. kraj od �i jest poµcetak od �i+1, i = 1; � � � ; n(Slika 4.3.).

Primijetimo da se ova de�nicija prirodno prenosi i na jednostavno zatvorenu

po dijelovima glatku krivulju.

U posebnom sluµcaju jednostavno zatvorene po dijelovima glatke krivulje �

u (koordinatiziranoj) ravnini�R2 �

�O;�!i ;�!j��govor se moµze reducirati

na tzv. negativno i pozitivno usmjerenje, tj. na ono sukladno gibanju

satne kazaljke i njemu suprotno gibanje.

� Opca oznaka za (neprekidno) usmjerenu krivulju � bit cey�.

� Ako je na istoj krivlji � zadano i suprotno usmjerenje, razlikovat cemoga od

y� oznaµcavajuci ga s

x�.

� U posebnom sluµcaju jednostavno zatvorene ravninske krivulje,y� � ��

ce oznaµcavati njezino negativno usmjerenje ax� � �+ ono pozitivno.

4.2 KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE

Neka je f : X ! R; X � R3; funkcija (skalarno polje na X), a r(t) =(�(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; parametarska jednadµzba glatke krivulje � � X.

Tada je dobro de�nirana kompozicija

[a; b]r! X

f! R;

t 7! (f � r)(t) = f(�(t); (t); �(t));

�to je realna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b] � R.

DEFINICIJA 4.2 Ako je funkcija

t 7!�(f � r) �

��!r 0��(t) = f (r(t)) ��!r 0(t)��; t 2 [a; b];

integrabilna, onda pripadni odre�eni integralZ b

af (r(t)) �

��!r 0(t)��dt

4.2. KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE 125

nazivamo integralom skalarnoga polja f po krivulji � (ili krivuljnim

integralom prve vrste) i oznaµcujemo sZ�fds:

Primijetimo da oznakaR� fds ima puni smisao jer je��!r 0(t)�� =q�0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2;

pa je��!r 0(t)��dt � ds "duljinski element" krivulje (luka) � (Slika 4.4.).

Slika 4.4.

Stoga je operativni zapis krivuljnog integrala prve vrsteZ�fds =

Z b

af(�(t); (t); �(t)) �

q�0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2dt: (4.3)

NAPOMENA 4.3 U praksi, kad krivulja � predstavlja model tanke µzice,

a f je funkcija njezine ("linearne") gustoce, krivuljni integralR� fds raµcuna

masu te µzice.

Treba napomenuti da, apriori, nije jasno je li De�nicija 4.2 posve korektna.

Naime, uz nju bi valjalo dokazati da krivuljni integralR� fds ne ovisi o

odabranoj parametrizaciji krivulje �, tj. da jeZ b

af(r(t)) �

��!r 0(t)��dt = Z d

cf(p(�)) �

��!p 0(�)��d�;pri µcemu su

�[a; b]; r

�i�[c; d]; p

�bilo koje dvije glatke parametrizacije od �.

Buduci da bi to zahtijevalo op�irnije razmatranje, necemo se u to upu�tati.

PRIMJER 4.4 Izraµcunati krivuljni integral prvoga tipaZ�fds pri µcemu

je f(x; y; z) = x + z i � zadana jednadµzbama x = t; y =

p6

2t2; z = t3;

t 2 [0; 1]:Z�fds =

Z b

af(�(t); (t); �(t)) �

q�0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2dtZ 1

0

�t+t3

�p1 + 6t2 + 9t4dt =

Z 1

0

�t+t3

��1+3t2

�dt =

Z 1

0

�t+4t3+3t5

�dt = 2:


Napomenimo da se u sluµcaju po dijelovima glatke krivulje �, prirodno sas-

tavljene od glatkih krivulja �1; � � � ;�n+1, pripadni krivuljni integral prvevrste smije de�nirati kao zbroj, tj.Z

�fds

def.=

Z�1

fds+ � � �+Z�n+1

fds:

Izravno iz De�nicije 4.2 i svojstava Riemannova integrala slijedi da je krivuljni

integral prve vrste linearni funkcional, tj. da vrijedi:

TEOREM 4.5 Neka su f; g : X ! R, X � R3, integrabilne funkcija,�; � 2 R i � � X po dijelovima glatka krivulja. Tada jeZ

�(�f + �g)ds = �

Z�fds+ �

Z�gds:

NAPOMENA 4.6 µCesto se (po dijelovima) glatka krivulja � � X � R3

zadaje kao presjek dviju ploha zadanih jednadµzbama

G(x; y; z) = 0; H(x; y; z) = 0:

Tada treba, pod uvjetima teorema o implicitnoj funkciji, "eliminacijom trece

varijable" dobiti jednadµzbe y = g(x), za svaki z, i z = h(x), za svaki y, pri

µcemu je x 2 [a; b], dviju novih ploha s istim presjekom �. Pritom su g i h

neprekidno derivabilne funkcije na [a; b]. Prednost novih ploha je tomu �to

je njima zadana parametrizacija

x = t; y = g(t); z = h(t); t 2 [a; b],

krivulje �, pa se pripadni krivuljni integral prve vrste moµze izraµcunati po

formuli Z�fds =

Z b

af(x; g(x); h(x)) �

p1 + g0(x)2 + h0(x)2dx: (4.4)

Pritom se u sluµcaju ravninske krivulje � � X � R2 moµze dobiti h = c0, pa

je tada Z�fds =

Z b

af(x; g(x)) �

p1 + g0(x)2dx: (4.4.a)

PRIMJER 4.7 IzraµcunatiZ�

fds ako je f(x; y; z) = x3yz i � krivulje koja

je presjek ploha z = x2 + y2; z = 1; y � 0 (Slika 4.5.).

4.2. KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE 127

Slika 4.5.

Projekcija �0 krivulje � na xy-ravninu dobiva se eliminacijom varijable z

iz jednadµzbi z = x2 + y2; z = 1: Dakle �0 je polukruµznica x2 + y2 = 1;

y � 0: Njezina je parametrizacija x = cos t; y = sin t; t 2 [0; �] : Dobili smoparametrizaciju krivulje

� � x = cos t; y = sin t; z = 1; t 2 [0; �] :

Sada je

x0 = � sin t; y0 = cos t; z0 = 0; ds =q(� sin t)2 + (cos t)2 + (0)2dt = dtZ

�fds =

Z�x3yzds =

Z �

0(cos3 t)3 sin tdt = 0

PRIMJER 4.8 Izraµcunajmo krivuljni integral prve vrsteZ�

fds ako je

f(x; y) = xy a krivulja �:

(a) � ... y = �x+ 1, x 2 [0; 1] (Slika 4.6.);(b) � ... y = �x2 + 1, x 2 [0; 1]. (Slika 4.6.)

Uoµcimo da u oba primjera krivulja � povezuje toµcke A = (0; 1) i B = (1; 0).

(a)Z�fds =

Z 1

0x(�x+ 1)

p1 + (�1)2dx =

p2

Z 1

0(�x2 + x)dx =

p2

6;

Slika 4.6.


(b)Z�fds =

Z 1

0x(�x2 + 1)

p1 + (�2x)2dx = � � � = 25

p5� 11120

.

(Ovo pokazuje da je bitno po kojoj se krivulji integrira!)

4.3 KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE

Neka je �!w = fwx; wy; wzg : X ! R3; X � R3; vektorsko polje na X a

r(t) = (�(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; parametarska jednadµzba glatke krivulje� � X. Neka je

y� krivulja � usmjerena porastom parametra t 2 [a; b].

Primijetimo da je dobro de�nirana kompozicija

[a; b]r! X

�!w! R3;

t 7! �!w (r(t)) = fwx(r(t)); wy(r(t)); wz(r(t))g ;

�to je vektorska funkcija jedne varijable na segmentu [a; b] � R. Slijedi daje

�!w (r) � �!r 0 : [a; b]! R;

t 7! �!w (r(t)) � �!r 0(t) = wx(r(t)) � �0(t) + wy(r(t)) � 0(t) + wz(r(t)) � �0(t);

realna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b].

DEFINICIJA 4.9 Ako je funkcija (skalarni produkt)��!w (r)� � �!r 0 : [a; b]! R

integrabilna, onda pripadni odre�eni integralZ b

a

��!w (r(t)) � �!r 0(t)�dt (4.5)

nazivamo integralom vektorskoga polja �!w po usmjerenoj krivuljiy�

(ili krivuljnim integralom druge vrste) i oznaµcujemo saZy�

�!w � d�!r ili saZ�

�!w � �!t 0ds:

Prva oznaka je posve jasna. Druga, tako�er, ima smisla jer je d�!r = �!r 0dt =�!t 0ds; pri cemu je

�!t 0 jediniµcni tangencijalni vektor na � u promatranoj

toµcki i on sadrµzi podatak o usmjerenju (pa ga onda ne treba isticati na samoj

4.3. KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE 129

krivulji). Izravno izraµcunavanje krivuljnog integrala druge vrste slijedi iz

de�nicije:Zy�

�!w � d�!r =

Z b

a

�wx(�(t); (t); �(t)) � �0(t) + wy(�(t); (t); �(t)) � 0(t) +

+wz(�(t); (t); �(t)) � �0(t)�dt (4.6)

PRIMJER 4.10 Izraµcunati krivuljni integral druge vrsteZy�

�!w � d�!r vek-

torske funkcije (x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fy � z; z � x; x� yg po porastomparametra usmjerenoj krivulji

y�, r(t) = (2 cos t; 2 sin t; 3t); t 2 [0; 2�]:

Odgovarajucim uvr�tenjima u de�nicijsku formulu dobivamo:Zy�

�!w � d�!r =Z 2�

0

�(2 sin t� 3t) � (�2 sin t) + (3t� 2 cos t) � 2 cos t+

+(2 cos t�2 sin t)�3�dt =

Z 2�

0(�4+6 cos t�6 sin t+6t sin t+6t cos t)dt = �20�:

NAPOMENA 4.11 Krivuljni integral druge vrsteRy�

�!w � d�!r se obiµcno

interpretira kao rad neke sile�!F = �!w duµz puta �!s =

y� od toµcke A

do toµcke B. Odmah je jasno da ne moµze biti svejedno kako je krivulja �

usmjerena, jer u jednom smjeru energiju dobivamo a u drugom ju tro�imo.

Ovdje treba pridodati i to da bi za potpunu korektnost De�nicije 4.9 tre-

balo dokazati ovisnost krivuljnog integrala druge vrste o odabranoj glatkoj

parametrizaciji samo do na predznak, tj. da jeZ b

a

��!w (r(t)) � �!r 0(t)�dt = �Z d

c

��!w (p(�)) � �!p 0(�)�d� ;pri µcemu su

�[a; b]; r

�i�[c; d]; p

�bilo koje dvije glatke parametrizacije od �,

te da su ti integrali jednaki µcim r i p induciraju (porastom parametara) isto

usmjerenje, a protivnih predznaka µcim induciraju suprotna usmjerenja na

krivulji �.

NAPOMENA 4.12 Ako jey� po dijelovima glatka krivulja, prirodno sas-

tavljena od sukladno usmjerenih glatkih krivuljay�1; � � � ;

y�n+1, pripadni kri-

vuljni integral druge vrste de�niramo kao zbroj, tj.Zy�

�!w � d�!r def.=

Zy�1

�!w � d�!r + � � �+Z

y�n+1

�!w � d�!r :


Izravno iz De�nicije 4.9 i svojstava Riemannova integrala slijedi valjanost

ovoga teorema:

TEOREM 4.13 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, vektorske funkcijes integrabilnim koordinatnim funkcijama, �; � 2 R i

y� � X usmjerena po

dijelovima glatka krivulja. Tada je

(i)Zx�

�!w � d�!r = �Zy�

�!w � d�!r ;

(ii)Zy�

��!w + ��!u

�� d�!r = �

Zy�

�!w � d�!r + �Zy�

�!u � d�!r .

Neka je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R3, zadana preslikavan-jima P;Q;R : X ! R, tj. wx = P , wy = Q i wz = R. Pridruµzimo li

funkciji �!w diferencijalnu formu Pdx + Qdy + Qdz , uoµcavamo da se, for-

malno, krivuljni integral druge vrste podudara s integralom odgovarajuce

diferencijalne forme, tj.Zx�

�!w � d�!r =Zy�Pdx+Qdy +Rdz: (4.7)

PRIMJER 4.14 Izraµcunajmo krivuljni integral druge vrsteZy�(y + z)dx+ (z + x)dy + (x+ y)dz

akoy� usmjerena krivulja - duµzina od ishodista O do toµcke B = (1; 1; 1).

Buduci da sey� =

��!OM moµze zadati kao presjek dviju ravnina: y = x, za

svaki z, i z = x, za svaki y, x 2 [0; 1] (usmjerenje porastom parametra

t = x), to jeZy�Pdx+Qdy+Rdz =

Z 1

0[(x+x)+(x+x)�1+(x+x)�1]dx = 6

Z 1

0xdx = 3:

NAPOMENA 4.15 Ako je u krivuljnom integralu druge vrsteZy�

�!w � d�!rkrivulja � (jednostavno) zatvorena, uobiµcajilo se to isticati oznakomI

y�

�!w � d�!r

i nazivati cirkulacijom vektorskoga polja �!w po zatvorenoj krivuljiy�.

4.3. KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE 131

PRIMJER 4.16 Izraµcunati cirkulaciju ravninskoga vektroskog polja�!w (x; y) =fx; xyg po krivulji:(a) sredi�njoj kruµznici

y� polumjera c (usmjerenoj po volji);

(b) rubux� pozitivno usmjerenoga trokuta s vrhovima A = (2; 0), B = (1; 1)

i O = (0; 0).

Slika 4.7.

(a) Ovdje jey� zadana parametrizacijom x = c cos t, y = c sin t, t 2 [0; 2�]

(Slika 4.7.a), pa je Iy�

�!w � d�!r =Iy�xdx+ xydy =Z 2�

0[c cos t � (�c sin t) + c cos t � c sin t � c cos t] dt =

c2Z 2�

0(cos t� c cos2 t)(� sin t)dt = � � � = 0;

(b) Ovdje jex� usmjerena po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja

sukladno sastavljena ody�1 =

�!OA,

x�2 =

��!AB i

x�3 =

��!BO s parametrizacijama

(redom) (Slika 4.7. b):

� y = 0, x 2 [0; 2], usmjerena porastom parametra x;

� y = �x+ 2, x 2 [1; 2], usmjerena padom parametra x;

� y = x, x 2 [0; 1], usmjerena padom parametra x.

DobivamoIy�

�!w � d�!r =Zy�1

�!w � d�!r +Zy�2

�!w � d�!r +Zy�3

�!w � d�!r =

Z 2

0(x+x �0 �0)dx+

Z 1

2(x+x(�x+2)(�1))dx+

Z 0

1(x+x �x �1)dx = � � � = 1

3:


4.4 KRIVULJNI INTEGRAL U

POTENCIJALNOM POLJU

Raznovrsni primjeri krivuljnog integrala druge vrste pokazuju da on ponekad

ne ovisi o usmjerenoj krivulji po kojoj se integrira, nego samo o njezinoj

poµcetnoj i krajnjoj toµcki. Stoga je korisno istraµziti kakva su to vektorska

polja krivuljni integrali kojih ovise samo o poµcetku i kraju integracijske

krivulje.

DEFINICIJA 4.17 Neka je �!w : X ! R3, X � R3, neprekidno vektorskopolje. Reci cemo da krivuljni integral vektorskoga polja �!w ne ovisi o

integracijskom putu, ako za svake dvije toµcke A;B 2 X i svake dvije po

dijelovima glatke krivuljey�1;

y�2 � X �to povezuju A i B, usmjerene od A

prema B, vrijedi Zy�1

�!w � d�!r =Zy�2

�!w � d�!r : (4.8)

Upravo de�nirano svojstvo karakterizira ovaj teorem:

TEOREM 4.18 Neka je �!w : X ! R3 neprekidno vektorsko polje naotvorenom i povezanom podruµcju X � R3. Tada pripadni krivuljni integralne ovisi o integracijskom putu ako i samo ako je �!w potencijalno polje.

Dokaµzimo teorem.

()) Pretpostavimo da krivuljni integral vektorskoga polja

�!w = fwx; wy; wzg

ne ovisi o integracijskom putu, tj. da jeZy�1

�!w � d�!r =Zy�2

�!w � d�!r

za ma koje dvije usmjerene krivulje od toµcke A do toµcke B u X . Treba

dokazati da postoji neko skalarno polje f : X ! R takvo da je �!w = � grad f .U tu svrhu uµcvrstimo bilo koju toµcku T0 = (x0; y0; z0) 2 X pa za svaku toµcku

T = (x; y; z) 2 X odaberimo bilo koju po dijelovima glatku krivuljuy� � X

�to spaja T0 i T (takva postoji po pretpostavci na X), usmjerenu od T0

prema T . Pretpostavka povlaµci da je time dobro de�nirana funkcija

f : X ! R; f(x; y; z) = �Zy�

�!w � d�!r :

4.4. KRIVULJNI INTEGRAL U POTENCIJALNOM POLJU 133

Odaberimo dostatno mali � > 0 tako da duµzina TT1 bude sadrµzana u X,

pri µcemu T1 = (x + dx; y; z) i 0 < jdxj � �. (Takav � postoji jer je skup X

otvoren.) Neka jey�1 usmjerena krivulja sukladno sastavljena od

y� i

��!TT1.

Tada je

f(x+ dx; y; z) = �Zy�1

�!w � d�!r = ��Z

y�

�!w � d�!r +Z��!TT1

�!w � d�!r�;

pa je

f(x+ dx; y; z)� f(x; y; z)dx

= � 1

dx

Z��!TT1

�!w � d�!r = � 1

dx

Z x+dx

xwx(t; y; z)dt;

pri µcemu je t druga oznaka za varijablu x (da se ne pobrka s granicama), y

i z su ovdje konstante, a r(t) = (t; y; z), t 2 [x; x + dx], je parametrizacija

usmjerene duµzine��!TT1. Buduci da je koordinatna funkcija wx neprekidna,

to je neprekidna i funkcija t 7! wx(t; y; z). Prema tomu,

limdx!0

1

dx

Z x+dx

xwx(t; y; z)dt = wx(x; y; z);

�to povlaµci

wx(x; y; z) = � limdx!0

f(x+ dx; y; z)� f(x; y; z)dx

= �@f(x; y; z)@x

:

Na isti naµcin se dokaµze da je

wy(x; y; z) = �@f(x; y; z)

@yi wz(x; y; z) = �

@f(x; y; z)

@z;

pa je doista �!w = � grad f .(() Obratno, ako je vektorsko polje �!w potencijalno onda iz �!w = � grad fslijedi Z

y�

�!w � d�!r = �Zy�

@f

@xdx+

@f

@ydy +

@f

@zdz:

Tada za bilo koju usmjerenu krivuljuy� u X, od toµcke A = (x1; y1; z1) do

toµcke B = (x2; y2; z2), zadana parametarskom jednadµzbom

r(t) = (�(t); (t); �(t)); t 2 [a; b];

dobivamoZy�

@f

@xdx+

@f

@ydy +

@f

@zdz =

Z b

a

�@f@x�0(t) +

@f

@y 0(t) +

@f

@z�0(t)

�dt =


Z b

ad(f � r)(t) = fr(b)� fr(a) = f(x2; y2; z2)� f(x1; y1; z1):

Prema tomu, krivuljni integralZy�

�!w � d�!r = f(x1; y1; z1)� f(x2; y2; z2)

ne ovisi oy� =

yAB, nego samo o toµckama A i B.

NAPOMENA 4.19 Primijenimo li Teorem 4.18 na bilo koju po dijelovoma

glatku jednostavno zatvorenu krivulju � � X, dobivamo da pripadna cirku-

lacija vektorskog polja �!w isµcezava,Hy�

�!w � d�!r = 0: Slijedi da isµcezavanje

cirkulacije, tako�er, karakterizira potencijalnost vektorskog polja �!w na po-

druµcju X.

Nadalje, buduci da su potencijalnost i bezvrtloµznost (na konveksnom po-

druµcju) ekvivalentna svojstva (v. Teorem 3.41), vrijedi ovaj korolar:

KOROLAR 4.20 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje nakonveksnom podruµcju X � R3. Tada je

rot�!w =�!0 ,

Iy�

�!w � d�!r = 0 (4.9)

za svaku po dijelovima glatku jednostavno zatvorenu krivuljuy� � X.

Teorem 4.18 i Korolar 4.20 ukazuju na veliku vaµznost potencijalnih (bezvrt-

loµznih) vektorskih polja. Stoga treba umjeti takva polja prepoznati i odred-

iti im potencijale, o µcemu je bilo rijeµci u Teoremu 3.41 i Primjeru 3.42.

Ponovimo samo to da je opci oblik takvoga potencijala f : X ! R, za danovektorsko polje �!w na X � R3, integral totalnog diferencijala wxdx+wydy+wzdz � df , tj.

f(x; y; z) = �Z x

x0

wx(t; y; z)dt�Z y

y0

wy(x0; u; z)du�Z z

z0

wz(x0; y0; v)dv;

pri cemu je (x0; y0; z0) 2 X bilo koja odabrana toµcka.

PRIMJER 4.21 IzraµcunajmoRy�

�!w � d�!r ako je

�!w (x; y; z) =�3x2yz + y + 5; x3z + x� z; x3y � y � 7

i

4.5. GREENOVA FORMULA 135

(a)y� bilo koji luk od A � O = (0; 0; 0) do B = (1; 1; 1);

(b)y� bilo koja usmjerena po dijelovima glatka jednostavno zatvorena

krivulja.

(a) Oµcito je da je vektorsko polje �!w neprekidno diferencijabilno na prostoru

R3. Buduci da je

@wz@y

=@wy@z

= x3 � 1; @wx@z

=@wz@x

= 3x2y;@wy@x

=@wx@y

= 3x2z + 1;

to je rot�!w =�!0 pa je �!w betvrtloµzno polje, dakle, i potencijalno. Slijedi,Z

y�

�!w � d�!r = f(1; 1; 1)� f(0; 0; 0);

gdje je potencijal f od �!w odre�en relacijom (uzmimo (x0; y0; z0) = (0; 0; 0))

f(x; y; z) = �Z x

x0

(3t2yz + y + 5)dt�

�Z y

y0

�(x0)

3z + x0 � z�du�

Z z

z0

�(x0)

3y0 � y0 � 7�dv =

�Z x

0(3t2yz+y+5)dt�

Z y

0(�z)du�

Z z

0(�7)dv = �x3yz�yx�5x+zy+7z:

Prema tomu,Zy�

�!w � d�!r = f(0; 0; 0)� f(1; 1; 1) = 0� 1 = �1:

(b) Ovdje se radi o cirkulaciji bezvrtloµznoga polja pa jeIy�

�!w � d�!r = 0.

4.5 GREENOVA FORMULA

U ovomu pododjeljku cemo izvesti osnovnu formulu integralnog raµcuna za

funkcije dviju varijabla, koja je prirodno poopcenje Newton-Leibnizove for-

mule. Radi se o tomu da se (dvostruki) integral na prikladnom podruµcju

D � R2 svede na (krivuljni) integral po rubu od D.


TEOREM 4.22 (Greenov teorem) Neka su P;Q : X ! R diferencijabilnefunkcije na otvorenom skupu X � R2 te neka je

x� � X pozitivno usmje-

rena po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja. Tada vrijedi tzv.

Greenova formulaZZD

�@Q(x; y)@x

� @P (x; y)

@y

�dxdy =

Ix�P (x; y)dx+Q(x; y)dy; (4.10)

pri µcemu je D � X podruµcje ome�eno krivuljom �, tj. @D = � .

Strogi dokaz ovoga teorema pretpostavlja puno vi�e predznanja nego �to

smo ga do sada stekli. Stoga cemo dokazati samo jedan poseban sluµcaj, ali

ipak dovoljno opcenit da obuhvati na�e praktiµcne potrebe. Pretpostavimo,

dakle, da su P i Q neprekidno diferencijabilne funkcije i da je podruµcje D

takvo da mu usporednice s koordinatnim osima sijeku rub @D = � u najvi�e

dvjema toµckama (Slika 4.8. (b)).

Slika 4.8.

Neka su x = a, x = b, y = c i y = d jednadµzbe onih usporednica �to

dodiruju rub @D, pa je podruµcje D � [a; b] � [c; d] i ome�eno je grafovimadviju funkcija �1;2 : [a; b]! R, odnosno, 1;2 : [c; d]! R, tj.

D =�(x; y) 2 R2 j �1(x) � y � �2(x); x 2 [a; b]

;

odnosno,

D =�(x; y) 2 R2 j 1(y) � x � 2(y); y 2 [c; d]

:

Pritom je �1(a) = �2(a), �1(b) = �2(b), 1(c) = 2(c) i 1(d) = 2(d).

Oznaµcimo sy�1 graf G�1 usmjeren porastom varijable x, a s

x�2 graf G�2


usmjeren padom varijable x. Tada jex� =

x@D sukladno sastavljena od

y�1

ix�2. Buduci da je funkcija P neprekidno diferencijabilna, to je funkcija

f � @P@y neprekidna pa je i integrabilna na D. Taj je integralZZ

Df(x; y)dxdy =

Z b

a

Z �2(x)

�1(x)f(x; y)dy)dx =

Z b

a

�Z �2(x)

�1(x)

@P (x; y)

@ydy�dx =

Z b

a(P (x; �2(x)� P (x; �1(x))) dx�

Z a

bP (x; �2(x))dx�

Z b

aP (x; �1(x))dx =

�Zx�2

P (x; y)dx+ c0(x; y)dy �Zy�1

P (x; y)dx+ c0(x; y)dy = �Ix�Pdx:

Posve sliµcno, sukladno rastaviv�ix� na

xG 1 , usmjerenu padom varijable y, i

yG 2 , usmjerenu porastom varijable y, i staviv�i g � @Q

@x dobivamo:ZZDg(x; y)dxdy =

Z d

c

Z 2(x)

1(x)g(x; y)dy)dx = � � �

=

Ix�c0(x; y)dx+Q(x; y)dy =

Ix�Qdy:

Zbrajanjem dobivenih integrala proizlazi Greenova formula.

PRIMJER 4.23 Izraµcunajmo cirkulacijuIx�2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy

po pozitivno usmjerenom rubux@4 �

x� trokuta 4ABC, A = (1; 1), B =

(2; 2), C = (1; 3) (Slika 4.9.).

Slika 4.9.


Primijenit cemo Greenovu formulu na P (x; y) = 2(x2 + y2) i Q(x; y) =

(x+ y)2.Ix�2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy =

ZZ�

�@Q(x; y)@x

� @P (x; y)

@y

�dxdy =

ZZ�(2x� 2y)dxdy = 2

Z 2

1

�Z �x+4

x(x� y)dy

�dx = � � � = �4

3:

Za provjeru izraµcunti traµzenu cirkulaciju izravno, tj. integrirajuci poy�1 =

��!AB (y = x, x 2 [1; 2]; parametar raste),

x�2 =

��!BC (y = �x + 4, x 2 [1; 2];

parametar pada) ix�3 =

�!CA (x = 1, y 2 [1; 3]; parametar pada).

Primijetimo da smo u ovomu primjeru Greenovu formulu iskoristili u "obrat-

nom smjeru", tj. da smo

� krivuljni integral preveli u dvostruki integral.

Takva i jest njezina µcesta primjena u praksi. "Pravi smjer" trebamo, uglavnom,

u teorijskim razmatranjima.

KOROLAR 4.24 Pod uvjetima u Teoremu 4.22 vrijedi formula

P (D) =1

2

Ix��ydx+ xdy: (4.11)

za plo�tinu ravninskog podruµcja D.

Zaista, znamo da je P (D) =RRD dxdy. Odaberimo bilo koje dvije neprekidno

diferencijabilne (naD) skalarne funkcije P iQ za koje je @Q@x�@P@y = c1. Prim-

jerice, to smiju biti P (x; y) = �y2 i Q(x; y) =

x2 . Ostalo slijedi iz Teorema

4.22.

NAPOMENA 4.25 Greenov teorem vrijedi i na podruµcju D � R2 koje jevi�estruko povezano (Slika 4.10.), tj. na podruµcju rub kojega se sastoji od

vi�e po dijelovima glatkih jednostavno zatvorenih krivulja �0,�; : : : ;�n, pri

µcemu su �1; : : : ;�n me�usobno disjunktne, sve leµze u unutra�njem (ome-

�enom) podruµcju s obzirom na �0 i svaka �i leµzi u vanjskom podruµcju s

obzirom na �j, i 6= j = 1; � � � ; n.


Slika 4.10.

Usmjerimo li �0 geometrijski pozitivno, a sve ostale �1; : : : ;�n negativno,

Greenova formula poprima zapisZZD

�@Q@x

� @P

@y

�dxdy =

Ix�0

(Pdx+Qdy) +Xn

i=1

Iy�i

(Pdx+Qdy): (4.12)

NAPOMENA 4.26 Gledamo li na funkcije P i Q kao na koordinatne

funkcije nekog ravninskog vektorskog polja

�!w : D ! R2; �!w (x; y) = fP (x; y); Q(x; y)g ;

Greenovu formulu moµzemo zapisati i ovako:ZZD

�rot�!w � �!k

�dxdy =

Ix@D

�!w � d�!r (=

I@D

��!w � �!t 0�ds)na �to cemo se vratiti, u opcenitijem sluµcaju, kasnije.


Poglavlje 5

PLO�NI INTEGRAL

Integriranje po plohama je jedna od temeljnih tehnika matematiµcke �zike,

�to cemo mi ovdje moci tek djelomice uoµciti. Pritom je svakako najvaµzniji

tzv. Ostrogradski-Gaussov teorem o divergenciji, koji je drugo poopcenje

(prvo je bilo Greenov teorem) Newton-Leibnizove formule - sada na trostruki

integral. Naime, pod nekim se pretpostavkama integral po ome�enom po-

druµcju V � R3 prevodi na integral po zatvorenoj plohi S koja je rub S � @V

toga podruµcja. Ali, strogo de�nirati plohu i, posebice, njezinu plo�tinu i

usmjerenje vrlo je sloµzen i zahtjevan posao, koji ovdje nije moguce posve ko-

rektno obaviti. Grubo govoreci, ploha je neprekidna slika nekog ravninskog

podruµcja. O glatkoj plohi i njezinoj plo�tini vec je bilo rijeµci ranije (v. 2.4.2.

Glatka ploha i njezina plo�tina) i sada za na�u svrhu cemo trebati, premda

ne sasvim strogu, ipak ne�to toµcniju de�niciju.

5.1 PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE

DEFINICIJA 5.1 Skup S � R3 nazivamo plohom ako za svaku toµcku

T0 2 S postoje otvorena okolina V � R3 od T0, otvoreni skup U � R2, pres-likavanje g : U ! R i pravokutni koordinatni sustav

�O;�!i ;�!j ;�!k�u R3 takvi

da (u tomu sustavu) z = g(x; y), (x; y) 2 U , bude jednadµzba presjeµcnoga

skupa S \ V . Reci cemo da je ploha S glatka (u toµcki T0 = (x0; y0; z0),

z0 = g(x0; y0)) ako je pripadna funkcija g diferencijabilna (u toµcki (x0; y0)).

(Drugim rijeµcima, ploha S je glatka µcim u svakoj svojoj toµcki T 2 S dopu�ta

141

142 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL

tangencijalnu ravninu.)

Ako se za cijelu plohu S moµze naci jedan koordinatni sustav i jedno pre-

slikavanje

g : D ! R; D � R2;

tako da njegova suµzenja udovoljavaju De�niciji 5.1, onda se

z = g(x; y); (x; y) 2 D;

naziva eksplicitnom jednadµzbom plohe S.

Neka je G : V ! R derivabilna funkcija na otvorenom skupu V � R3 sasvojstvom gradG(x; y; z) 6= �!

0 u svakoj toµcki (x; y; z) 2 V . Tada se lako

provjeri da je skup

S = f(x; y; z) 2 V j G(x; y; z) = 0g � R3

glatka ploha: Pritom je, u svakoj toµcki, gradijent

gradG(x; y; z) =

�@G

@x;@G

@y;@G

@z

�(x;y;z)

okomit na tangencijalnu ravninu, �to odmah daje jednadµzbu pripadne tan-

gencijalne ravnine.µCesto se ploha S zadaje parametarski. Pri takvom zadavanju nema priv-

ilegiranih osi, a plohu treba zamisliti kao "dvodimenzionalni skup" nastao

"neprekidnom deformacijom" r : D ! R3 nekog ravninskog podruµcja D. Neulazeci u potankosti, dajemo pripadnu parametarsku jednadµzbu:

S : : : r(u; v) = (�(u; v); (u; v); �(u; v)); (u; v) 2 D � R2; tj:

S : : :

8>><>>:x = �(u; v);

y = (u; v);

z = �(u; v):

Tako, primjerice, ploha S zadana eksplicitnom jednadµzbom z = g(x; y) ima

parametarski zapis (u = x, v = y)

r(x; y) = (x; y; g(x; y)):

U nekim razmatranjima i primjenama javljat ce se plohe poput ovih na

slici 2.24. - tu se radi o plohi S sastavljenoj od konaµcno mnogo glatkih

5.1. PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE 143

ploha S1,. . . , Sn tako da u toµckama "spojnih krivulja" ne postoje tangen-

cijalne ravnine (ni normale). Za takve plohe kaµzemo da su po dijelovima

glatke. Pokazuje se da je skup svih toµcaka takve plohe u kojima nema nor-

male "plo�tinski zanemariv" pa cemo ga u na�im (naivnim) razmatranjima

o plo�nom integralu smjeti zanemarivati.

Ponovimo da smo za plohu S zadanu jednadµzbom z = g(x; y), (x; y) 2 D;

gdje g : X ! R, X � R2, diferencijabilna funkcija, a D � X zatvoreno po-

druµcje ome�eno po dijelovima glatkom jednostavno zatvorenom krivuljom,

njezinu plo�tinu de�nirali broj

P (S) =

ZZD

s1 +

�@g(x; y)

@x

�2+

�@g(x; y)

@y

�2dxdy:

Ako ploha S ne udovoljava svim uvjetima u De�niciji 5.1, ali ju se moµze

rastaviti po dijelovima glatkim krivuljama na konaµcno mnogo "disjunktnih"

ploha S1; : : : ; Sn, od kojih svaka udovoljava uvjetima De�nicije 5.1, onda se

njezina plo�tina de�nira kao pripadni zbroj, tj.

P (S) = P (S1) + � � �+ P (Sn):

U sluµcaju plohe S, �to se okomito projicira na podruµcje D, implicitno zadane

jednadµzbom G(x; y; z) = 0, formula za plo�tinu prelazi u

P (S) =

ZZD

1@G(x;y;z)

@z

r�@G(x;y;z)

@x

�2+�@G(x;y;z)

@y

�2+�@G(x;y;z)

@z

�2dxdy;

pri µcemu naznaµcene parcijalne derivacije treba iskazati funkcijama od x i y.

Napokon, formaliziramo li P (S) =RRD dS, smijemo reci da je

dS �

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy (5.1)

in�nitezimalni plo�tinski element. (Strogo, bolje bi bilo pisati dP (S) umjesto

dS!)

DEFINICIJA 5.2 Neka je f : X ! R, X � R3, neprekidna funkcija(skalarno polje), a S � X glatka ploha zadana jednadµzbom z = g(x; y),


(x; y) 2 D � R2, na zatvorenom podruµcju D ome�enom po dijelovima

glatkom jednostavno zatvorenom krivuljom. Tada dvostruki integral

ZZDf(x; y; g(x; y))

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy (5.2)

nazivamo plo�nim integralom prve vrste skalarnoga polja f po plohi S

i oznaµcujemo ga s ZZSfdS:

Primijetimo da je oznaka u skladu s prethodnim razmatranjem:

ZZSfdS =

ZZDf(x; y; g(x; y))

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy:

(5.3)

PRIMJER 5.3 Izraµcunajmo plo�ni integral prve vrsteZZ

SfdS, ako je

f(x; y; z) = x+ y + z; a S dio jediniµcne sredi�nje sfere u I. oktantu .

Buduci da je

S : : : z = g(x; y) =p1� x2 � y2; (x; y) 2 D : : :

(0 � y �

p1� x2

0 � x � 1

to je@g(x; y)

@x=

�xp1� x2 � y2

;@g(x; y)

@y=

�yp1� x2 � y2

,

pa je

1 +�@g(x; y)

@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2=

1

1� x2 � y2 :

Prema tomu,ZZSfdS

(5:3:)=

ZZD

�x+y+

p1� x2 � y2

� 1p1� x2 � y2

dxdypolarne koordinate

=

ZZD�;'

�� cos'+ � sin'+

p1� �2

� 1p1� �2

�d�d' = � � � = 3�

4:

(Primijenili smo teorem o zamjeni varijabla.)

5.2. PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE 145

NAPOMENA 5.4

(a) Aproksimiramo li plohu S tvarnim objektom kojemu je "debljina zane-

mariva prema duµzini i �irini" (tkanina, tanka koµza, tanki lim ili sl.) gustoce

f(x; y; z), onda pripadni plo�ni integral prve vrste mjeri masu toga objekta.

(b) Ako je ploha S po dijelovima glatka i sastavljena od konaµcno mnogo

glatkih ploha S1; � � � ; Sn onda se njezin plo�ni integral prve vrste de�nirakao pripadni zbroj, tj.ZZ

SfdS =

ZZS1

fdS + � � �+ZZ

Sn

fdS: (5.4)

Na kraju navedimo oµciglednu linearnost plo�nog integrala prve vrste:

TEOREM 5.5 Neka su f; g : X ! R, X � R3, neprekidne funkcije, S �X po dijelovima glatka ploha i �; � 2 R. Tada jeZZ

S(�f + �g) dS = �

ZZSfdS + �

ZZSgdS: (5.5)

5.2 PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE

Kao �to smo uveli dvije vrste poopcenja (jedno u skalarnom, a drugo u vek-

torskom polju) odre�enog integrala na integral po krivulji, tako cemo uvesti

i dvije vrste poopcenja dvostrukog integrala na integral po plohi. Integral

skalarnog polja po plohi smo de�nirali u prethodnomu odjeljku, a sada cemo

se pozabaviti integralom vektorskog polja po plohi. Sliµcno sluµcaju krivuljnog

integrala vektorskog polja (po usmjerenoj krivulji), ovdje treba osmisliti po-

jam usmjerene plohe. Strogo de�niranje toga pojma iziskuje cijelo poglavlje,

pa cemo ovdje poku�ati, kratko i jednostavno, samo pojasniti o µcemu se radi.

Usmjerenu plohu cemo de�nirati pomocu njezinih usmjerenih tangencijalnih

ravnina, a usmjerenu ravninu pomocu njezinih normalnih vektora. U tu

svrhu najprije uoµcimo da ravnina ima dvije strane od kojih je jedna odre�ena

skupom svih (jediniµcnih) normalnih vektora �!n 0, a druga skupom svih ��!n 0.Odabirom jedne od tih strana, tj. ili svih �!n 0 ili svih ��!n 0, odabrano je jednood dvaju (neprekidnih) usmjerenja (ili orijentacija) promatrane ravnine.

(Mje�oviti odabir bi tvorio neko "prekidno usmjerenje"!) Reci cemo da je

glatka ploha S usmjerena (ili orijentirana) ako joj je usmjerena svaka


tangencijalna ravnina i pritom je to "usmjeravanje neprekidno", tj. opisno

govoreci, u bliskim toµckama su bliski i pripadni normalni vektori. Drugim

rijeµcima, ploha S je (neprekidno) usmjerena ako ima dvije strane i jedna od

njih je odabrana. Smijemo zamisliti da svako (neprekidno) usmjerenje tvore

svi jediniµcni normalni vektori �to "izlaze" iz odabrane strane. ("Prekidno

usmjerenje" bi tvorio bilo koji mje�oviti odabir!) Pojmovi su ilustrirani ovim

crteµzima:

Slika 5.2.

Ako ploha S nije glatka ali jest po dijelovima glatka, zahtijevamo (neprekidnu)

usmjerenost svakoga glatkog dijela i njihovu me�usobnu suglasnost, tj. pri-

padnost svih normalnih vektora toµcno jednoj strani te plohe (Slika 5.3.

(a)). (Neobstojnost normalnih vektora u toµckama "spojnih krivulja" zane-

marujemo!) Poseban sluµcaj jesu jednostavno zatvorene plohe (sfera, rub

geometrijskog tijela). Buduci da one, oµcito, imaju dvije strane, vanjsku i

unutra�nju, tako ih i usmjerujemo, tj. ili skupom svih vanjskih jediniµcnih

normalnih vektora ili skupom svih onih unutra�njih (Slika 5.3. (b)).

Slika 5.3.

PRIMJER 5.6 (Möbiusova vrpca) Dajemo primjer glatke plohe koju se

ne moµze (neprekidno) usmjeriti. Promatrajmo pravokutnik ABCD pa mu

zalijepimo stranicu AD sa stranicom BC i to tako da smo BC "preokrenuli"

i identi�cirali C s A i B s D. Dobit cemo plohu, tzv. Möbiusovu vrpcu.


NAPOMENA 5.7 Kao �to smo vec bili naglasili, u na�im cemo razmatra-

njima promatrati samo po dijelovima glatke usmjerene plohe. Pritom, ako je

ploha S zadana jednadµzbom z = g(x; y); (x; y) 2 D � R: jedno usmjerenjeodre�uje izbor jediniµcnih normalnih vrktora

�!n 0(x; y) =1q

1 +�@g(x;y)

@x

�2+�@g(x;y)

@y

�2��@g(x; y)@x

�!i � @g(x; y)

@y

�!j +

�!k�;

(5.6)

a drugo usmjerenje je onda dano vektorima ��!n 0(x; y). Plohu S usmjerenuvektorima �!n 0(x; y) oznaµcujemo sa

yS , a u drugomu sluµcaju - sa

xS . Ako

je ploha S jednostavno zatvorena, njezino usmjerenje vanjskim normalnim

vektorima oznaµcujemo saxS ili S+, a unutra�njima - sa

yS ili S�. Napokon,

ponekad cemo rabiti i oznaku d�!S za �!n 0(x; y)dS ili ��!n 0dS.

DEFINICIJA 5.8 Neka je �!w = fwx; wy; wz)g : X ! R3, X � R3,neprekidna funkcija (vektorsko polje), a z = g(x; y), (x; y) 2 D � R2, jed-nadµzba usmjerive glatke plohe S � X, pri µcemu je D zatvoreno podruµcje rub

kojega je po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja. Tada dvostruki

integral ZZD

��wx

@g

@x� wy

@g

@y+ wz

�(x; y; g(x; y))dxdy (5.7)

nazivamo plo�nim integralom druge vrste vektorskoga polja �!w po usm-

jerenoj plohiyS i oznaµcujemo sZZ

yS

�!w � d�!S iliZZ

S

�!w � �!n 0dS:

Primijetimo da su u zapisuZZyS

�!w �d�!S =

ZZS

�!w ��!n 0dS =ZZ

D

��wx

@g

@x�wy

@g

@y+wz

�(x; y; g(x; y))dxdy

(5.8)

oznake posve u skladu s de�nicijom jer je

dS =

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy;

�!n 0(x; y) =1q

1 +�@g(x;y)

@x

�2+�@g(x;y)

@y

�2��@g(x; y)@x

�!i � @g(x; y)

@y

�!j +

�!k�:

(U drugoj oznaci se ne istiµce usmjerenje na S jer ga sadrµzi vektor �!n 0.)


Spomenimo da se plo�ni integral druge vrsteRR

yS

�!w �d�!S u �zici naziva tokom(ili �uksom) vektorskoga polja �!w kroz plohu S, o µcemu ce biti rijeµci poslije.

U sluµcaju usmjerene po dijelovima glatke ploheyS , sukladno sastavljene od

usmjerenih glatkih plohayS1; � � � ;

ySn, odgovarajuci plo�ni integral druge vrste

de�niramo kao pripadni zbroj, tj.ZZyS

�!w � d�!S def.=

ZZyS1

�!w � d�!S + � � �+ZZ

ySn

�!w � d�!S :

Razvidno je da za plo�ni integral druge vrste vrijedi ovaj teorem:

TEOREM 5.9 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, neprekidne vektorskefunkcije, S � X usmjeriva po dijelovima glatka ploha i �; � 2 R. Tada je

(1)ZZ

xS

�!w � d�!S = �ZZ

yS

�!w � d�!S ;

(2)ZZ

xS(��!w + ��!u ) � d�!S = �

ZZyS

�!w � d�!S + �ZZ

yS

�!u � d�!S .

NAPOMENA 5.10 Pridodajemo jo�jedan zapis plo�nog integrala druge

vrste. Zadamo li, formalno, jediniµcne normalne vektore na S pomocu nji-

hovih smjerovnih kosinusa,

�!n 0 =�!i cos�+

�!j cos� +

�!k cos = fcos�; cos�; cos g ;

pripadni plo�ni integral druge vrste ima zapisZZyS

�!w � d�!S =

ZZS(wx cos�+ wy cos� + wz cos )dS =

ZZySwxdydz + wydzdx+ wzdxdy: (5.9)

U svezi s tim, podsjetimo na "starinsko" de�niranje plo�nog integrala druge

vrste. Neka su dane neprekidne skalarne funkcije

P;Q;R : X ! R; X � R3;

i dvostrana ploha S � X, te neka

�!n 0 = fcos�; cos�; cos g


oznaµcuje jediniµcni normalni vektor na odabranu stranu S+ plohe S u bilo

kojoj toµcki. Tada se pripadni plo�ni integral druge vrste "de�nira" kako

slijedi:ZZS+Pdydz+Qdzdx+Rdxdy =

ZZS(P cos�+Q cos�+R cos )dS: (5.10)

(Uoµcimo da na desnoj strani stoji plo�ni integral prve vrste!)

PRIMJER 5.11 Izraµcunajmo plo�ni integral druge vrsteZZS+x2dydz + y2dzdx+ z2dxdy;

pri µcemu je S+ "vanjska" strana "desne" polusfere S sredi�nje sfere zadane

jednadµzbom x2 + y2 + z2 = a2 (Slika 5.4.).

Slika 5.4.

Rastavimo "desnu" polusferu S na dvije plohe; S = S1 [ S2, gdje je

S1;2 : : : z1;2 = g1;2 = �pa2 � x2 � y2; (x; y) 2 D : : :

(�a � x � a

0 � y �pa2 � x2

:

Buduci da je S+ "vanjska strana", to je S+ =yS1 [

xS2, pa po Teoremu 5.9

slijediZZS+

�!w � d�!S =

ZZyS1

�!w � d�!S +ZZ

xS2

�!w � d�!S =

ZZyS1

�!w � d�!S �ZZ

yS2

�!w � d�!S :

Traµzene parcijalne derivacije jesu

@g1;2(x; y)

@x=

�xpa2 � x2 � y2

;@g1;2(x; y)

@y=

�ypa2 � x2 � y2

:


Time smo pripremili sve za izraµcunavanje. Dakle,ZZS+x2dydz + y2dzdx+ z2dxdy =

ZZS1

(x2 cos�1 + y2 cos�1 + z

2 cos 1)dS�

�ZZ

S2

(x2 cos�2 + y2 cos�2 + z

2 cos 2)dS

=

ZZD

�x2��@g1@x

�+ y2

��@g1@y

�+ z2

�dxdy�

�ZZ

D

�x2��@g2@x

�+ y2

��@g2@y

�+ z2

�dS

=

ZZD

�x2

2xpa2 � x2 � y2

+ y22yp

a2 � x2 � y2�dxdy

polarne koordinate=

=

ZZD�'

�2�3 cos3 'pa2 � �2

+2�3 sin3 'pa2 � �2

��d�d'

= 2

Z �

0

��cos3 '+ sin3 '

� Z a

0

�4d�pa2 � �2

�d' = � � � = �a4

2:

(Izraµcunajte ovaj plo�ni integral druge vrste ne rastavljajuci plohu S! Uputa:

Odabere li se y-os "povla�tenom", S dopu�ta eksplicitnu jednadµzbu y =

h(z; x).)

5.3 OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA

Kao �to smo bili najavili, ovdje ce se povezati trostruki integral po podruµcju

V � R3 s plo�nim integralom druge vrste po njegovu usmjerenu rubux@V .

TEOREM 5.12 (Teorem o divergenciji) Neka je �!w : X ! R, X � R3,neprekidno diferencijabilno vektorsko polje, a V � X zatvoreno podruµcje

ome�eno po dijelovima glatkom jednostavno zatvorenom plohomxS �

x@V

usmjerenom vanjskim normalama. Tada vrijedi Ostrogradski-Gaussova for-

mula ZZZVdiv�!wdV =

ZZx@V

�!w � d�!S ( =ZZ

@V

�!w � �!n 0dS): (5.11)

5.3. OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA 151

Zbog sloµzenosti opcega sluµcaja, dokazat cemo samo poseban sluµcaj u kojemu

usporednice s koordinatnim osima sijeku rub @V u najvi�e dvjema toµckama.

Dadnemo li prednost z-osi, rub (ploha) dopu�ta rastav @V = S1 [ S2, S1 \S2 = � (krivulja), i eksplicitni zapis

S1;2:::z = g1;2(x; y); g1(x; y) � g2(x; y); (x; y) 2 D � R2;

pri µcemu se � okomito projicira na @D. Usmjerenje vanjskim normalama�!n 0,tj.

x@V , povlaµci usmjerenje

xS1 jediniµcnim normalama ��!n 0 i

yS2 jediniµcnim

normalama �!n 0. Izraµcunajmo trostruki integral po V , dobivamoZZZV

@wz(x; y; z)

@zdxdydz =

ZZD

�Z g2(x;y)

g1(x;y)

@wz(x; y; z)

@zdz�dxdy =

ZZDwz(x; y; g2(x; y))dxdy �

ZZDwz(x; y; g1(x; y))dxdy:

Primijetimo da je��!w � �!k ��!k = wz

�!k = f0; 0; wz(x; y; z)g pa jeZZ

S1

�wz�!k � �!n 0

�dS = �

ZZDwz(x; y; g1(x; y))dxdy i

ZZS2

�wz�!k � �!n 0

�dS =

ZZDwz(x; y; g2(x; y))dxdy:

Slijedi, ZZZV

@wz(x; y; z)

@zdxdydz =

ZZ@V

�wz�!k � �!n 0

�dS:

Posve sliµcno, preferirajuci x-os, odnosno, y-os dobivamoZZZV

@wx(x; y; z)

@xdxdydz =

ZZ@V

�wx�!i � �!n 0

�dS;

ZZZV

@wy(x; y; z)

@ydxdydz =

ZZ@V

�wz�!j � �!n 0

�dS:

Buduci da se integrira po istom podruµcju V , odnosno @V , zbrajanjem slijediZZZV

�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�dxdydz =

ZZ@V

�wx�!i +wy

�!j +wz

�!k��!n 0dS; tj:

ZZZVdiv�!wdV =

ZZ@V

�!w � �!n 0dS =ZZ

x@V

�!w � d�!S :


NAPOMENA 5.13 µCesto se Ostrogradski-Gaussova formula zapisuje pomo-

cu skalarnih funkcija. Neka su P;Q;R : X ! R neprekidno derivabilne

funkcije na okolini X zatvorenog podruµcja V � R3, rub @V kojega je po

dijelovima glatka jednostavno zatvorena ploha. Tada jeZZZV

�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�dxdydz =

ZZ@V(P cos�+Q cos� +R cos ) dS;

(5.12)

gdje su cos�; cos�, cos smjerovni kosinusi vanjske normale na plohu @V .

PRIMJER 5.14 Izraµcunati plo�ni integral druge vrsteZZxSx3dydz + y3dzdx+ z3dxdy

po sferixS : : : x2 + y2 + z2 � a2 = 0 usmjerenoj vanjskim normalama.

Imamo da je ZZxSx3dydz + y3dzdx+ z3dxdy =

ZZxS

�!w � d�!S ;

pri µcemu je

�!w = fwx; wy; wzg ; wx(x; y; z) = x3; wy(x; y; z) = y3; wz(x; y; z) = z3

, te da smijemo primijeniti Teorem o divergenciji. Prema tomu,ZZxSx3dydz + y3dzdx+ z3dxdy =

ZZxS

�!w � d�!S =

ZZZVdiv�!wdV =

ZZZV

�3x2 + 3y2 + 3z2

�dxdydz

sferne koordinate=

ZZZVr�'

3r2�r2 sin ��drd�d' =

3

Z 2�

0

�Z �

0

�sin �

Z a

0r4dr

�d��d' = � � � = 12�a5

5:

PRIMJER 5.15 Izraµcunti plo�ni integral druge vrsteZZxSxdydz + ydzdx+ zdxdy

po bilo kojoj po dijelovima glatkoj jednostavno zatvorenoj plohi usmjerenoj

vanjskim normalnim vektorima.

Kao i u prethodnomu primjeru, primijenit cemo Teorem 5.12. Dakle,ZZxSxdydz+ydzdx+zdxdy =

ZZZVdiv�!wdV =

ZZZV(1+1+1)dV = 3O(V );

5.3. OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA 153

pri µcemu je O(V ) obujam podruµcja V ome�enoga plohom S. Tako smo

dobili formulu

O(V ) =1

3

ZZx@Vxdydz + ydzdx+ zdxdy; (5.13)

koja je analogon one iz Korolara 4.24 za plo�tinu ravninskog podruµcja D:

P (D) =1

2

Ix@D�ydx+ xdy:

Teorem o divergenciji ima analogone za gradijent i rotaciju, o kojima cemo

sada ne�to reci. Promatrajmo neprekidnu vektorsku funkciju �!w : X ! R3,X � R3, i po dijelovima glatku jednostavno zatvorenu plohu S � X, �to

ome�uje zatvoreno podruµcje V � X. De�nirajmoZZZV

�!wdV def.=

�ZZZVwxdV;

ZZZVwydV;

ZZZVwzdV

�; (5.14)ZZ

S

�!wdS def.=

�ZZSwxdS;

ZZSwydS;

ZZSwzdS

�: (5.15)

Pretpostavimo da je vektorsko polje �!w potencijalno na V , tj. da postoji

neprekidno diferencijabilna skalarna funkcija f : V ! R za koju je �!w =

grad f . Tada jeZZZVgrad fdV =

�ZZZV

@f

@xdV;

ZZZV

@f

@ydV;

ZZZV

@f

@zdV

�:

Uoµcimo da je

div f�!i =

@f

@x; div f

�!j =

@f

@yi div f

�!k =

@f

@z:

pa jeZZZVgrad fdV =

�ZZZVdiv f

�!i dV;

ZZZVdiv f

�!j dV;

ZZZVdiv f

�!k dV

�=

T.5.12=

�ZZx@Vf�!i dS;

ZZx@Vf�!j dS;

ZZx@Vf�!k dS

�: (5.16)

Primijetimo da je vektorn�!i dS;

�!j dS;

�!k dS

ousmjereni "plo�tinski ele-

ment" �!n 0dS � d�!S . Tako smo izveli tzv. Teorem o gradijentu:ZZZ

Vgrad fdV =

ZZx@Vfd�!S : (5.17)

Na sliµcan se naµcin dobiva i tzv. Teorem o rotaciji:ZZZVrot�!wdV =

ZZx@V(�!n 0 ��!w )dS: (5.18)


5.4 STOKESOVA FORMULA

Sjetimo se Greenove formuleZZD

�@Q@x

� @P

@y

�dxdy =

Ix@D

Pdx+Qdy

kojom se dvostruki integral po ravninskom podruµcje D prevodi na krivuljni

integral druge vrste po njegovu rubu. Stavimo li �!w = fP; Qg ; dobivamonjezin vektorski zapis:ZZ

D

�rot�!w � �!k

�dxdy =

Ix@D

�!w � d�!r�=

I@D

�!w � �!t 0ds�

Stokesova formula ce biti poopcenje Greenove formule na prostorno vek-

torsko polje �!w ; plohu S � R2 i njezin rub @S:Prije samoga iskaza treba de�nirati sukladno usmjerenje plohe i njezina ruba.

Kao �to smo se vec dogovorili, plohu S zadanu jednadµzbom

z = g(x; y); (x; y) 2 D � R2;

usmjerenu jediniµcnim normalnim vektorima

�!n 0(x; y) =�@g(x;y)

@x

�!i � @g(x;y)

@y

�!j +

�!kq

1 +�@g(x;y)

@x

�2+�@g(x;y)

@y

�2oznaµcujemo sa

yS , a usmjerenu normalama ��!n 0(x; y) - sa

xS . Usmjerimo

rub @D (po dijelovima glatku jednostavno zatvorenu ravninsku krivulju) po-

druµcja D pozitivno, tj. kaox@D ("pravilo desne ruke" kad je palac usmjeren

kao vektor�!k ), pa mu pridijelimo parametrizaciju (s porastom parametra)

@D : : : x = �(t); y = (t); t 2 [a; b]:

Buduci da se rub @S (po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja)

okomito projicira na @D i S dopu�ta parametrizaciju

S : : : r(x; y) = (x; y; g(x; y)); (x; y) 2 D;

to se usmjerenje sx@D "prenosi" na @S (porastom parametra), oznaµcimo ga

kaox@S, tj.

x@S : : : r(�(t); (t)) � �(t) = (�(t); (t); g(�(t); (t))); t 2 [a; b]:

5.4. STOKESOVA FORMULA 155

Pritom govorimo da su plohayS i njezin rub

x@S sukladno usmjereni.

Dakako, u sluµcaju negativnoga usmjerenjay@D dobivamo odgovarajuce us-

mjereni ruby@S, pa i tada kaµzemo da su ploha

xS i njezin rub

y@S sukladno

usmjereni. Primijetimo da se u oba sluµcaja radi o po�tivanju "pravila desne

ruke" kad je palac usmjeren kao normalni vektor.

TEOREM 5.16 (Stokesov teorem) Neka je �!w : X ! R3, X � R3,neprekidno diferencijabilna vektorska funkcija,

yS � X usmjerena po di-

jelovima glatka ploha, ax@S sukladno joj usmjereni rub koji je po dijelovima

glatka jednostavno zatvorena krivulja. Tada vrijedi Stokesova formulaZZySrot�!w � d�!S =

Ix@S

�!w � d�!r�=

I@S

�!w � �!t 0ds�: (5.19)

NAPOMENA 5.17 Kako za Greenovu tako se i za Stokesovu formulu

µcesto rabi skalarni zapis. U tu svrhu, neka su P;Q;R : X ! R, X �R3, neprekidno derivabilne funkcije, a S � X po dijelovima glatka ploha s

rubom @S po dijelovima glatkom jednostavno zatvorenom krivuljom. Tada

se pripadna Stokesova formula zapisuje kako slijedi:I@SPdx+Qdy +Rdz =ZZ

S

��@R@y� @Q@z

�cos�+

�@P@z� @R@x

�cos�+

�@Q@x� @P@y

�cos

�dS; (5.20)

pri µcemu su cos�, cos� i cos smjerovni kosinusi normalnih vektora na

plohu S sukladno usmjereni s rubom @S.

PRIMJER 5.18 Izraµcunajmo cirkulaciju vektorskog polja

(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) =�x2y3; 1; z

duµz usmjerenoga ruba

x@S plohe S zadane jednadµzbom z =

p2� x2 � y2.

Najprije, iz dane jednadµzbe slijedi

S : : : z = g(x; y) =p2� x2 � y2; (x; y) 2 D = f(x; y) j x2+y2 � 2g � R2:

Buduci da sukladno usmjerenje (s rubomx@S) na S znaµci

yS usmjerenu nor-

malama �!n 0 (s obzirom na g), to

@g(x; y)

@x=

�xp2� x2 � y2

;@g(x; y)

@y=

�yp2� x2 � y2


povlaµci

�!n 0(x; y) =(xp2;yp2;

p2� x2 � y2p

2

);

dS =

p2p

2� x2 � y2dxdy:

Tako dobivamoZZySrot�!w � d�!S =

Ix@Swxdx+ wydy + wzdz

Stokesova formula=

ZZS

��@wz@y

� @wy@z

�cos�+

�@wx@z

� @wz@x

�cos�+

�@wy@x

� @wx@y

�cos

�dS =

ZZD

�(0�0) xp

2+(0�0) yp

2+(0�3x2y2)

p2� x2 � y2p

2

� p2p

2� x2 � y2dxdy =

�3ZZ

Dx2y2dxdy

polarne koordinate= �3

Z 2�

0

�cos2 ' sin2 '

Z 2

0�5d�

�d' = ��:

Poglavlje 6

OBIµCNE

DIFERENCIJALNE

JEDNADµZBE

Odre�ujuci integral dane funkcije f : X ! R, X � R, rje�avamo, zapravo,jednadµzbu F 0(x) = f(x) s nepoznanicom - funkcijom F : X ! R. Podnekim uvjetima, funkcija F je jednozaµcno odre�ena do na aditivnu kon-

stantu. Promatrana jednadµzba F 0(x) = f(x), odnosno, ekvivalentna joj

jednadµzba dF (x) = f(x)dx spada u tzv. diferencijalne jednadµzbe. U iducim

cemo se odjeljcima baviti nekim jednostavnim vrstama obiµcnih diferencijal-

nih jednadµzbi prvoga i drugoga reda koje su elementarno rje�ive, tj. rje�enja

kojih dopu�taju analitiµcke zapise �to sadrµze najvi�e konaµcno mnogo ele-

mentarnih funkcija i konaµcno mnogo neodre�enih integrala (ovi smiju biti i

elementarno nerje�ivi). Usput cemo se osvrnuti i na sustave dviju obiµcnih

diferencijalnih jednadµzbi prvoga reda pokazujuci kako se neki od njih svode

na lako rje�ive diferencijalne jednadµzbe drugoga reda.

6.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

Pod diferencijalnom jednadµzbom smatramo svaku jednadµzbu koja anali-

tiµckim zapisom povezuju nepoznate realne funkcije, neke derivacije tih funk-

cija i njihove varijable. One se vrlo µcesto "same od sebe" pojavljuju kao

157

158 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

matematiµcki zapis nekih prirodnih zakona �to upravljaju µzivim i neµzivim

svijetom oko nas (u geometriji, �zici, kemiji, biologiji, tehnici i tehnologiji,

medicini itd.). Reci cemo da je diferencijalna jednadµzba obiµcna ako se u njoj

pojavljuje samo jedna nepoznata funkcija jedne realne varijable. Ako je red

najvi�e derivacije �to se pojavljuje u diferencijalnoj jednadµzbi broj n 2 N,onda kaµzemo da je to diferencijalna jednadµzba n-toga reda. Rje�enje

diferencijalne jednadµzbe n-toga reda

F (x; y; y0; y00; : : : ; y(n)) = 0;

ili u zapisu

y(n) = f(x; y; y0; y00; : : : ; y(n�1))

je svaka funkcija koja joj (zajedno sa svojim derivacijama) uvr�tenjem iden-

tiµcki udovoljava.

PRIMJER 6.1 (a) Jednadµzba y0 � 2x = 0 je obiµcna diferencijalna jed-

nadµzba prvoga reda, a njezino rje�enje je svaki polinom y = f(x) = x2 + C;

C 2 R, (jer je y0 � 2x =�x2 + C

�0 � 2x = 0).(b) Jednadµzba y00�6x�2 = 0 je obiµcna diferencijalna jednadµzba drugoga

reda, a rje�enje joj je svaki polinom y = f(x) = x3+x2+C1x+C2; C1; C2 2R; jer je

�x3 + x2 + C1x+ C2

�00 � 6x � 2 = �3x2 + 2x+ C1

�0 � 6x � 2 =6x+ 2� 6x� 2 = 0.

Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe n-toga reda je obitelj funkcija

�(x; y; C1; C2; : : : ; Cn) = 0;

ili u zapisu

y = '(x;C1; C2; :::; Cn);

gdje su C1; C2; : : : ; Cn realne konstante, koje diferencijalnu jednadµzbu zado-

voljavaju identiµcki. Posebno (ili partikularno) rje�enje se dobiva iz

opceg rje�enja za konkretne vrijednosti konstanti C1; C2; : : : ; Cn. Da bi

se odredilo neko posebno rje�enje, obiµcno se postave dodatni zahtjevi, tzv.

poµcetni uvjet kojemu ono mora udovoljavati. Ako je opce rje�enje poznato

onda se iz njega, temeljem poµcetnog uvjeta, lako izdvaja traµzeno posebno

rje�enje. Za obiµcnu diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda obiµcno se zahtijeva

6.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 159

da posebno rje�enje ima zadanu vrijednost u odabranoj toµcki, a u sluµcaju jed-

nadµzbe drugoga reda zadaje se i derivacijska vrijednost u odabranoj toµcki.

Ponekad postoje rje�enja diferencijalne jednadµzbe koja se ne mogu dobiti

iz opceg rje�enja (za konkretne vrijednosti konstanti C1; C2; : : : ; Cn). Ta

rje�enja nazivamo singularnim rje�enjima. Reci cemo da je diferencijalna

jednadµzba rije�ena ako su odre�ena sva njezina rje�enja.

PRIMJER 6.2 (a) Pokaµzimo da je y = f(x) = x2 + C; C 2 R; opcerje�enje diferencijalne jednadµzbe y0 � 2x = 0 (Primjer 6.1.(a)); tj. da se

birajuci konstanatu C 2 R moµze dobiti svako posebno rje�enje.Pretpostavimo, primjerice, da je y = g(x) neko (bilo koje) posebno rje�enje

diferencijalne jednadµzbe y0�2x = 0, tj. da je g0(x) = 2x. Trebamo dokazatida je funkcija g oblika g(x) = x2+C1; gdje je C1 2 R neka konstanta. Buducije za svaki C 2 R derivacija funkcije f(x) = x2+C jednaka derivaciji funkcije

g(x); imamo (f � g)0(x) = 0; x 2 R: Dakle, funkcije g i f razlikuju se dona aditivnu konstantu K, tj. g(x) = f(x) + K = x2 + C + K = x2 + C1;

C1 = K + C 2 R; a to je i trebalo dokazati.Odredimo ono posebno rje�enje te jednadµzbe koje u toµcki x = 0 ima vrijed-

nost y = 1: Uvr�tenjem danoga poµcetnog uvjeta u opce rje�enje y = x2+C;

C 2 R; dobivamo

1 = f(0) = 02 + C; tj. C = 1;

pa je traµzeno posebno rje�enje y = x2 + 1 (Slika 6.1.).

Slika 6.1.

(b) Sliµcnim razmatranjem pokazuje se da je y = f(x) = x3+x2+C1x+C2;

C1; C2 2 R; opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe y00 � 6x� 2 = 0 (Primjer6.1.(b)).


Ako je diferencijalnoj jednadµzbi postavljen i poµcetni uvjet

x0 = 0; y0 = y(0) = 1; y00 = y0(0) = 2;

onda uvr�tenjem u opce rje�enje dobivamo

1 = f(0) = 03 + 02 + C1 � 0 + C2;

2 = f 0(0) = 3 � 02 + 2 � 0 + C1;

i mora biti C2 = 1 i C1 = 2. Slijedi da je traµzeno posebno rje�enje y =

x3 + x2 + 2x+ 1.

Slika 6.2.

Na Slici 6.2. prikazano je nekoliko funkcija koje pripadaju opcem rje�enju.

Posebno rje�enje je istaknuto: njegov graf prolazi toµckom (0; 1) i u toj toµcki

koe�cijent smjera tangente je 2.

6.1.1 OBLIKOVANJE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

Za opisivanje �zikalnih (realnih) problema µcesto koristimo matematiµcke mod-

ele (idealizacije), koji su µcesto dani u obliku diferencijalnih jednadµzbi. Po-

mocu diferencijalnih jednadµzbi se opisuju problemi kod kojih se na temelju

trenutnog stanja i naµcina kako se ne�to mijenja µzelimo "predvidjeti buducnost".

Populacijska diferencijalna jednadµzba.

U raznim situacijama se susrecemo s nekom veliµcinom µcija je brzina prom-

jene proporcionalna s njenom trenutnom vrijedno�cu. Primjerice, rast (pad)

populacije proporcionalan je broju trenutne populacije, brzina raspada ra-

dioaktivne tvari proporcionalna je trenutnoj koliµcini te tvari, dobit je pro-

porcionalna koliµcini uloµzenog novca. . .


Ovu zakonitost matematiµcki formuliramo na naµcin:

y0 =dy

dt= ky:

Ova se diferencijalna jednadµzba prvog reda naziva populacijskom difer-

encijalnom jednadµzbom. Ovdje je vrijeme t nezavisna varijabla, veliµcina

populacije nepoznata funkcija y (t) ; a y0 (t) = dydt mjeri promjenu (rast ili

pad) populacije u vremenu. Uoµcimo, ako je konstanta k > 0; onda je dydt > 0;

�to znaµci da populacija raste, a ako je k < 0; onda je dydt < 0; �to znaµci da

populacija pada.

Slika 6.3.

Opce rje�enje populacijske diferencijalne jednadµzbe je

y = Cekt

Konstantu C odre�ujemo prema poµcetnom stanju y0; tj. stanju u trenutku

t0 = 0: Buduci je y0 = y (0) = Ce0 = C; rje�enje je

y (t) = y0ekt:

Graf rje�enja, ovisno o konstanti k; prikazan je na Slici 6.3.

PRIMJER 6.3 Podaci o broju stanovnika (u milijunima) u svijetu dani

su tablicom.

Uz pretpostavku da je rast broja stanovnika proporcionalan broju stanovnika,

treba odrediti k i usporediti koliko se dobro model podudara s podacima.

Neka je y (t) broj stanovnika. Tada je

y (t) = y0ekt:


(a) Ako odaberemo da je t0 = 0 za 1900: godinu, onda je y0 = 1650, tj.

y (t) = 1650ekt: Odredimo k iz podatka za 1910: godinu. Imamo

y (10) = 1650 � ek�10 = 1750.

Ovo povlaµci k = 110 ln

17501650 = 0:005884: Dakle,

y (t) = 1650 � e0:005884�t:

Po ovom modelu, broj stanovnika 1990. godine je y (90) = 1650�e0:005884�90 =2802; �to jako odstupa od stvarnih podataka.

(b) Ako k odredimo iz podatka za 1950: godinu. Imamo

y (50) = 1650 � ek�50 = 2520.


25201650 = 0:00847 Dakle,

y (t) = 1650 � e0:00847�t:

Po ovom modelu, broj stanovnika 1990. godine je y (90) = 1650�e0:00847�90 =3536; �to dosta odstupa od stvarnih podataka, ali manje od predhodnog

modela.

(c) Ako odaberemo da je t0 = 0 za 1950: godinu, onda je y0 = 2520, tj.

y (t) = 2520ekt: Odredimo k iz podatka za 1960: godinu. Imamo

y (10) = 2520 � ek�10 = 3020.


30202520 = 0:0181: Dakle,

y (t) = 2520 � e0:0181�t:

Po ovom modelu, stanovnika 1990. godine je y (40) = 2520 � e0:0181�40 =5198; �to se priliµcno dobro podudara sa stvarnim podacima. Na osnovi ovog

modela broj stanovnika 2010: godine bi trebao biti 7465 milijuna.

Logistiµcka diferencijalna jednadµzba.

Pretpostavka da je rast (pad) populacije proporcionalan broju trenutne pop-

ulacije je dobra ako imamo idealne uvjete. Npr. ako se radi o populaciji

bakterija ili µzivotinja to znaµci da npr. µzivotni prostor nije ograniµcen, nema

prirodnih neprijatelja, ima dovoljno hrane. . .


Pretpostavimo da je rast populacije proporcionalan broju trenutne popu-

lacije, ali da veliµcina populacije poµcima opadati kad dosegne kapacitet K:

Ove uvjete moµzemo opisati ovako:

� dy

dt� ky; za y dovoljno malen (y � K);

� dy

dt< 0; za y > K:

Matematiµcki model je diferencijalna jednadµzba

dy

dt= ky

�1� y

K

�; K > 0;

poznata pod imenom logistiµcka diferencijalna jednadµzba. Ako je:

� y � K (y je dovoljno malen) ; onda jey

K� 0; tj. 1 � y

K� 1 pa je

zatody

dt� ky;

� y > K onda jey

K> 1; tj. 1� y

K< 0 pa je zato

dy

dt< 0:

Opce rje�enje logistiµcke diferencijalne jednadµzbe je

y (t) =K

1 + Ce�kt:

Konstantu C odre�ujemo prema poµcetnom stanju y0; tj. vrijednosti u

trenutku t0 = 0: Buduci je y0 = y (0) = K1+C ; imamo

K1+C = y0; �to povlaµci

C = K�y0y0

; tj.

y (t) =K

1 + K�y0y0

e�kt:

Graf ove funkcije je:

Slika 6.4.


PRIMJER 6.4 U jezero je pu�teno 400 riba. Nakon prve godine se broj

ribe utrostruµcio. Odrediti koliko ce biti ribe u jezeru nakon t godina, ako je

procjena da je kapacitet jezera 10000 riba. Za koliko vremena ce broj ribe

u jezeru narasti na 5000?

Matematiµcki model je logistiµcka diferencijalna jednadµzba

dy

dt= ky

�1� y

K

�;

gdje je K = 10000 kapacitet jezera. Opce rje�enje ove diferencijalne jed-

nadµzbe je

y (t) =K

1 + Ce�kt=

10000

1 + Ce�kt:

Buduci je y (0) = 400; imamo 400 = 100001+Ce0

i C = 24: Dakle,

y (t) =10000

1 + 24e�kt:

Kako znamo da se broj ribe utrostruµcio nakon prve godine, to je y (1) = 1200;

pa je

1200 =10000

1 + 24e�k�1) k = ln

36

11) k ' 1: 186:

Dakle, broj ribe u jezeru nakon t godina je

y (t) =10000

1 + 24e�1: 186�t:

Sada odredimo koliko vremena ce broj ribe u jezeru narasti na 5000: Imamo

5000 =10000

1 + 24e�1: 186�t) t =

ln 24

1: 186' 2: 68;

�to je pribliµzno 2 godine i 8 mjeseci.

Populacijski rast.

Pretpostavimo da je rast populacije proporcionalan broju trenutne popu-

lacije, ali da veliµcina populacije poµcima opadati kad dosegne kapacitet K; te

poµcima izumirati kad je veliµcina populacije manja odm: Ove uvjete moµzemo

opisati ovako:

� dy

dt� ky; za y nije prevelik niti premalen (m� y � K) ;

� dy

dt< 0 za y > K;


� dy

dt< 0 za y < m:

Matematiµcki model je diferencijalna jednadµzba populacijskog rasta

dy

dt= ky

�1� y

K

��1� m

y

�; k > 0:

Naime, ako je

� m� y � K onda jey

K� 0 i m

y� 0; tj. 1� y

K� 1 i 1� m

y� 1; pa

je zatody

dt� ky;

� y > K onda jey

K> 1 i

m

y< 1; tj. 1� y

K< 0; 1� m

y> 0; pa je zato

dy

dt< 0;

� y < m onda jem

y> 1 i

y

K< 1; tj. 1� y

K> 0; 1� m

y< 0; pa je zato

dy

dt< 0:

6.1.2 OBSTOJNOST RJE�ENJA

Rje�avanje diferencijalne jednadµzbe je, opcenito, vrlo zahtjevni zadatak. Za

pojedine vrste diferencijalnih jednadµzbi postoje kriteriji - dovoljni uvjeti

koji jamµce obstojnost njihovih rje�enja. Ovdje cemo upoznati kriterije za

rje�ivost diferencijalnih jednadµzbi �to dopu�taju zapis

y0 = G(x; y);

pri µcemu je G : X ! R, X � R2, dana funkcija koja udovoljava nekimdodatnim uvjetima, a traµzeno rje�enje je nepoznata funkcija y = f(x) (jedne

varijable).

TEOREM 6.5 (Picardov teorem) Neka su dane funkcija G : X ! R,X � R2, i toµcka (x0; y0) 2 X i neka postoji pravokutnik P = [x0 � a; x0 +

a]� [y0 � b; y0 + b] � X, a; b 2 R+, takav da vrijedi

(a) G je neprekidna na P ;

(b) G udovoljava tzv. Lipschitzovu uvjetu na P po varijabli y, tj.�9L 2 R+

�(8(x1; y1); (x1; y2) 2 P ) jG(x1; y1)�G(x1; y2)j � L jy1 � y2j :


Tada diferencijalna jednadµzba, s poµcetnim uvjetom,

y0 = G(x; y); x = x0; y = y0; (6.1)

ima toµcno jedno rje�enje koje je neprekidna funkcija

f : [x0 � h; x0 + h]! R; y0 = f(x0);

h = minfa; bM g, a M = maxfjG(x; y)j j (x; y) 2 Pg. (Pozitivni broj L

nazivamo Lipschitzovom konstantom.)

PRIMJER 6.6 Diferencijalna jednadµzba y0 = 2pjyj ima rje�enje za proiz-

voljni poµcetni uvjet. Me�utim, rje�enje nije uvijek jedinstveno. Kroz toµcku

(0; 0) oµcito prolaze grafovi rje�enja

y =

(�x2; x � 0x2; x > 0

; y =

(0; x � 0x2; x > 0

:

Razlog ovoj pojavi je da funkcija G(x; y) = 2pjyj ne udovoljava uvjetu (b)

u okolini toµcke (0; 0).

Dokaz Picardovog teorema prema�uje okvire ovih skripata. Izdvojimo os-

novnu ideju dokaza: traµzeno jednistveno rje�enje f diferencijalne jednadµzbe

(6.1) moµze se dobiti kao graniµcna vrijednost funkcijskoga niza (fn),

fn : [x0 � h; x0 + h]! R; fn(x) = y0 +

Z x

x0

G(t; fn�1(t))dt; (6.2)

pri µcemu je f0 konstantna funkcija f0(x) = y0. Pokazuje se da vrijedi pro-

cjena

jf(x)� fn(x)j �M

L� (Lh)

n+1

(n+ 1)!: (6.3)

Ona omogucuje da se zadovoljimo i nekim pribliµznim rje�enjem, nekom

funkcijom fn, i da pritom znamo kolika je apsolutna pogre�ka. U praksi se,

dakako, postupa upravo na taj naµcin. Rje�avanje diferencijalne jednadµzbe

naµcinom provedenim u dokazu Picardovog teorema naziva se metoda pos-

tupnog pribliµzavanja.

PRIMJER 6.7 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu, s poµcetnim uvjetom,

y0 = x+ y; x0 = 0; y0 = 0;


metodom postupnog pribliµzavanja, pa dobiveno rje�enje usporediti s "oµcitim"

rje�enjem y = ex � x � 1. Koje bi pribliµzno rje�enje fn na pravokutnikujxj � 2; jyj � 1 udovoljilo toµcnosti do 10�5?Prvo provjerimo je li udovoljeno uvjetima Picardova teorema!

Funkcija

(x; y) 7! g(x; y) = x+ y

je neprekidna (na cijelomu R2), pa je neprekidna i na svakom pravokutniku

P = [�a; a]� [�b; b] � R2, a; b 2 R+. Nadalje, funkcija g(x; y) = x+y je na

pravokutniku P ome�ena i Lipschitzov uvjet je ispunjen. Za Lipschitzovu

konstantu moµzemo uzeti L = 1 jer je j(x1+ y1)� (x1+ y2)j � 1 � jy1� y2j zasvaki (x1; y1); (x1; y2) 2 P: U ovome primjeru je

(x0; y0) = (0; 0); a = 2; b = 1:

Buduci je

M = maxfjx+ yj j x 2 [�2; 2] ; y 2 [�1; 1]g = 3

imamo da je

h = min

�2;1

3

�=1

3:

Iz procjene (6.3) imamo

3

1��13

�n+1(n+ 1)!

� 1

105;

i dalje 3n(n+ 1)! � 105: Buduci je 34(4 + 1)! = 9 720 i 35(5 + 1)! = 174 960zakljuµcujemo da moramo uzeti n = 5:

Raµcun daje:

f0(x) = y0 = 0;

f1(x) = y0 +

Z x

x0

G(t; f0(t))dt =

Z x

0tdt =

1

2x2;

f2(x) = y0 +

Z x

x0

G(t; f1(t))dt =

Z x

0

�t+

1

2t2�dt =

1

2x2 +

1

6x3;

f3(x) = y0 +

Z x

x0

G(t; f2(t))dt =

Z x

0

�t+

1

2t2 +

1

6t3�dt =

1

2x2 +

1

6x3 +

1

24x4;


f4(x) = y0 +

Z x

x0

G(t; f3(t))dt =

Z x

0

�t+

1

2t2 +

1

6t3 +

1

24t4�dt =

=1

2x2 +

1

6x3 +

1

24x4 +

1

120x5

i traµzena funkcija koja toµcno rje�enje f(x) = ex � x � 1 aproksimira nasegmentu

��13 ;13

�s toµcno�cu 10�5 je

f5(x) = y0 +

Z x

x0

G(t; f4(t))dt =

Z x

0

�t+

1

2t2 +

1

6t3 +

1

24t4 +

1

120t5�dt =

=1

2x2 +

1

6x3 +

1

24x4 +

1

120x5 +

1

720x6:

Slika 6.5.

Na Slici 6.5. prikazano je toµcno rje�enje y = ex � x � 1 i njegova aproksi-macija f5(x) = 1

2x2+ 1

6x3+ 1

24x4+ 1

120x5+ 1

720x6 (koja na segmentu

��13 ;13

�aproskimira s toµcnosti do 10�5 i na drugom crteµzu se njihovi grafovi -nacrtani

su - gotovo i ne razlikuju).

PRIMJER 6.8 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu, s poµcetnim uvjetom,

y0 = x+ y; x0 = 0; y0 = 1:

Pokazat cemo kasnije kako se izraµcuna toµcno rje�enje f(x) = 2ex�x� 1 ovediferencijalne jednadµzbe, a sada se pozabavimo kako moµzemo naci numeriµcku

aproksimaciju rje�enja na segmentu [0; 1].

Slika 6.6.


Razdijelimo [0; 1] na dva jednaka dijela toµckom x1 = 0:5. Poµcetni uvjet daje

y0 (0) = G(0; 1) = 0 + 1 = 1: To znaµci da je y � 1 = 1(x � 0) tangentakrivulje y = 2ex � x � 1 u toµcki T0(0; 1): Za prvu aproksimaciju toµcnogrje�enja moµzemo uzeti linearnu aproksimaciju

L0(x) = x+ 1,

tj. graf toµcnog rje�enja f(x) = 2ex�x� 1 aproksimiramo dijelom tangente

u toµcki T0(0; 1) na taj graf za x 2 [0; 0:5] (Slika 6.6.).Postupak je dalje sljedeci: pomaknimo se od toµcke x0 = 0 udesno u toµcku

x1 = 0:5; tj. udesno za h = 0:5: U toj toµcki x1 = 0:5 linearna aproksimacija

daje L0(x1) = 0:5+ 1 = 1:5 i vrijednost toµcnog rije�enja f(x1) aproksimira-

jmo sa y1 = L0(x1) = 1:5: Diferencijalna jednadµzba y0 = x+y za vrijednosti

(x1; y1) daje y0 (x1) = G(x1; y1) = 0:5 + 1:5 = 2: Za aproksimaciju traµzenog

rje�enja (za x 2 [0:5; 1]) uzmimo linearnu funkciju

L1(x) = y1 + y0(x1)(x� x1) = 2x+ 0:5;

tj. graf toµcnog rje�enja na segmentu [0:5; 1] aproksimiramo dijelom pravca

y = 2x + 0:5 koji prolazi toµckom T1(0:5; 1:5): Dobivena poligonalna crta

je aproksimacija grafa toµcnog rje�enja na segmentu [0; 1] : U izraµcunu ove

aproksimacije uzeli smo korak h = 0:5: Podjelimo li segment [0; 1] na µcetiri

jednaka dijela, tj. uzmemo li za korak h = 0:25; imamo poligonalnu crtu

koja bolje aproksimira graf toµcnog rje�enja (Slika 6.6).

Formalizirajmo ovaj postupak poznat pod imenom Eulerova metoda: za

diferencijalnu jednadµzbu s poµcetnim uvjetom

y0 = G(x; y); x = x0; y = y0;

aproksimacija toµcnog rje�enja na segmentu [x0; b] s korakom h je poligonalna

crta odre�ena sa toµckama (postupak je vidljiv na Slici 6.7.):

x0 y0

x1 = x0 + h y1 = y0 + hG(x0; y0)

x2 = x1 + h y2 = y1 + hG(x1; y1)

� � � � � �xn = xn�1 + h yn = yn�1 + hG(xn�1; yn�1)


Jasno je da ce poligonalna crta bolje aproksimirati toµcno rje�enje ukoliko je

korak h manji. Uoµcimo isto tako da, �to se vi�e udaljavamo od toµcke x0; to

je aproksimacija lo�ija.

Slika 6.7.

Na Slici 6.8. prikazana je aproksimacija rje�enja diferencijalne jednadµzbe

y0 = x+ y; x0 = 0; y0 = 1; (Primjer 6.8.) na segmentu [0; 1] za h = 0:1:

Slika 6.8.


JEDNADµZBE PRVOGA REDA

U ovomu odjeljku cemo pokazati nekoliko naµcina izravnog rje�avanja nekih

jednostavnih i elementarno rje�ivih vrsta obiµcnih diferencijalnih jednadµzba.

6.2. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE PRVOGAREDA171

6.2.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE S ODJELJIVIM

VARIJABLAMA

Pretpostavimo da se obiµcna diferencijalana jednadµzba prvog reda F (x; y; y0) =

0 moµze zapisati kao

y0 = g(x); tj: dy = g(x)dx;

pri µcemu je g neprekidna funkcija. Razvidno je da je tada svaka primi-

tivna funkcija G za funkciju g neko rje�enje promatrane jednadµzbe. Naime,�Rg(x)dx

�0= G0(x) = g(x). Ali vrijedi i obratno, svako rje�enje f proma-

trane diferencijalne jednadµzbe je neka primitivna funkcija za funkciju g, jer

mora biti f 0 = g. Zakljuµcujemo da je opce rje�enje polazne diferencijalne

jednadµzbe pripadni neodre�eni integral i pi�emo

y =

Zg(x)dx (= ff j f 0 = gg):

Ako je pritom f0, tj. y = f0(x), bilo koje posebno rje�enje, onda se svako

drugo rje�enje f razlikuje od njega za neku aditivnu konstantu C, tj. f(x) =

f0(x) + C.

PRIMJER 6.9 Rje�enje diferencijalne jednadµzbe

y0 =1p1� x2

je svaka funkcija iz skupa ffC : h�1; 1i ! R j fC(x) = arcsinx+ C; C 2 Rg :Ako je npr. poµcetni uvjet x = 0; y = 0, dobivamo posebno rje�enje

f0(x) = arcsinx.

Promatrajmo sada sluµcaj diferencijalne jednadµzbe F (x; y; y0) = 0 koja dop-

u�ta zapis

y0 = g(x) � h(y): (6.4)

Njoj se, dakle, varijable mogu odijeliti (separirati) tako da se dobije jed-

nadµzbady

h(y)= g(x)dx; h(y) 6= 0:

Integrirajuci obje strane dobivamoZdy

h(y)=

Zg(x)dx+ C;


�to smatramo opcim rje�enjem, tj. njezino rje�enje je skup svih funkcija

implicitno zadanih tom integralnom jednadµzbom. Pritom kaµzemo da smo

polaznu diferencijalnu jednadµzbu rije�ili odijeljujuci (separirajuci) vari-

jable.

PRIMJER 6.10 Diferencijalnoj jednadµzbi

y � xy0 = 2(1 + x2y0);

je ekvivalentna diferencijalna jednadµzba

dy(2x2 + x) = (y � 2)dx;

a ova se ("u glavnom") svodi na

dy

y � 2 =dx

x(2x+ 1)

(kad je y 6= 2, x 6= 0 i x 6= �12). Rije�imo ovu zadnju pod svim naznaµcenim

ograniµcenjima! Integrirajuci obje strane dobivamo

ln jy � 2j = ln jxj � ln j2x+ 1j+K; K 2 R:

Buduci da je ln : R+ ! R bijekcija, to za svaki K postoji neki C 6= 0 takavda je ln jCj = K, pa imamo

ln jy � 2j = ln jCxjj2x+ 1j ; C 2 R n f0g:

Slijedi da opce rje�enje dopu�ta zapis

y = fC(x) =Cx

2x+ 1+ 2; x 2 R n f�1

2 ; 0g; C 2 R n f0g:

Izravnom provjerom, tj. deriviranjem i uvr�tenjem y i y0 u polaznu diferen-

cijalnu jednadµzbu, lako vidimo da je svaka funkcija fC posebno rje�enje te

jednadµzbe. �tovi�e, pritom se vidi da sva ta rje�enja dopu�taju pro�irenje

na toµcku x = 0 (pripadnom vrijedno�cu y = fC(0) = 2).

Raspravimo sada sluµcajeve �to smo ih bili iskljuµcili.

Primijetimo da y = 2 povlaµci y0 = 0, pa uvr�tenjem u polaznu jednadµzbu

dobivamo 2 = 2. Slijedi da je i konstantna funkcija y = 2, rje�enje. Napokon,


u toµcki x = �12 polaznoj jednadµzbi udovoljava vrijednost y = 2, �to se uklapa

u prethodni sluµcaj. Prema tomu, sva rje�enja su dana sa

y = fC(x) =Cx

2x+ 1+ 2; x 2 R n f�1

2g; C 2 R n f0g;

y = f0(x) = 2; x 2 R:

Napomenimo da je y = f0(x) = 2 singularno rje�enje, jer ga ne moµzemo

dobiti odabirom konstante C: Na Slici 6.9. je prikazano nekoliko rje�enja

(f0; f1; f�5).

Slika 6.9.

Da bi se odredilo posebno rje�enje, �to udovoljava poµcetnomu uvjetu x0 = 1,

y0 = 3, treba izraµcunati konstantu C iz jednadµzbe 3 = 1�C2�1+1 + 2: Dobivamo

C = 3, pa je posebno rje�enje

f3(x) =3x

2x+ 1+ 2:

Uoµcimo, ako je x0 = 0 mora biti y0 = 2, jer sva rje�enja fC prolaze toµckom

(0; 2); pa tada me�u njima tim poµcetnim uvjetom nije odre�eno toµcno jedno

posebno rje�enje.

6.2.2 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

Dopu�ta li obiµcna diferencijalna jednadµzba F (x; y; y0) = 0 svo�enje na oblik

y0 = g�yx

�; (6.5)

govorimo o homogenoj diferencijalnoj jednadµzbi prvoga reda. Uvr�tenjem

y

x= z (z � h(x)) (6.5.a)


dobivamo diferencijalnu jednadµzbu s odjeljivim varijablama:

(xz)0 = g(z)) z + xz0 = g(z)) dz

g(z)� z =dx

x:

Dakle, opce rje�enje smijemo zapisati u oblikuZdz

g(z)� z = ln jCxj; z =y

x; C 2 R n f0g:

PRIMJER 6.11 Jednadµzba

x2dy + (x2 + y2 � xy)dx = 0

je homogena diferencijalna jednadµzba prvoga reda jer dijeljenjem s x2dx

prelazi u

y0 = ��yx

�2+y

x� 1:

Zamjenom y = zx, y0 = z + z0x, dobivamo jednadµzbu

z0x+ 1 + z2 = 0;

rje�enje koje jeZdz

1 + z2= �

Zdx

x+ c; tj. arctg z = � ln jCxj; C 2 R n f0g:

Buduci da je z = yx , traµzeno opce rje�enje jest

y = �x tg(ln jCxj); C 2 R n f0g:

PRIMJER 6.12 Rije�iti jednadµzbu

xy0 � y = (x+ y) ln x+ yx

:

Dijeljenjem sa x dobivamo

y0 � y

x=�1 +

y

x

�ln�1 +

y

x

�i potom, zamjenom (6.5.a),

z0x = (1 + z) ln (1 + z) :

Dobivana je diferencijalna jednadµzba s odijeljivim varijablama

dz

(1 + z) ln (1 + z)=dx

x

kojoj je opce rje�enje

lnx+ y

x= Cx:


Promatrajmo sada diferencijalnu jednadµzbu F (x; y; y0) = 0 koja dopu�ta

zapis

y0 = g�a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2

�: (6.6)

Ako je determinanta

�� a1 b1

a2 b2

�� 6= 0 onda linearni sustava1x+ b1y + c1 = 0;

a2x+ b2y + c2 = 0

ima toµcno jedno rje�enje, recimo, (a; b) 2 R2. Uvedemo li tada zamjenu

x = a+ u; y = b+ v;

dobivamo homogenu diferencijalnu jednadµzbu

v0 = g�vu

�koju rje�avamo na prije opisani naµcin.

Ako je, pak, D = 0 onda postoji broj � 2 R takav da je a2x + b2y =

�(a1x+ b1y). Tada zamjenom

z = a1x+ b1y; z0 = a1 + b1y

0 (6.6.b)

svodimo polaznu jednadµzbu na

1

b1(z0 � a1) = g

� z + c1�z + c2

�;

a ova oµcito dopu�ta odijeliti varijable z i x.

PRIMJER 6.13 Rije�imo diferencijalnu jednadµzbu

y0 =x� y + 1x+ y � 3 :

Sustav jednadµzbi

x� y + 1 = 0; x+ y � 3 = 0

ima rje�enje (1; 2) i zamjenom

x = 1 + u; y = 2 + v;


polazna diferencijalna jednadµzba prelazi u homogenu diferencijalnu jednad-

µzbu

v0 =1� v

u

1 + vu

:

Zamjenom v = uz; v0 = z + uz0 dobivamo

z + uz0 =1� z1 + z

) uz0 =�z2 � 2z + 1

z + 1)

z + 1

�z2 � 2z + 1dz =du

u)Z

z + 1

�z2 � 2z + 1dz = lnC1u)

�12ln��z2 + 2z � 1�� = lnC1u) ln

��z2 + 2z � 1�� = ln jC1uj�2 )z2 + 2z � 1 = 1

C21u2:

Moµzemo pisati z2 + 2z � 1 = Cu�2 i za opce rje�enje dobivamo�y � 2x� 1

�2+ 2

y � 2x� 1 � 1 =

C

(x� 1)2

odnosno

2xy � 6y � 2x� x2 + y2 = C:

PRIMJER 6.14 Diferencijalnoj jednadµzbi

y0(x+ y � 3) = 1� 2x� 2y

moµzemo pridruµziti ekvivalentnu (x+ y 6= 3) jednadµzbu

y0 =1� 2(x+ y)(x+ y)� 3 :

Zamjenom z = x+ y dobivamo diferencijalnu jednadµzbu

z0 � 1 = 1� 2zz � 3 ;

pa odjeljivanjem varijabla z i x slijedi

�Zz � 3z + 2

dz = x+ C; C 2 R:

Sada se lako izraµcuna integral na lijevoj strani i uvrsti z = x + y, �to onda

daje traµzeno opce rje�enje

5 ln (x+ y + 2) = 2x+ y + C:



Diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda �to dopu�ta zapis

y0 + p(x) y = q(x) (6.7)

nazivamo linearnom diferencijalnom jednadµzbom prvoga reda. (Line-

arnost se ovdje odnosi na "varijable" y i y0!) Ovu vrstu jednadµzaba rje-

�avamo tako da prvo rije�imo tzv. pripadnu nepotpunu (ili homogenu)

diferencijalnu jednadµzbu

y0 + p(x) y = 0:

Odijeljujuci varijable dobivamo

dy

y= �p(x)dx;

dakle,

y = C � e�Rp(x)dx; C 2 R:

Nije te�ko dokazati da se sada tzv. variranjem konstante C (umjesto

konstante C se uvrsti nepoznata funkcija u) dolazi do opceg rje�enja polazne

(potpune) jednadµzbe. Naime, njezino opce rje�enje mora biti oblika

y = u(x) � e�Rp(x)dx;

pri µcemu treba odrediti (do na aditivnu konstantu) funkciju x 7! u(x). U tu

svrhu, uvrstimo taj y i pripadni y0 u polaznu jednadµzbu:�u(x) � e�

Rp(x)dx

�0+ p(x)u(x) � e�

Rp(x)dx = q(x);

u0(x) � e�Rp(x)dx + u(x) � e�

Rp(x)dx � (�p(x)) + p(x)u(x) � e�

Rp(x)dx = q(x);

u0(x) = q(x)eRp(x)dx;

�to daje

u(x) =

Zq(x) � e

Rp(x)dxdx+K; K 2 R:

Prema tomu, opce rje�enje linearne diferencijalne jednadµzbe prvoga reda jest

y =�Z

q(x) � eRp(x)dxdx+K

�e�

Rp(x)dx; K 2 R: (6.7.a)


PRIMJER 6.15 Diferencijalna jednadµzba

xy0 + 2y = 6x4

je ekvivalentna (x 6= 0) jednadµzbi

y0 +2

x� y = 6x3:

Na upravo opisani naµcin dobivamo:

y0 +2

x� y = 0) dy

y= �2dx

x) y =

C

x2;

pa varirajuci konstantu zakljuµcujemo da je opce rje�enje oblika

y =u(x)

x2;

gdje treba odrediti funkciju x 7! u(x).�u(x)x2

�0+2

x� u(x) = 6x3 ) u0(x) = 6x5 ) u(x) = x6 +K; K 2 R:

Prema tomu, traµzeno opce rje�enje jest

y = x4 +K

x2; K 2 R;

koje se moµze dobiti i direktno iz formule (6.7.a). Zadamo li neki poµcetni

uvjet, primjerice x = 1; y = 1, dobivamo 1 = 14 + K12) K = 0, pa je

pripadno posebno rje�enje prirodna potencija y = x4.

Pridodajmo k ovomu i diferencijalnu jednadµzbu

y0 + p(x)y = q(x)yr; r 6= 1; (6.8)

koju nazivamo Bernoullijevom jednadµzbom. Ona se zamjenom

y1�r = z (6.8.a)

svodi na linearnu (po z) diferencijalnu jednadµzbu

z0 + (1� r) p(x) z = (1� r) q(x);

koja se dalje rje�ava na opisani naµcin.



y0 + 2xy = 2x3y3

zamjenom

y1�3 = y�2 = z;y0

y3= �1

2z0;

prelazi u linearnu diferencijalnu jednadµzbu

z0 � 4xz = �4x3

kojoj je opce rje�enje

z =�Z

�4x3 � eR�4xdx+K

�eR4xdx =

�12e�2x

2+ x2e�2x

2+K

�e2x

2= x2 +

1

2+Ke2x

2; K 2 R:

Dakle, polazna diferencijalna jednadµzba ima opce rje�enje

1

y2= x2 +

1

2+Ke2x

2; K 2 R:

6.2.4 EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

Ako diferencijalna jednadµzba F (x; y; y0) = 0 dopu�ta zapis

P (x; y) dx+Q(x; y) dy = 0; (6.9)

pod uvjetom@P

@y=@Q

@x; (6.9.a)

tj. ako je P (x; y)dx+Q(x; y)dy (totalni) diferencijal neke funkcije (x; y) 7!z = g(x; y), onda govorimo o egzaktnoj diferencijalnoj jednadµzbi pr-

voga reda. Moµze se pokazati da ukoliko je dg(x; y) = 0 onda je funkcija

g(x; y) oblika

g(x; y) =

Z x

x0

P (t; y)dt+

Z y

y0

Q(x0; s)ds = C: (6.9.b)

Time je odre�eno opce rje�enje u implicitnom obliku, a ono eksplicitno y =

f(x) ovisi, dakako, o udovoljenju uvjetima Teorema o implicitnoj funkciji.

Uoµcimo da je, primjerice, svaka diferencijalna jednadµzba s odijeljivim vari-

jablama egzaktna.



(x+ y2)dx+ y(y + 2x)dy = 0

je egzaktna jer je

@P (x; y)

@y=@(x+ y2)

@y= 2y =

@(y(y + 2x))

@x=@Q(x; y)

@x:

Stoga je njezino opce rje�enjeZ x

x0

(t+ y2)dt+

Z y

y0

s(s+ 2x0)ds = C; tj.

x2

2+ xy2 � x20

2� x0y2 +

y3

3+ x0y

2 � y303� x0y20 = C; C 2 R;

�to se moµze napisati kao (K = 3x20 + 2y30 + 6x0y

20 + 6C)

3x2 + 6xy2 + 2y3 = K:

Zahtijevamo li, primjerice, da je y = 2 µcim je x = 1, dobivamo K = �5; paje pripadno posebno rje�enje 3x2 + 6xy2 + 2y3 + 5 = 0.

Ako diferencijalna jednadµzba P (x; y)dx+Q(x; y)dy = 0 nije egzaktna i ako

postoji funkcija (x; y) 7! h(x; y) � � takva da je

�P (x; y)dx+ �Q(x; y)dy = 0

egzaktna diferencijalna jednadµzba, tada je svako rje�enje (egzaktne) difer-

encijalne jednadµzbe

P1(x; y)dx+Q1(x; y)dy = 0; P1 = �Q; Q1 = �Q;

ujedno rje�enje polazne jednadµzbe. Faktor � nazivamo integracijskim (ili

Eulerovim) multiplikatorom. Njegovo odre�ivanje nije uvijek jednos-

tavno. (Opcenito, treba rije�iti neku parcijalnu diferencijalnu jednadµzbu!)

Me�utim, ako je � funkcija samo jedne varijable (bilo x bilo y) onda je

njegovo odre�ivanje relativno lako. Naime, integracijski multiplikator �

moµzemo odrediti iz uvjeta @P1@y =

@Q1@x :

@ (�P )

@y=@ (�Q)

@x) P

@�

@y+ �

@P

@y= Q

@�

@x+ �

@Q

@x)


��@P@y

� @Q

@x

�= Q

@�

@x� P @�

@y

i ukoliko je integracijski multiplikator funkcija samo varijable x; tada je@�@y = 0,

@�@x =

d�dx , pa imamo

@P@y �

@Q@x

Qdx =

d�

�: (6.10.a)

Ukoliko je integracijski multiplikator funkcija samo varijable y; tada je @�@x =

0, @�@y =d�dy , pa imamo

@Q@x �

@P@y

Pdy =

d�

�: (6.10.b)


dx+ (x+ y + 1)dy = 0

nije egzaktna, jer je

@P (x; y)

@y= 0 6= 1 = @Q(x; y)

@x:

Pomnoµzimo li ju, me�utim, funkcijom y 7! h(y) = ey � � dobivamo egzak-

tnu diferencijalnu jednadµzbu

eydx+ (x+ y + 1)eydy = 0;

jer je@P1(x; y)

@y=dey

dy= ey =

@((x+ y + 1)ey)

@x=@Q1(x; y)

@x:

Njezino je rje�enje, dakle i rje�enje polazne jednadµzbe, dano implicitno:Z x

x0

eydt+

Z y

y0

(x0 + s+ 1)esds = K; tj. (x+ y)ey = C:

Ovdje je C = K + (y0 + x0)ex0 :

Napomenimo da cemo ubuduce sve integracijske konstante na koncu sakupiti

u jednu konstantu koju cemo najµce�ce oznaµcavati s C:

PRIMJER 6.19 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu

y(1 + xy)dx� xdy:


Buduci je

@P

@y=@ (y(1 + xy))

@y= 2xy + 1;

@Q

@x=@ (�x)@x

= �1

diferencijalna jednadµzba nije egzaktna. Odredimo Eulerov multiplikator:

@Q@x �

@P@y

Pdy =

(�1� 2xy � 1)y(1 + xy)

dy =d�

�)

�Z2

ydy =

Zd�

�) � =

1

y2:

Ostaje rije�iti jednadµzbu:

1 + xy

ydx� x

y2dy = 0)

Z x

x0

1 + ty

ydt+

Z y

y0

� x0s2ds = C ) 1

2x2 +

x

y= C:

PRIMJER 6.20 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu�2xy + x2y +

1

3y3�dx+

�x2 + y2

�dy = 0:

Buduci je

@P

@y=@�2xy + x2y + 1

3y3�

@y= 2x+ x2 + y2;

@Q

@x=@�x2 + y2

�@x

= 2x

diferencijalna jednadµzba nije egzaktna. Odredimo Eulerov multiplikator:

@P@y �

@Q@x

Qdx =

d�

�) dx =

d�

�) � = ex:

Ostaje rije�iti jednadµzbu:

ex�2xy + x2y +

1

3y3�dx+ ex

�x2 + y2

�dy = 0)

Z x

x0=0et�2ty + t2y +

1

3y3�dt+

Z y

y0=0ex0�x20 + s

2�ds = C )

1

3y3ex + x2yex = C:

6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA183


JEDNADµZBE DRUGOGA REDA

U ovomu odjeljku cemo razmatrati neke jednostavne vrste obiµcnih dife-

rencijalnih jednadµzaba drugoga reda. Posebnu pozornost cemo posvetiti

tzv. linearnim diferencijalnim jednadµzbama drugoga reda s konstantnim

koe�cijentima.

Opcenito, diferencijalnu jednadµzbu

F (x; y; y0; y00) = 0 (6.11)

svodimo zamjenom

y0 = p (6.11.a)

na sustav

F (x; y; p; p0) = 0; y0 = p:

Dopu�ta li taj sustav svo�enje na oblik

y0 = p; p0 = G(x; y);

smijemo na njega primijeniti Teorem 6.5., pa polazna jednadµzba ima (jedin-

stveno) rje�enje onda i samo onda kad ovaj sustav ima rje�enje.

6.3.1 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (x; y0; y00) = 0

Ako se u polaznoj diferencijalnoj jednadµzbi ne pojavljuje eksplicitno y, tj.

ako jednadµzba dopu�ta zapis

F (x; y0; y00) = 0; (6.12)

onda zamjenom

y0 = p; y00 = p0 (6.12.a)

dobivamo diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda F (x; p; p0) = 0. Odredimo

li njezino rje�enje p � g(x), integriranjem dobivamo traµzeno rje�enje y =Rg(x)dx.



y00 (ex + 1) + y0 = 0:

Zamjenom y0 = p(x); y00 = p0 dobivamo jednadµzbu

p0 (ex + 1) + p = 0:

To je jednadµzba koja dopu�ta odijeljivanje varijabla

dp

p= � dx

ex + 1:

Slijedi

ln jpj = ln��C1 ex + 1ex

��i dalje

y0 = C1ex + 1

ex;

pa je opce rje�enje

y = C1�x� e�x

�+ C2:


xy00 + y0 � x = 0

i na�imo posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnom uvjetu x = 1, y = 14 ,

y0 = 1.

Buduci da se u toj jednadµzbi ne pojavljuje y, primijenimo zamjenu y0 =

p, y00 = p0 pa cemo dobiti homogenu diferencijalnu jednadµzbu prvog reda

xp0 + p� x = 0:

Nova zamjena p = zx; p0 = z0x+ z; dopu�ta odjeljivanje varijabla:

dz

1� 2z =dx

x:

Slijedi,

z =1

2

�1� 1

C1x2

�pa je

p =x

2

�1� 1

C1x2

�


i, napokon,

y =

Zpdx =

1

2

�x22� 1

C1ln jxj

�+ C2:

Uvrstimo li dani poµcetni uvjet u opce rje�enje i njegovu derivaciju, dobivamo:

1

4=1

2

�12� 1

C1ln 1

�+ C2;

1 =1

2

�1� 1

C1

�:

Odatle, C1 = �1, C2 = 0, pa je traµzeno posebno rje�enje

y =1

4

�x2 + lnx2

�:

6.3.2 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (y; y0; y00) = 0

Ako se u diferencijalnoj jednadµzbi F (x; y; y0; y00) = 0 ne pojavljuje eksplicit-

no x kao parametar, tj. ako ta jednadµzba dopu�ta zapis

F (y; y0; y00) = 0; (6.13)

onda pomaµze zamjena:

y0 =dy

dx= p; y00 = p0 =

dp

dx=dpdyp

=dp

dy� p: (6.13.a)


y00y � (y0)2 = 0

te odredimo posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnomu uvjetu

(a) x = 0; y = 0; y0 = 0;

(b) x = 1; y = 0; y0 = 1;

(c) x = 1; y = 1; y0 = 1;

(d) x = 1; y = 1; y0 = 2.

Zamjena (6.13.a) u ovomu primjeru povlaµci

dp

dypy � p2 = 0; tj. p

�dpdyy � p

�= 0:


Dakle, mora biti

p = 0 ilidp

dyy � p = 0.

Ako je p = 0 = y0 onda je

y = C

Ako je dpdyy � p = 0; tj. dpp = dy

y ; onda je y0 = p = C1y; pa je

dyy = C1dx.

Slijedi,

y = C2eC1x:

Primijetimo da je prvi sluµcaj obuhvacen drugim (C1 = 0, C2 � C).

Slika 6.10.

Na�imo sada traµzena posebna rje�enja.

(a) Poµcetni uvjet x = 0; y = 0; y0 = 0, uvr�ten u y = C2eC1x i y0 = C1y,

povlaµci 0 = C2 i 0 = 0. Posebno rje�enje je, dakle, nulkonstanta y = 0.

(b) Poµcetni uvjet x = 1; y = 0; y0 = 1 povlaµci 0 = C2eC1 i 1 = 0, �to je

protuslovlje. Zakljuµcujemo da ne postoji posebno rje�enje koje bi udovoljilo

tomu poµcetnom uvjetu.

(c) Poµcetni uvjet x = 1; y = 1; y0 = 1 povlaµci 1 = C2eC1 i 1 = C1, dakle,

C1 = 1; C2 = e�1. Pripadno posebno rje�enje jest y = ex�1 (Slika 6.10.).

(d) Sliµcno, poµcetni uvjet x = 1; y = 1; y0 = 2 povlaµci 1 = C2eC1 i 2 = C1,

dakle, C1 = 2, C2 = e�2, pa je pripadno posebno rje�enje y = e2x�2 (Slika

6.10.).

6.3.3 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

Ako je funkcija

(x; y; y0; y00) 7! F (x; y; y0; y00)


homogena po varijablama y; y0; y00, tj. ako je

F (x; ty; ty0; ty00) = t�F (x; y; y0; y00); � 2 R

(i pritom � nazivamo stupanj homogenosti od F ), onda diferencijalnu jed-

nadµzbu

F (x; y; y0; y00) = 0 (6.14)

zamjenom

y = eRzdx; z = g(x); (6.14.a)

svodimo na diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda

F�x; e

Rzdx; z � e

Rzdx; (z2 + z0) � e

Rzdx�= 0;

tj. �eRzdx��F (x; 1; z; z2 + z0) = 0;

odnosno,

F (x; 1; z; z2 + z0) = 0:

Obiµcnu diferencijalnu jednadµzbu drugoga reda s opisanim svojstvom nazi-

vamo homogenom po varijablama y; y0; y00.


xy2 + yy00 � (y0)2 = 0

je homogena (� = 2) jer je

x(ty)2 + (ty)(ty00)� (ty0)2 = t2(xy2 + yy00 � (y0)2):

Zamjena y = eRzdx, z � g(x), vodi do jednadµzbe x+ z0 + z2 � z2 = 0, tj.

x+ z0 = 0:

Slijedi,

z = �x2

2+ C1

pa je Zzdx = �x

3

3+ C1x+K2;

a opce rje�enje polazne jednadµzbe jest

y = e�x3

3+C1x+K2 = C2e

�x3

3+C1x:



S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA

Ako diferencijalna jednadµzba drugoga reda F (x; y; y0; y00) = 0 dopu�ta zapis

y00 + ay0 + by = g(x); a; b 2 R; (6.15)

govorimo o linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi drugoga reda s kon-

stantnim koe�cijentima. U sluµcaju g � 0 dobivamo

y00 + ay0 + by = 0; a; b 2 R; (6.16)

�to je pripadna joj homogena (ili "nepotpuna") jednadµzba.

Moµze se dokazati da promatrana linearna diferencijalna jednadµzba ima toµcno

jedno rje�enje uz dani poµcetni uvjet x = x0; y = y0; y0 = y0 µcim je funkcija

g neprekidna. Rje�avanje teµce sliµcno onomu za linearnu diferencijalnu jed-

nadµzbu prvoga reda. Naime, prvo se rije�i pripadna homogena jednadµzba,

a onda se variriranjem konstanata dobiva traµzeno opce rje�enje polazne jed-

nadµzbe. U opcem sluµcaju je postupak tehniµcki vrlo sloµzen i bitno ovisi o

funkciji g. U mnogim sluµcajevima elementarnih funkcija g taj se postupak

moµze bitno ubrzati, a sreca je da su ba�oni u praksi vrlo µcesti. Ovdje cemo

razmatrati sluµcajeve kad je g polinom, umnoµzak polinoma i (prirodne) ek-

sponencijalne funkcije, funkcija sin ili cos te bilo koja linearna kombinacija

navedenih sluµcajeva. Dokazat cemo da je tada opce rje�enje linearne diferen-

cijalne jednadµzbe (6.15) zbroj opcega rje�enja pripadne homohene jednadµzbe

(6.16) i bilo kojega posebnog rje�enja polazne jednadµzbe (6.15).

TEOREM 6.25 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) dva rje�enja linearne

homogene jednadµzbe (6.16), onda je i

y = C1f1(x) + C2f2(x); C1; C2 2 R;

rje�enje te jednadµzbe.

Zaista izravnom provjerom dobivamo

y00 + ay0 + by =

(C1f1(x) + C2f2(x))00 + a (C1f1(x) + C2f2(x))

0 + b (C1f1(x) + C2f2(x)) =

C1�f 001 (x) + af

01(c) + bf1(x)

�+ C2

�f 002 (x) + af

02(c) + bf2(x)

�=

C1 � 0 + C2 � 0 = 0:


DEFINICIJA 6.26 Reci cemo da su dva rje�enja y1 = f1(x) i y2 = f2(x)

linearne homogene jednadµzbe (6.16) linearno nezavisna, ako iz C1f1 +

C2f2 = 0 (nulkonstantna funkcija), C1; C2 2 R, slijedi C1 = C2 = 0.

Kriterij linearne (ne)zavisnosti dan je pomocu tzv. Wronskijana (deter-

minante Wronskog).

TEOREM 6.27 Ako su funkcije y1 = f1(x) i y2 = f2(x) linearno zavisne

tada je Wronskijan

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� = 0; za svaki x:Dokaµzimo tvrdnju teorema. Zbog linearne zavisnosti vrijedi C1f1+C2f2 = 0

i barem jedan od koe�cijenata C1; C2 je razliµcit od nule. Neka je C2 6= 0:

Imamo da je f1(x) = �C1C2f2(x) i

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� =��C1C2f2(x) f2(x)

�C1C2f 02(x) f 02(x)

�� =

�C1C2

�� f2(x) f2(x)

f 02(x) f 02(x)

�� = 0; za svaki x:a to se i tvrdilo.

TEOREM 6.28 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) linearno nezavisna rje�enja

linearne homogene jednadµzbe (6.16) onda je

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� 6= 0; za svaki x:Dokaz nije kompliciran. Pretpostavimo suprotno, tj. da je W (x0) = 0 za

neki x0: Promotrimo sustav

C1f1(x0) + C2f2(x0) = 0;

C1f01(x0) + C2f

02(x0) = 0;


linearnih jednadµzbi po C1 i C2: ZbogW (x0) = 0 ovaj sustav ima i netrivijal-

nih rje�enja. Neka je C(0)1 ; C(0)2 jedno netrivijalno rje�enje, tj. barem jedan

od C(0)1 ; C(0)2 je razliµcit od nule. Po Teoremu 6.25. je i

y = C(0)1 f1(x) + C

(0)2 f2(x)

rje�enje jednadµzbe (6.16). Ono zadovoljava poµcetne uvjete x = x0; y = 0;

y0(x0) = 0: Ove poµcetne uvjete zadovoljava i trivijalno rje�enje y = 0: Zbog

jedinstvenosti rje�enja koja zadovoljavaju dani poµcetni uvjet mora biti

C(0)1 f1(x) + C

(0)2 f2(x) = 0:

Kako je barem jedan od C(0)1 ; C(0)2 razliµcit od nule, dobili smo da su y1 =

f1(x) i y2 = f2(x) linearno zavisna rje�enja, protivno pretpostavci teorema.

TEOREM 6.29 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) dva linearno nezavisna

rje�enja linearne homogene jednadµzbe (6.16), onda je

y = C1f1(x) + C2f2(x); C1; C2 2 R;

njezino opce rje�enje.

Treba dokazati da se iz rje�enja (v. Teorem 6.25.) y = C1f1(x) + C2f2(x),

C1; C2 2 R, moµze dobiti svako posebno rje�enje, tj. da su danim poµcetnim

uvjetom x = x0; y(x0) = y0; y0(x0) = y0 konstante C1 i C2 jednoznaµcno

odre�ene. Uvrstimo li poµcetni uvjet u to rje�enje i njegovu derivaciju, dobi-

vamo linearni sustav

C1f1(x0) + C2f2(x0) = y0;

C1f01(x0) + C2f

02(x0) = y0:

Pretpostavljena linearna nezavisnost povlaµci da je, po Teoremu 6.28., deter-

minanta

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� 6= 0; za svaki x;pa je, posebice, determinanta promatranoga linearnog sustavaD0 =W (x0) 6=0. Slijedi da taj linearni sustav ima toµcno jedno rje�enje ((C1)0; (C2)0).


Dopustimo da rje�enje homogene linearne jednadµzbe (6.16) bude i kom-

pleksna funkcija (realne varijable), tj. funkcija f : X ! C, X � R,f(x) = u(x)+iv(x), i =

p�1, pri µcemu su u i v realne funkcije. Derivacijom

funkcije f smatramo funkciju x 7! f 0(x) = u0(x)+iv0(x) (kad god su funkcije

u i v derivabilne). Jednostavno je provjeriti da Teorem 6.25. i Teorem 6.29.

vrijede i za ovakva dva kompleksna rje�enja s konstantama C1; C2 2 C.O obstojnosti posebnog rje�enja homogene linearne jednadµzbe (6.16) govori

sljedeci teorem.

TEOREM 6.30 Postoji broj r, realan ili kompleksan, takav da je

y = erx

posebno rje�enje homogene linearne diferencijalne jednadµzbe (6.16).

Na�imo traµzeni r: Formalnim uvr�tenjem

y = erx; y0 = rerx i y00 = r2erx

u jednadµzbu (6.16) dobivamo erx(r2 + ar + b) = 0, tj.

r2 + ar + b = 0;

�to je tzv. karakteristiµcna jednadµzba diferencijalne jednadµzbe (6.16).

Buduci da svaka kvadratna jednadµzba ima rje�enje u R ili C, a u ovomusluµcaju dobivamo

r1;2 = �a

2�ra2

4� b;

to su y1 = er1x i y2 = er2x posebna rje�enja diferencijalne jednadµzbe (6.16).

�tovi�e, ako je pritom r1 6= r2 2 R onda je

W (x) =

�� er1x er2x

r1er1x r2e

r2x

�� = (r2 � r1)e(r1+r2)x 6= 0;pa su pripadna posebna rje�enja linearno nezavisna. Po Teoremu 6.29.,

y = C1er1x + C2e

r2x

opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16) (U sluµcaju konjugirano-kom-

pleksnih rje�enja r1;2 2 C, v. komentar nakon iducega Teorema 6.31.). Akoje, pak, r1 = r2 onda se radi o samo jednom posebnom rje�enju (za drugo

jamµci Teorem 6.31.).


TEOREM 6.31 Ako karakteristiµcna jednadµzba homogene linearne diferen-

cijalne jednadµzbe (6.16) ima samo jedno rje�enje, tj. ako je r1 = r2 = �a2 �

r 2 R, onda je, pored y = erx, posebno rje�enje i

y = xerx:

�tovi�e, buduci da su funkcije x 7! erx i x 7! xerx linearno nezavisne, to je

tada

y = C1erx + C2xe

rx

opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16).

Izravna provjera (r = �a2 - jedinstveno rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe)

(xerx)00 + a (xerx)0 + bxerx = erx�(2r + a) + (r2 + ar + b)x

�= 0

potvr�uje da je i y = xerx rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16). Pokaµzimo

da su rje�enja y1 = erx i y2 = xerx linearno nezavisna. Zaista,

W (x) = e2rx

�� 1 x

r 1 + rx

�� = e2rx 6= 0:

Prema tomu, po Teoremu 6.29.,

y = C1erx + C2xe

rx

je opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16).

U sluµcaju konjugirano-kompleksnih rje�enja karakteristiµcne jednadµzbe, tj.

r1;2 = �� i; �; � 2 R; � 6= 0;

opce rje�enje y = C1er1x + C2e

r2x (skup kompleksnih funkcija) homogene

linearne diferencijalne jednadµzbe (6.16) zapisujemo pomocu prirodne ekspo-

nencijalne funkcije i trigonometrijskih funkcija sin i cos ovako:

y = K1e(�+�i)x +K2e

(��i)x = e�x(K1e�xi +K2e

��xi) =

e�x(K1(cos�x+ i sin�x) +K2(cos(��x) + i sin(��x))) =

e�x((K1 +K2) cos�x+ i(K1 �K2) sin�x) =


e�x(C1 cos�x+ C2 sin�x);

pri µcemu je C1 � K1 +K2 2 R, C2 � i(K1 �K2) 2 R. Osim toga, lako se

provjeri da su funkcije y1 = e�x cos�x; y2 = e�x sin�x linearno nezavisne

(nad C) µcim je � 6= 0.

Zakljuµcak: Opce rje�enje homogene linearne diferencijalne jednadµzbe

y00 + ay0 + by = 0;

jest skup svih funkcija �to dopu�taju ovaj zapis (C1; C2 2 R):

C1er1x + C2e

r2x; µcim je r1;2 2 R i r1 6= r2;

C1erx + C2xe

rx; µcim je r1 = r2 � r 2 R;e�x(C1 cos�x+ C2 sin�x); µcim je r1;2 = �� i 2 C; � 6= 0;

pri µcemu su r1;2 rje�enja pripadne karakteristiµcne jednadµzbe r2+ar+ b = 0.

PRIMJER 6.32 Homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi

y00 + 4y0 + 4y = 0

pripada karakteristiµcna jednadµzba r2 + 4r + 4 = 0, kojoj je rje�enje r1 =

r2 = �2. Opce rje�enje promatrane diferencijalne jednadµzbe je, dakle,

y = C1e�2x + C2xe

�2x; C1; C2 2 R:

TEOREM 6.33 Ako je dano bilo koje posebno rje�enje linearne diferen-

cijalne jednadµzbe (6.15), onda se njezino opce rje�enje dobiva pribrajanjem

toga posebnog rje�enja opcemu rje�enju pripadne joj homogene jednadµzbe

(6.16).

Dokaµzimo tvrdnju teorema. Neka je yh = f1(x) opce rje�enje homogene

jednadµzbe (6.16), a yp = f2(x) posebno rje�enje linearne jednadµzbe (6.15).

Dokaµzimo da je tada y = yh+yp = f1(x)+f2(x) opce rje�enje diferencijalne

jednadµzbe (6.15)! Da je y = yh + yp rje�enje slijedi iz

y00 + ay0 + by = (yh + yp)00 + a(yh + yp)

0 + b(yh + yp) =

(y00h + ay0h + byh) + (y

00p + ay

0p + byp) = 0 + g(x) = g(x):


Buduci da to rje�enje sadrµzi (u yh) dvije slobodne konstante koje se mogu

odrediti za svaki poµcetni uvjet x = x0 (2 Dg), y = y0, y0 = �y0, to se doista

radi o opcemu rje�enju.

Kao �to smo prije vidjeli, opce rje�enje yh homogene jednadµzbe (6.16) uvijek

znamo odrediti (oblik ovisi o karakteru korijena karakteristiµcne jednadµzbe),

to nam ostaje odrediti neko (bilo koje) partikularno rje�enje yp jednadµzbe

(6.15).

Ako je slobodan µclan g (x) ("funkcija smetnje") nehomogene linearne difer-

encijalne jednadµzbe (6.15) funkcija oblika

f(x) = e�x [Pk (x) cos�x+Qt (x) sin�x] ; (6.17)

gdje su � i � konstante, Pk (x) i Qt (x) polinomi stupnja k odnosno t; tada

posebno rje�enje yp moµzemo naci i metodom neodre�enih koe�cjenata. Par-

tikularno rje�enje traµzimo u obliku

yp(x) = xle�x [Rm (x) cos�x+ Sm (x) sin�x] ; (6.18)

gdje su Rm (x) i Sm (x) polinomi s (nepoznatim) koe�cijentima stupnja m =

max fk; tg i gdje je l kratnost korijena �� i karakteristiµcne jednadµzbe, tj.

l =

(0; ako �� i nije rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe1 � l � 2; ako je �� i rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe

:

Koe�cijente polinoma Rm (x) i Sm (x) odre�ujemo iz uvjeta da funkcija yp

identiµcki zadovoljava nehomogenu jednadµzbu (6.15). Funkcijama tipa (6.18)

su obuhvaceni i specijalni sluµcajevi dani sljedecom tablicom:

g(x) yp(x)

�=�=0 Pk(x) xlRk(x)

�=k=0 Ae�x xlCe�x

�=0 e�xPk(x) xle�xRk(x)

�=k=t=0 A cos�x+B sin�x xl[C cos�x+D sin�x]

k=t=0 e�x[A cos�x+B sin�x] xle�x[C cos�x+D sin�x]

�=0 Pk(x) cos�x+Qt(x) sin�x xl[Rm(x) cos�x+Sm(x) sin�x]

Sluµcajevi dani gornjom tablicom se pokazuju izravnom provjerom (uvr�ta-

vanjem), pa to prepu�tamo µcitatelju kao korisnu vjeµzbu.


PRIMJER 6.34 Rije�imo linearnu diferencijalnu jednadµzbu s konstantnim

koe�cijentima

y00 � y = �x+ 1

i odredimo joj posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnimu uvjetu x = 0,

y = 0, y0 = 0.

Pripadna homogena jednadµzba je y00 � y = 0, a karakteristiµcna jed-

nadµzba je r2 � 1 = 0. Rje�enje r1;2 = �1 povlaµci da su y = ex i y = e�x

linearno nezavisna posebna rje�enja homogene jednadµzbe. Tako dobivamo

opce rje�enje

yh = C1ex + C2e

�x

te homogene jednadµzbe (v. Teorem 6.31.). U polaznoj linearnoj diferen-

cijalnoj jednadµzbi je g(x) = �x + 1 � P1(x) polinom prvoga stupnja. Po

prethodnoj tablici, jer je l = 0; za posebno rje�enje treba uzeti polinom

prvog stupnja R1(x) = Ax + B. Koe�cijente cemo mu odrediti po danoj

uputi:

(Ax+B)00 � (Ax+B) = �x+ 1) �Ax�B = �x+ 1:

Dakle, A = 1 i B = �1 pa je traµzeno posebno rje�enje yp = x�1. Napokon,po Teoremu 6.33. slijedi da je

y = C1ex + C2e

�x + x� 1

traµzeno opce rje�enje.

Posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnomu uvjetu x = 0, y = 0, y0 = 0

dobivamo odgovarajucim uvr�tenjima:

C1e0 + C2e

�0 + 0� 1 = 0; C1e0 � C2e�0 + 1 = 0:

Slijedi, C1 = 0; C2 = 1; pa je traµzeno posebno rje�enje y = e�x + x� 1.

TEOREM 6.35 Ako je u linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi (6.15)

g(x) = g1(x) + � � �+ gk(x); k 2 N;

onda je njezino posebno rje�enje zbroj od po jednog posebnog rje�enja svake

pripadne jednadµzabe

y00 + ay0 + by = gj(x); j = 1; � � � ; k:


PRIMJER 6.36 Rije�imo linearnu diferencijalnu jednadµzbu s konstantnim

koe�cijentima

y00 + 2y0 + 5y = x2e3x + sin 2x:

Pripadna karakteristiµcna jednadµzba r2+2r+5 = 0 ima konjugirano-komplek-

sno rje�enje r1;2 = �1�2i pa je opce rje�enje (kompleksno) pripadne homo-gene jednadµzbe

yh = e�x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x):

Buduci da je g(x) = x2e3x + sin 2x, to cemo za pronalaµzenje posebnog

rje�enja polazne jednadµzbe najprije uporabiti Teorem 6.35. Promatrajmo,

dakle, dvije pripadne diferencijalne jednadµzbe:

y00 + 2y0 + 5y = x2e3x;

y00 + 2y0 + 5y = sin 2x:

Ostaje nam odrediti posebna rje�enja. Za prvu je to

yp1 =�Ax2 +Bx+ C

�e3x:

Njegovim uvr�tenjem (s y0p1 i y00p1) u prvu jednadµzbu i odgovarajuµcim izjed-

naµcavanjima dobivamo linearni sustav

20A = 1;

16A+ 20B = 0;

2A+ 8B + 20C = 0;

rje�enje kojega je A = 120 , B = � 1

25 , C = 111000 . Prema tomu, posebno

rje�enje prve diferencialne jednadµzbe jest

y =1

1000

�50x2 � 40x+ 11

�e3x:

Posebno rje�enje druge diferencijalne jednadµzbe je oblika

yp2 = C sin 2x+D cos 2x:

Njegovim uvr�tenjem (s y0p2 i y00p2) u drugu jednadµzbu i odgovarajucim izjed-

naµcavanjima dobivamo linearni sustav

C � 4D = 1;

4C +D = 0;


rje�enje kojega je C = 117 , D = � 4

17 . Prema tomu, posebno rje�enje druge

diferencialne jednadµzbe jest

yp2 =1

17(sin 2x� 4 cos 2x):

Sada je, po Teoremu 6.35.,

yp = yp1 + yp1 =1

1000

�50x2 � 40x+ 11

�e3x +

1

17(sin 2x� 4 cos 2x)

posebno rje�enje polazne diferencijalne jednadµzbe. Napokon, po Teoremu

6.33.,

y = e�x (C1 cos 2x+ C2 sin 2x) +1

1000

�50x2 � 40x+ 11

�e3x+

1

17(sin 2x� 4 cos 2x)

jest opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe y00 + 2y0 + 5y = x2e3x + sin 2x.

Ukoliko funkcija smetnje g(x) nije oblika (6.18) rabimo metodu varijacije

konstanata . Naime, opce rje�enje yh homogene jednadµzbe (6.16)

yh = C1y1 + C2y2:

uvijek znamo odrediti, to nam ostaje odrediti neko posebno rje�enje yp jed-

nadµzbe (6.15). Njega cemo traµziti na naµcin da u opcem rje�enju pripadne

homogene jednadµzbe yh = C1y1+C2y2 konstante C1 i C2 zamijenimo funkci-

jama C1 (x) i C2 (x) : Dakle traµzeno rje�enje je oblika

yp = C1 (x) y1 + C2 (x) y2; (6.19)

gdje su C1 (x) i C2 (x) ; za sada, nepoznate funkcije. Dovoljno je odrediti

jednu nepoznatu funkciju, a ne dvije, ukoliko zadamo neku vezu izme�u tih

funkcija. Deriviranjem jednadµzbe (6.19) dobivamo

y0 = C 01y1 + C02y2 + C1y

01 + C2y

02:

Neka je veza me�u traµzenim funkcijama

C 01 (x) y1 + C02y2 = 0:


Imamo

y0 = C1y01 + C2y

02;

y00 = C 01y01 + C

02y02 + C1y

001 + C2y

002 :

Uvr�tavanjem dobivenih izraza u y00 + ay0 + by = g(x); dobivamo

y00 + ay0 + by = C 01y01 + C

02y02 + C1y

001 + C2y

002+

a(C1y01 + C2y

02) + b(C1y1 + C2y2) =

C 01y01 + C

02y02 + C1

�y001 + ay

01 + by1

�+ C2

�y002 + ay

02 + by2

�= g(x):

Buduci su y1 i y2 rje�enja homogene jednadµzbe, dobivamo

C 01y01 + C

02y02 = g (x) :

Prema tomu nepoznate funkcije C1 i C2 zadovoljavaju sustav

C 01y1 + C02y2 = 0

C 01y01 + C

02y02 = g (x) :

To je linearni sustav od dvije nepoznate funkcije C 01 i C02. Determinanta

ovog sustava je upravo

W (x) =

�� y1 y2

y01 y02

�� :Buduci su funkcije y1 i y2 dva linearno nezavisna rje�enja homogene difer-

encijalne jednadµzbe (6.16), onda je W (x) 6= 0; za svaki x; pa sustav ima

jedinstveno rje�enje C 01(x) i C02(x): Sada je C1(x) =

RC 01(x)dx i C1(x) =R

C 02(x)dx:

PRIMJER 6.37 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu

y00 + y =1

cos3 x:

Opce rje�enje pripadne homogene jednadµzbe je

yh = C1 sinx+ C2 cosx:

Pretpostavimo da je partikularno rje�enje diferencijalne jednadµzbe oblika

y = C1 (x) sinx+ C2 (x) cosx:


Metodom varijacije konstanata dobivamo sustav

C 01 sinx+ C02 cosx = 0

C 01 cosx� C 02 sinx =1

cos3 x:

Iz tog sustava dobivamo

C 01 =1

cos2 x; C 02 =

� sinxcos3 x

:

Integriranjem dobivamo

C1(x) = tg x+K1; C2(x) =�1

2 cos2 x+K2:

Slijedi

y = (tg x+K1) sinx+

��1

2 cos2 x+K2

�cosx =

K1 sinx+K2 cosx+sin2 x

cosx� 1

2 cosx=

K1 sinx+ (K2 � 1) cosx+1

2 cosx:

A sinx+B cosx+1

2 cosx= yh + yp;

Dakle,

y = yh + yp = A sinx+B cosx+1

2 cosx

je opce rje�enje dane diferencijalne jednadµzbe.

6.3.5 SUSTAV OD DVIJU OBIµCNIH

DIFERENCIJALIH JEDNADµZBI

Prirodno je sustav

F (x; y; z; y0; z0) = 0;

G(x; y; z; y0; z0) = 0

od dviju obiµcnih diferencijalnih jednadµzbi prvoga reda, s dvjema nepoz-

natim funkcijama, poku�ati rije�iti po sliµcnosti s odgovarajucim sustavom

algebarskih jednadµzaba, tj. poku�ati ga svesti na dvije jednadµzbe s po jed-

nom nepoznanicom. Kao ishod takvoga postupka mogu se dobiti, ovisno o

danom sustavu, diferencijalne jednadµzbe prvoga ili drugoga reda.


PRIMJER 6.38 Promatrajmo sustav

y0 = x+ z; z0 = �x+ y:

Deriviranjem prve jednadµzbe i uvr�tenjem z0 u drugu dobivamo diferenci-

jalnu jednadµzbu drugoga reda

y00 � y0 = �x+ 1

(v. Primjer 6.34.). Njezino rje�enje je

y = C1ex + C2e

�x + x� 1:

Iz prve jednadµzbe dobivamo traµzeni z = g(x):

y0 = x+ z )�C1e

x + C2e�x + x� 1

�0= x+ z )

z = C1ex � C2e�x + 1� x

Traµzimo li, nadalje, neko posebno rje�enje, primjerice ono �to udovoljava

poµcetnomu uvjetu

x = 0; y = 1; z = 1;

dobivamo linearni sustav

1 = C1 + C2 � 1;

1 = C1 � C2 + 1;

rje�enje kojega je C1 = 1, C2 = 1, pa je traµzeno posebno rje�enje

y = x� 1 + ex + e�x z = �x+ 1 + ex � e�x:

PRIMJER 6.39 Rije�iti sustav diferencijalnih jednadµzbi

dx

dt� 4x� y + 36t = 0; dy

dt� y + 2x+ 2et = 0;

pod uvjetom t = 0; x = 0; y = 1.

Oduzimanjem druge od prve jednadµzbe dobivamo

x0 � 4x� y + 36t��y0 � y + 2x+ 2et

�= 36t� 6x+ x0 � y0 � 2et = 0


pa je

y0 = x0 � 6x+ 36t� 2et:

Deriviranjem prve jednadµzbe dobivamo

x00 � 4x0 � y0 + 36 = 0

i potom uvr�tavanjem prethodno dobivenog y0 imamo da je

x00 � 4x0 � y0 + 36 = 0) x00 � 4x0 ��x0 � 6x+ 36t� 2et

�+ 36 =

6x� 36t� 5x0 + x00 + 2et + 36 = 0

i dalje

x00 � 5x0 + 6x = �2et + 36t� 36:

Rije�imo ovu diferencijalnu jednadµzbu. Buduci karakteristiµcna jednadµzba

r2 � 5r + 6 = 0 ima rje�enja r2 = 2; r2 = 3 to je

x = C1e2t + C2e

3t

opce rje�enje pripadne homogene diferencijalne jednadµzbe. Zbrajanjem po-

sebnih rje�enja za

x00 � 5x0 + 6x = �2et

x00 � 5x0 + 6x = 36t� 36

dobiva se opce rje�enje. Za prvu je posebno rje�enje oblika xp1 = Aet :

x00 � 5x0 + 6x = �2et )�Aet

�00 � 5 �Aet�0 + 6 �Aet� = �2et )A� 5A+ 6A = �2) A = �1;

dakle, posebno je rje�enje xp1 = �et:Za drugu jednadµzbu je posebno rje�enje oblika xp2 = Ct+D :

(Ct+D)00 � 5 (Ct+D)0 + 6 (Ct+D) = 36t� 36)

�5C + 6Ct+ 6D = 36t� 36) C = 6; D = �1;

dakle, posebno je rje�anje xp1 = 6t� 1: Dobili smo opce rje�enje

x = C1e2t + C2e

3t � et + 6t� 1:


Iz prve jednadµzbe x0 � 4x� y + 36t = 0 izraµcunajmo y :

y = x0 � 4x+ 36t =�C1e

2t + C2e3t � et + 6t� 1

�0 � 4 �C1e2t + C2e3t � et + 6t� 1�+ 36t =2C1e

2t � et + 3C2e3t + 6� 4�C1e

2t + C2e3t � et + 6t� 1

�+ 36t =

�2C1e2t � C2e3t + 3et + 12t+ 10:

Dobili smo da je opce rje�enje sustava

x = C1e2t + C2e

3t � et + 6t� 1;

y = �2C1e2t � C2e3t + 3et + 12t+ 10:

Da bismo odredili traµzeno posebno rje�enje uvrstimo poµcetne uvjete t = 0;

x = 0; y = 1 u opce rje�enje:

0 = C1 + C2 � 2;

1 = �2C1 � C2 + 13:

Slijedi da je C1 = 10; C2 = �8 i imamo

x = 10e2t � 8e3t � et + 6t� 1;y = �20e2t + 8e3t + 3et + 12t+ 10:

Poglavlje 7

ZADACI

7.1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA

1. Toµcke T1 = (�1; 0; 0); bT2 = (p3; 1; 4); bT3 = (1; 1; 1) i T4 = (�

p2;p2; 0) u

Kartezijevom koordinatnom sustavu (O;x; y; z) zapi�ite u cilindriµcnom koor-dinatnom sustavu (O;'; �; z).

2. Toµcke T1 = (0; 0; 1); T2 = (0; �; 3); T3 = (�6 ;�6 ; 1) i T4 = (�4 ;

3�4 ; 2) u sfer-

nom koordinatnom sustavu (O;'; #; r) prikaµzite u Kartezijevom koordinat-nom sustavu (O;x; y; z):

3. Toµcke T1 = (�3; 0; 0); T2 = (p3; 0; 1); T3 = (1; 1;

p2) i T4 = (�

p3;�3;�2)

u sustavu (O;x; y; z) prebacite u sustav (O;'; #; r):

4. Nactrajte plohe koje u cilindriµcnom koordinatnom sustavu (O;'; r; z) imajuzapis:

(a) � = 3; (b) � =p2;

(c) ' = ��4; (d) ' =

�

3;

(e) z = �2; (f) z � 2 = �2;(g) � = 2 cos'; (h) �2 + z2 = 25:

5. Nacrtajte plohe koje u sfernom koordinatnom sustavu (O;'; #; r) imaju zapis:

(a) r = 3; (b) ' =�

6;

(c) ' = ��3; (d) # =

�

2;

(e) # =�

4; (f) r = 2 cos#:

6. Nacrtajte plohe µcije su jednadµzbe dane u Kartezijevom koordinatnom sustavui potom odredite jednadµzbe tih ploha u cilindriµcnom i sfernom koordinatnomsustavu:

(a) x2 + y2 + z2 = 16;

(b) x2 + y2 � z2 = 16;(c) x2 + y2 = 2z:

7. Nacrtajte u ravnini i prostoru:

203

204 POGLAVLJE 7. ZADACI

(a) jxj+ jyj = 1;(b) x2 + z = 1;

(c) y2 + z2 = 1:

8. Nacrtajte tijelo odre�eno nejednakostima 1 � x2 + y2 + z2 � 4; z � 0 ipotom ga opi�ite odgovarajucim nejednakostima u cilindriµcnom i sfernomkoordinatnom sustavu.

9. Nacrtajte tijela opisana nejednakostima:

(a) x2 + y2 � z � 2; y � 0;

(b) 0 � ' � �

2; � � z � 2;

(c) �2 � z � 2� �2;

(d) 0 � # � �

3; r � 2:

10. Neka je f(x; y) =p36� 9x2 � 4y2:

(a) Izraµcunajte f(1; 1); f(�2; 0);(b) Odredite domenu Df ;

(c) Odredite sliku ff(x; y) j (x; y) 2 Dfg;(d) Skicirajte graf funkcije.

11. Odredite domenu funkcije:

(a) f(x; y) = 4py � 2x;

(b) f(x; y) = xypx2 + y;

(c) f(x; y) =x2 + y2

x2 � y2 ;

(d) f(x; y) =px2 + y2 � 1 + ln(4� x2 � y2):

12. Skicirajte graf funkcije:

(a) f(x; y) = 1� x� y;(b) f(x; y) = sin y;

(c) f(x; y) = 1� x2;(d) f(y; z) = jzj ;(e) f(y; z) =

py2 + z2;

(f) f(y; z) = 2� (y2 + z2);(g) f(x; z) = �

px2 + z2;

(h) f(x; z) = 2�px2 + z2;

(i) f(x; z) = �x2 + z2:

13. Odredite domenu funkcije:


(a) u =p4� x2 � y2 � z2;

(b) u = ln(z � x2 � y2);

(c) u = ex2+y2

z ;

(d) u = arcsin(x2 + y2 + z2):

14. Skicirajte nivo-plohe funkcije u = f(x; y; z):

(a) u = x2 + y2 + z2;

(b) u = z � x2 � y2;(c) u = x2 + 2y2 + 3z2:

15. Odredite limes, ako postoji, ili pokaµzite da limes ne postoji:

(a) lim(x;y)!(0;0)

(x2y2 � 2xy4);

(b) lim(x;y)!(1;4)

epx+2y;

(c) lim(x;y)!(0;0)

8x2y2

x4 + y4;

(d) lim(x;y;z)!(0;0;0)

xy + yz2 + xz2

x2 + y2 + z4;

(e) lim(x;y)!(0;0)

(x+y)2

x2+y2 ;

(f) lim(x;y;z)!(2;3;0)

[xez + ln(2x� y)] :

16. Koristeci polarne koordinate izraµcunajte limes:

(a) lim(x;y)!(0;0)

x3 + y3

x2 + y2;

(b) lim(x;y)!(0;0)

(x2 + y2) ln(x2 + y2);

(c) lim(x;y)!(0;0)

sin(x2 + y2)

x2 + y2:

17. Odrediti (najveci) skup na kojem su funkcije neprekidne:

(a) f(x; y) =1

x2 � y ;

(b) f(x; y) = ln(2x+ 3y);

(c) f(x; y; z) =xyz

x2 + y2 � z ;

(d) f(x; y) =

8<:x2y

x4 + y2; (x; y) 6= (0; 0)1; (x; y) = (0; 0)

;

(e) f(x; y) =

( xy

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

:


18. Izraµcunajte fx(1; 2) i fy(1; 2) funkcije f(x; y) = 16�4x2�y2 i dajte geometri-jsku interpretaciju rezultata.

19. Odredite prve parcijalne derivacije funkcija:

(a) f(x; y) =x� yx+ y

;

(b) z = ln�x+

px2 + y2

�;

(c) f(x; t) = esintx ;

(d) f(x; y; z) = xpyz;

(e) u = z siny

x+ z;

(f) f(x; y; z; t) = xy2z3t4:

20. Izraµcunajte parcijalnu derivaciju u naznaµcenoj toµcki:

(a) fx(1; 0); f(x; y) = xe�y + 3y;

(b) fy(3; 3); f(x; y) = sin(y � x);(c) fy(2; 4); f(x; y) =

p2x+ 3y;

(d) fx(1; 0); f(x; y) = sin2(y � x);

21. Odredite@z

@xi@z

@yako je z = f(x; y) implicitno zadana funkcija:

(a) xy + yz = xz;

(b) xyz = ln(x+ y + z);

(c) x2 + y2 � z2 = 2x(y + z):

22. Pokaµzite da vrijedi Schwarzov teorem, tj. da je fxy = fyx ako je:

(a) f(x; y) = sin2 x cos y;

(b) f(x; y) = x5y4 � 3x2y3 + 3x2:

23. Odredite trece parcijalne derivacije fxxx; fxxy; fyyy funkcija:

(a) f(x; y) = x2 � 3x4y;(b) f(x; y; z) = x5 + x4y4z3 + yz2:

24. Koja od funkcija jest rje�enje Laplaceove jednadµzbe uxx + uyy = 0 :

(a) u(x; y) = x2 + y2;

(b) u(x; y) = x2 � y2;(c) u(x; y) = ln

px2 + y2;

(d) u(x; y) = x3 + 3xy2:

25. Koja od funkcija jest rje�enje valne jednadµzbe utt = a2uxx :

(a) u(x; t) = sin(kx) sin(akt);


(b) u(x; t) = (x� at)6 + (x+ at)6;(c) u(x; t) = sin(x� at)� ln(x+ at):

26. Odredite tangencijalnu ravninu zadane plohe u zadanoj toµcki:

(a) z = y2 � x2; T = (�4; 5; 9);(b) z = sin(x+ y); T = (1;�1; 0);(c) z = ex ln y , T = (3; 1; 0):

27. Odredite linearnu aproksimaciju funkcije z = f(x; y) u zadanoj toµcki T0 iaproksimirajte f(T1) :

(a) f(x; y) =p20� x2 � 7y2; T0 = (2; 1); T1 = (1:95; 1:08);

(b) f(x; y) = ln(x� 3y); T0 = (7; 2); T1 = (6:9; 2:06):

28. Odredite diferencijal funkcija:

(a) f(x; y) = x2y3;

(b) f(x; y) = ln(2x� 3y);(c) f(x; y; z) = ln

px2 + y2 + z3;

(d) f(x; y; z) = x ln yz:

29. Dokaµzite da je funkcija f(x; y) diferencijabilna:

(a) f(x; y) = x2 + y2;

(b) f(x; y) = xy � 5y2:

30. Odreditedz

dtidu

dtako je:

(a) z = x2 + y2; x = t3; y = 1 + t2;

(b) z = xexy ; x = cos t; y = e2t;

(c) u =x

y+y

z; x =

pt; y = sin 2t; z = e�3t:

31. Odredite@z

@ui@z

@vako je:

(a) z = x2 sin y; x = u2 + v2; y = 2uv;

(b) z = sinx cos y, x = (u� v)2; y = u2 � v2;(c) z = x2 � 3x2y3; x = uev; y = ue�v:

32. Koristeci odgovarajuci dijagram odredite sve parcijalne derivacije funkcije:

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

(b) w = f(x; y; z); x = x(u; v); y = y(u; v); z = z(u; v);

(c) u = f(s; t); s = s(w; x; y; z); t = t(w; x; y; z):


33. Ako je u = x2 + y2 + z2; x = st; y = s cos t; z = s sin t odredite@u

@si@u

@tu

toµcki T = (s; t) = (1; 0):

34. Ako je z =x

yi x = rest; y = rset odredite

@z

@r;@z

@s;@z

@tu toµcki T = (r; s; t) =

(1; 2; 0):

35. Odreditedy

dxako je funkcija y zadana implicitno:

(a) x2 � xy + y3 = 0;

(b) x cos y + y cosx = 1:

36. Odredite@z

@xi@z

@yako je funkcija z = f(x; y) zadana implicitno:

(a) xy + yz � zx = 0;

(b) xey + yz + zex = 0:

37. Ako je u = f(x; y) gdje je x = es cos t; y = es sin t dokaµzite da je

@2u

@x2+@2u

@y2= e�2s

�@2u@s2

+@2u

@t2

�:

38. Odredite ekstreme funkcije:

(a) f(x; y) = x2 + y2 + 4x� 6y;

(b) f(x; y) = ypx� y2 � x+ 6y;

(c) f(x; y) = ex cos y;

(d) z = x4 + y4 � 4xy + 1;

(e) u = x+y2

4x+z2

y+2

z; x; y; z > 0:

39. Odredite najkracu udaljenost toµcke T0 = (1; 0;�2) od ravnine x+2y+z = 4:

40. U sferu polumjera R upi�ite kvadar najveceg obujma.

41. Odredite vezane (uvjetne) ekstreme funkcije:

(a) f(x; y) = x2 � y2; x2 + y2 = 1;

(b) f(x; y) = xy; 9x2 + y2 = 4;

(c) f(x; y; z) = x2 + y2 + z2; x4 + y4 + z4 = 1;

(d) f(x; y; z) = x+ 2y ; x+ y + z = 1; y2 + z2 = 1:

7.2. VI�ESTRUKI INTEGRAL 209

7.2 VI�ESTRUKI INTEGRAL

1. Izraµcunajte integrale:

(a)Z 1

�1dx

Z 1

0

�x3 + y3 + 3xy2

�dy;

(b)ZZ

X

1 + x

1 + y; X = f(x; y) j �1 � x � 2; 0 � y � 1g ;

(c)Z 2

1

dx

Z 1

0

1

(x+ y)2 dy:

2. Nacrtajte podruµcje integracije, promijenite poredak integracije i izraµcunajteintegral:

(a)Z 1

0

dx

Z p2�x2

x

ydy;

(b)Z 1

0

dy

Z py

y

xydx;

(c)Z 2

�2dx

Z 12

p4�x2

� 12

p4�x2

xydy:

3. Izraµcunajte integrale:

(a)ZZ

X

2ydxdy; X podruµcje ome�eno sa y =px; y = 0; x+ y = 2;

(b)ZZ

X

x2dxdy; X = f(x; y) j jxj+ jyj � 1g ;

(c)ZZ

X

xydxdy; X : xy = 1; x+ y = 2:5;

(d)ZZ

X

jx� yj dxdy; X = f(x; y) j 0 � x � 1; 0 � y � 1g :

4. U polarnom koordinatnom sustavu (O;'; �) izraµcunajte integrale:

(a)ZZ

X

�x2 + y2

�dxdy; X : x2 + y2 � 2ay;

(b)ZZ

X

arctg yxdxdy; X : 1 � x2 + y2 � 9; y � 13x; y �

p3x;

(c)ZZ

X

sinpx2 + y2dxdy; X =

�(x; y) j �2 � x2 + y2 � 4�2

;

(d)ZZ

X

xdxdy; X : x2 + y2 � 1; x2 + y2 � 2y � 0; x � 0:

5. U eliptiµckom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:

(a)ZZ

X

r1� x2

a2� y2

b2dxdy; X =

�(x; y) j x

2

a2+y2

b2� 1

�;


(b)ZZ

X

r4� x2

a2� y2

b2dxdy;

X :x2

a2+y2

b2� 1; x

2

4a2+

y2

4b2� 1; x � 0; y � 0:

6. Izraµcunajte trostruke integrale:

(a)Z 2

0

dx

Z 1

0

dy

Z 2

0

xzdz;

(b)Z 2

0

dx

Z x

1

dy

Z xy

0

xyzdz;

(c)ZZZ

X

ydxdydz; X :px2 + z2 � y � 4:

7. U cilindriµcnom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:

(a)Z 2

�2dx

Z p4�x2

�p4�x2

dy

Z 2

px2+y2

�x2 + y2

�dz;

(b)ZZZ

X

px2 + y2dxdydz; X : x2 + y2 � 1; 1� x2 � y2 � z � 4;

(c)ZZZ

X

x2dxdydz; X : x2 + y2 � 1; 0 � z � 2px2 + y2;

(d)ZZZ

X

ydxdydz; X : 1 � x2 + y2 � 4; 0 � z � x+ 2:

8. U sfernom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:

(a)ZZZ

X

�x2 + y2

�dxdydz; X : x2 + y2 + z2 � 1; z � 0;

(b)ZZZ

X

epx2+y2+z2dxdydz; X je podruµcje izme�u sredi�njih sfera radi-

jusa 1 i 2 u prvome oktantu;

(c)ZZZ

X

�x2 + y2 + z2

�dxdydz; X je podruµcje odre�eno nejednadµzbama

0 � # � �

6; 0 � � � 2 u sfernom koordinatnom sustavu.

9. Izraµcunajte povr�inu lika X ome�enog krivuljama:

(a) y =px; y =

p2x; y = 4;

(b) x2 + y2 = 10; y =3

x

�y � 3

x

�;

(c) xy = a2; xy = 2a2; y = x; y = 2x (x > 0; y > 0):

10. Izraµcunajte povr�inu plohe S :

(a) S je dio paraboloida z =1

2(x2+ y2) unutar valjµcaste plohe x2+ y2 = 1;

7.3. VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA 211

(b) S je dio sfere z =pa2 � x2 � y2 unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = b2

(b < a);

(c) S je dio plohe z2 = x2 + y2 unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = 2x;

(d) S je dio plohe x = y2 + z2 unutar valjµcaste plohe y2 + z2 = 9:

11. Izraµcunajte koordinate teµzi�ta (x; y) ako je:

(a) X : y = x2; y = 1; x � 0; g(x; y) = xy;

(b) X : x2 + y2 � 1; x � 0; y � 0; g(x; y) =px2 + y2;

(c) X je ome�en sa parabolom x = y2 i pravcem y = x� 2; g(x; y) = 3:

12. Izraµcunajte volumen tijela X :

(a) X je ome�en koordinatnim ravninama i ravninom x+ y + z = 1;

(b) X je tijelo ispod paraboloida z = x2+y2 nad podruµcjem koje je ome�enosa y = x2 i x = y2;

(c) X je ome�en valjkom x2 + y2 = 1 i ravninama z = y; x = 0; z = 0 uprvom oktantu;

(d) X je ome�en plohama z =px2 + y2; z =

p1� x2 � y2:

13. Izraµcunajte koordinate teµzi�ta (x; y; z) i moment inercije Iz ako je:

(a) X je homogeno tijelo ome�eno plohama x2 + y2 = 4; x2 + y2 = 1;y

2+ 2z = 1; z = 0;

(b) X nehomogeno tijelo ome�eno ravninama x = 2; y = 0; y = 1; z = 0i valjµcastom plohom z =

p6x a funkcija gustoce je u svakoj njegovoj

toµcki jednaka udaljenosti te toµcke od ravnine z = 0:

7.3 VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA

1. Odredite domenu vektorske funkcije:

(a) �!r (t) = ln t�!i + t

t� 1�!j + e�t

�!k ;

(b) �!r (t) =�arcsin

p1� t2; 2t; 2t

:

2. Nacrtajte hodograf vektorske funkcije

(a) �!r (t) = 2 cos t�!i + sin t�!j + t�!k ;

(b) �!r (t) = ft; � t; 2tg :

3. Odredite vektorsku �nkciju �!r (t) µciji je hodograf presjek cilindra x2+ y2 = 1i ravnine y + z = 2 .

4. Odredite vektorsku �nkciju �!r (t) µciji je hodograf presjek sto�ca z =px2 + y2

i ravnine z = 1 + x .


5. Izraµcunajte limt!1

�!r (t); �!r (t) =pt+ 3

�!i +

t� 1t2 � 1

�!j +

tg t

t

�!k .

6. Izraµcunajte limt!1

�!r (t), �!r (t) =�e�t;

t� 1t+ 1

;1

tg t

�.

7. Ispitajte neprekidnost vektorske funkcije �!w : R! R3 zadane formulom

�!w (t) =(

(t� 1)�!i + t2�!k ; t < 1

ln t�!j +

�1� t2

��!k ; t � 1

:

8. Za vektorsku funkciju �!r (t) =pt�!i + (2� t)�!j odredi �!r 0(t) i skiciraj vektor

�!r (1) i tangentni vektor �!r 0(1):

9. Skiciraj vektor �!r (1) i �!r 0(1) ako je �!r (t) = t�!a ��!b + t�!c

�; gdje su �!a ;�!b i

�!c konstantni vektori.

10. Vektorska funkcija �!r (t); t 2 I (interval) je glatka ako je �!r 0(t) neprekid-na funkcija i �!r 0(t) 6= ~0: Toµcku na hodografu vektorske funkcije �!r (t0) ukojoj je �!r 0(t0) = ~0 nazivamo �iljkom. Nacrtajte hodograf vektorske funkcije�!r (t) =

�1 + t3; t2

i ispitajte da li je glatka.

11. Odredite toµcku u kojoj se hodogra� vektorskih funkcija �!r 1(t) = t�!i + (1 �

t)�!j +(3+t3)

�!k i �!r 2(s) =

�3� s; s� 2; s2

sijeku. Odredite kut pod kojim

se sijeku.

12. Neka su �!u (t) =�1; � 2t2; 3t3

i �!v (t) = ft; cos t; sin tg : Izraµcunajte��!u (t) � �!v (t)�0 i ��!u (t)��!v (t)�0:

13. IzraµcunajteZ 2

1

�!r (t)dt; �!r (t) =�1 + t2; � 4t4; 1� t2

:

14. IzraµcunajteZ �

4

0

�cos 2t

�!i + sin 2t

�!j + t sin t

�!k�dt:

15. Odredi �!r (t) ako je �!r 0(t) =�t2; 4t3; � t2

i �!r (0) = f0; 1; 0g .

16. Odredi �!r (t) ako je �!r 0(t) = sin t�!i � cos t�!j + 2t�!k i �!r (0) = �!i +�!j + 2�!k .

17. Ubrzanje materijalne toµcke (uR3) opisuje jednadµzba�!a (t) = 2t�!c 1+sin t�!c 2; gdjeje t 2 [0;1i (vrijeme); pri µcemu su �!c 1 i �!c 2 konstantni vektori. Po kojemzakonu �!s (t) se giba ta materijalna toµcka ako su poµcetni uvjeti �!s (0) = ~0 i�!v (0) = ~0 (poµcetna brzina)?

18. Skicirajte razinske plohe (ravninskog) skalarnog polja f(x; y) = ln�x2 + y2

�:

19. Skicirajte razinske plohe skalarnog polja f(x; y; z) = x2 + y2 � z2:

20. Vektorsko polje �!w (x; y) = �y�!i + x�!j predoµcite silnicama u toµckama (1; 0);�p2;p2�; (0; 1); (�1; 0);

��1;�

p3�:

21. Skicirajte silnice vektorskog polja �!w (x; y; z) = 13px2 + y2 + z2

fx; y; zg:

7.3. VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA 213

22. Neka su f skalarno i �!w vektorsko polje. Odredite koja su polja skalarna,koja vektorska i koja ne postoje (za�to!):

(a) (rot grad f)��!w ;(b) (grad div f) � f ;(c) div(rot grad f) � f ;(d) (grad f)� (div�!w ) ;(e) rot

�(div�!w ) � �!w

�;

(f) (�!w � grad f)��!w ;

(g) rot�!w ��(grad f)��!w

�:

23. Temperatura ( u C�) u toµcki (x; y; z) (u metrima) dana je sa T (x; y; z) =200e�x

2�3y2�9z2 :

(a) Odredite promjenu temperature u toµcki P0 = (2;�1; 2) u smjeru toµckeP = (3;�3; 3) ;

(b) U kojem smjeru je najveci rast a u kojem je smjeru najmanji pad tem-perature u toµcki P0.

24. Izraµcunajte gradsinpx2 + y2 + z2

3px2 + y2 + z2

:

25. Odredite div�!w i rot�!w polja �!w (x; y; z) = x2y�!i + xz2

�!j + zx2

�!k .

26. Odredite div�!w i rot�!w polja�!w (x; y; z) = fexz; � 2eyz; 3xeyg .

27. Dokaµzite grad f(r) = f 0(r) � �!r 0; gdje je�!r = x�!i + y

�!j + z

�!k i r = j�!r j =p

x2 + y2 + z2:

28. Izraµcunajte grad�r3 � ln r

�.

29. Dokaµzite:

(a) r ��r � �!r

�= 4r ;

(b) r2(r3) = 12r .

30. Dokaµzite:

(a) r�1r

�= � 1

r3�!r ;

(c) rh 1r3��!r � �!a �i = � �!a

(�!r � �!a )2; gdje je �!a konstantno vektorsko polje;

(d) r�r3��!r � �!a �� = �3r��!r � �!a ��!r + r3��!a +�!r � �r��!a ��+ ��!r � r��!a .

31. Izraµcunajte:

(a) r��r3��!w � �!r �� ;

(b) r�h 1r3

��!a ��!r �i ;(c) r�

h 1�!b � �!r

��!a ��!r �i; gdje su �!a i �!b konstantna vektorska polja.


32. Izraµcunajte:

(a) 4 [f(r)] ;(b) 4 [rf(r)] ;(c) 4

�f(r)�!r

�;

(d) 4��!a � �!r ��!r �; �!a je konstantno vektorsko polje.

33. Izraµcunajte usmjerenu derivaciju u toµcki T = (1; 2;�1) u smjeru vektora�!l =

�!i + 2

�!j + 2

�!k skalarnog polja:

(a) f1(x; y; z) =pxy + z ;

(b) f2(x; y; z) = e3pxy � 2z ;

34. Odredite tangencijalnu ravninu i normalu na plohu :

(a) x2 � 2y2 � 3z2 + xyz = 4 u toµcki T = (3;�2;�1) ;(b) xyyz = 1 u toµcki T (1; 0; 5) .

35. Odredite toµcke hiperboloida x2 � y2 + 2z2 = 1 u kojima su normale nahiperboloid paralelne pravcu odre�enom toµckama T1 = (3;�1; 0) i T2 =(5; 3; 6):

36. Izraµcunajte usmjerenu derivaciju u toµcki T = (1; 2;�1) u smjeru vektora�!l =

�!i + 2

�!j + 2

�!k polja:

(a) �!w (x; y; z) = f1(x; y; z)�!i � f2(x; y; z)

�!j + xy

�!k ;

(b) �!w (x; y; z) = fx arcsin z; 0; xyg :

37. Ispitajtete je li polje �!w (x; y; z) = z�!i + 2xy

�!j + (x+ y2)

�!k potencijalno, te

ako jest, odredite njegov potencijal f:

38. Ispitajte je li polje �!w (x; y; z) = fx; ey sin z; ey cos zg potencijalno, te akojest, odredite njegov potencijal f .

7.4 KRIVULJNI INTEGRAL

1. Nacrtajte krivulju � koja je presjek paraboloida z = x2+y2 i zavnine y+z = 2i na�ite jednu njenu parametizacju.

2. Nacrtajte krivulju � koja je dobivena kao presjek ploha x2+y2 = 1 i y+z = 2te odredite jednu njenu perametrizaciju.

3. Nacrtajte krivulju � =�z = x2 + 4y2; 2x+ z = 3

i odredite jednu njenu

parametrizaciju.

4. IzraµcunajteZ�

yds; gdje je � je luk parabole y2 = 2x od toµcke O = (0; 0) do

toµcke A = (4;p8):


p2yds; � je krivulja (cikloida) s parametrizacijom r(t) =

(a(t� sin t; a(1� cos t)) ; t 2 [0; 2�] :


�x2 + y2 + z2

�ds; � je dio cilindriµcne uzvojnice�!r (t) = a cos t

�!i +

a sin t�!j + b

�!k ; a; b > 0; t 2 [0; 2�] :

7.4. KRIVULJNI INTEGRAL 215


div�!wds; gdje je �!w =�x2 + y2; x2 � y2; z

i � presjek cilin-

dra x2 + y2 = 1 i ravnine y + z = 2 .


yds; � je presjek paraboloida z = x2+4y2 i ravnine 2x+z = 3:


xzds; � je presjek sto�ca z2 = x2 + y2 i ravnine z = 1:

10. Izraµcunajte duljinu luka krivulje x = ln(1 + t2); y = arctan t� t+ 3 izme�utoµcaka t = 0 i t = 1:

11. Izraµcunajte duljinu zatvorene krivulje (astroide) x = cos3 t; y = sin3 t; t 2[0; 2�] :

12. IzraµcunajteZx�

�!w � �!ds; ako je �!w = fx2 + y2; x2 � y2g ix� dio krivulje y =

1� j1� xj od toµcke A = (0; 0) do toµcke B = (2; 0):


�!w � �!ds , �!w = x3�!i + (3 + y2)

�!j � x2y

�!k ;

x� je dio pravca od

toµcke A = (3; 2; 1) do toµcke B = (0; 0; 0):


rot�!w � �!ds , �!w = x3�!i + (3 + y2)

�!j � x2y�!k ;

x� je dio krivulje

r(t) = (t; t2; t3) od t = 0 do t = 1:


grad(x+ y) � �!ds ,x� � jxj+ jyj = 1; x � 0:

16. IzraµcunajteIx�

z2dx+x2dy+y2dz; gdje jex� sferni trokut (u prvom oktantu)

na sferi x2 + y2 + z2 = 1 kojeg odre�uju koordinatne ravnine.


(x2 + y2)dx+ (x2 � y2)dy;x� � jx� 1j+ jy � 1j = 1:


y2dx+ z2dy+ x2dz; gdje jex� proizvoljno orijentirani presjek

ploha x2 + y2 + z2 = 4; x2 + y2 = 2x; (z > 0).

19. Primjenom Greenove formule izraµcunajte cirkulacijuZx�

grad(x + y) � �!ds ,x� � jxj+ jyj = 1; x � 0:

20. Primjenom Greenove formule izraµcunajte integralIx�

(x2+y2)dx+(x2�y2)dy;x� � jx� 1j+ jy � 1j = 1:

21. Primjenom Greenove formule izraµcunajte integralIx�

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

gdje jex� rub trokuta kojemu su vrhovi A(1; 1); B = (2; 2); C = (1; 3):


y2

1 + x2dx+ 3y arctan

x+ y

1� xydy gdje jex� � x2 + y2 = 2:


23. Izraµcunajte cirkulaciju vektorskog polja �!w =x

x2 + y2�!i � y

x2 + y2�!j po

kruµznici x2 + y2 � 2x� 2y + 1 = 1:

24. Izraµcunajte cirkulaciju vektorskog polja�!w = fy�z; z�x; x�yg po zatvorenojkrivulji koja je presjek valjka x2 + y2 = 1 i ravnine 2x+ z = 2:

25. Pokaµzite da je polje �!w =�x;�y2; z

potencijalno i izraµcunajteZ (2;1;3)

(1;�1;2)xdx� y2dy + zdz:

26. Izraµcunajte povr�inu ravninskog lika kojeg ome�uju krivulje y2 = x i x = 2:

27. Izraµcunajte povr�inu lika odre�enog sa (x� 1)2 + y2 � 1; x2 + (y � 1)2 � 1:

28. Povr�ina P cilindriµcne plohe f(x; y) = 0 (to je krivulja u xy-ravnini) kojoj

je izvodnica paralelne s z-osi dana je formulom P =

Zx�

zds: Primjenom te

formule izraµcunajte povr�inu kruµznog cilindra x2 + y2 = R izme�u ravnine

z = 0 i plohe z = R+x2

R:

29. Izraµcunajte povr�inu onog dijela kruµznog cilindra x2 + y2 = x koji se nalaziunutar sfere x2 + y2 + z2 = 1:

7.5 PLO�NI INTEGRAL

1. Izraµcunatjte plo�tinu dijela paraboloida 2z = x2 + y2 koji isjeca cilindarx2 + y2 = 1:

2. Izraµcunajte plo�tinu dijela sto�ca z2 = x2+y2 koji isjeca cilindar x2+y2 = 2x:

3. Izraµcunajte plo�tinu dijela plohe z = xy koji isjeca cilindar x2 + y2 = 4:

4. Izraµcunajte plo�tinu plohe�x2 + y2

�z = x+ y odre�enu sa 1 � x2 + y2 � 4;

x � 0; y � 0

5. Izraµcunajte integralZZ

S

(6x+4y+3z)dS; ako je S dio ravnine x+2y+3z = 6

u prvom oktantu.


S

(x2 + y2)dS; gdje je S sfera x2 + y2 + z2 = 1:


S

�y+z+

p1� x2

�dS; gdje je S dio cilindra x2+y2 = 22

izme�u ravnina z = 0 i z = 3:


S

x�y2 + z2

�dS; gdje je S ploha zadana jednadµzbom

x =p9� x2 � y2:


S

1

ddS; gdje je S dio plohe z = xy isjeµcen cilindrom

x2 + y2 = R2 a d udaljenost toµcke plohe do z-osi.

7.5. PLO�NI INTEGRAL 217

10. IzraµcunajteZZ

S

�x3 cos�+ y3 cos� + z3 cos

�dS; ako je S sfera x2 + y2 +

z2 = 4; a cos�; cos�; cos kosunusi smjera jediniµcne vanjske normale.

11. IzraµcunajteZZ

S

��z3 � y3

�cos�+

�x3 � z3

�cos� +

�y3 � x3

�cos

�dS; ako

je S sfera x2 + y2 + z2 = 4; z � 0; a cos�; cos�; cos su kosunusi smjerajediniµcne vanjske normale.


xS

�!w � �!dS; gdje je �!w = fx; y; zg; axS vanjskom nor-

malom usmjerena sfera x2 + y2 + z2 = 1 u prvom oktantu.


xS

�!w � �!dS; gdje je �!w = fyz; xz; xyg; axS vanjskom

normalom usmjeren rub tetraedra koji je ome�en s ravninama x = 0; y = 0;z = 0; x+ y + z = 1:


xS

(y�z)dydz+(z�x)dxdz+(x�y)dxdy;xS je vanjska

strana sto�ca x2 + y2 = z2 (0 � z � 4):


xS

2dxdy+ ydxdz� x2zdydz;xS je vanjska strana elip-

soida 4x2 + y2 + 4z2 = 1 u prvom oktantu.

16. IzraµcunajteZZ

xS

y2zdxdy+xzdydz+x2ydxdz; gdje jexS vanjska strana ruba

tijela kojeg odre�uju z = x2 + y2; x2 + y2 = 1; x = 0; y = 0; z = 0 u prvomoktantu. Raµcun provesti direktno i primjenom Gauss-Ostrogradski formule.

17. Koristeci Gauss-Ostrogradski formulu izraµcunajteZZ

xS

�!w � �!dS; gdje je �!w =

fx3; y3; z3g; axS sfera x2 + y2 + z2 = R2 orijentirana vanjskim normalama.

18. Koristeci Gauss-Ostrogradski formulu izraµcunajteZZxS

x2dydz + y2dxdz + zdxdy

gdje jexS vanjskim normalama orijentiran rub tijela odre�enog sa (z� 8)2 �

x2 + x2; z � 4; z � 8; x � 0:

19. Izraµcunajte tok vektorskog polja �!w = fx� 2z; 3z� 4x; 5x+ yg kroz vanjskustranu ruba tetraedra s vrhovima O = (0; 0; 0); A = (1; 0; 0); B = (0; 1; 0);C = (0; 0; 1):

20. Izraµcunajte tok vektorskog polja �!w = fx2; x; xzg kroz vanjsku stranu para-boloida y = x2 + z2 koji pripada prvom oktantu i za koji je 0 � y � 1:

21. Koristeci Gauss-Ostrogradski formulu izraµcunajteZZxS

x2dydz + y2dxdz + zdxdy

gdje jexS vanjskim normalama orijentiran rub tijela odre�en sa (z � 8)2 �

x2 + x2; z � 4; z � 8; x � 0:


22. IzraµcunajteZZ

xS

y2zdxdy+xzdydz+x2ydxdz; gdje jexS vanjska strana ruba

tijela kojeg odre�uju z = x2 + y2; x2 + y2 = 1; x = 0; y = 0; z = 0 u prvomoktantu.

23. Primjenom Stokesove formule izraµcunajte krivuljni integralIxC

ydx+ zdy + xdz;

gdje jexC orijentirana kruµznica x2 + y2 + z2 = 1; x+ y + z = 0:

24. Primjenom Stokesove formule izraµcunajte krivuljni integralIxC

8yp1� x2 � y2dx+ xy3dy + sin zdz;

gdje jexC orijentirana krivulja koja se dobiva kao presjek elipsoida 4x2+y2+

4z2 = 1 i koordinatnih ravnina u prvom oktantu.

25. Izraµcunajte krivuljni integralIxC

exdx + z(x2 + y2)32 dy + yz3dz, gdje je

xC

odre�en presjekom ploha z =px2 + y2; x = 2; y = 0; y = 1:

7.6 OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

1. Odrediti diferencijalnu jednadµzbu kojoj je opce rje�enje

(a) x2 + Cy2 = 2y;

(b) y = sin(x+ C):

2. Dokaµzi da je y = (2 + lnx)x�1 rje�enje diferencijalne jednadµzbe x2y0+xy = 1s poµcetnim uvjetom y(1) = 2:

3. Metodom postupnog pribliµzavanja odredi aproksimaciju f4(x) rje�enja difer-encijalne jednadµzbe

(a) y0 = x� y; x0 = 0; y0 = 1;(b) y0 = ex � y; y(0) = 2;(c) y0 = 1 + 3x� 2y; y(1) = 2:

4. Eulerovom metodom odredite vrijednost y(0:4), gdje je y rje�enje diferen-cijalne jednadµzbe y0 = y s poµcetnim uvjetom y(0) = 1 uzimajuci za korakh :

(a) h = 0; 4;

(b) h = 0; 2;

(c) h = 0; 1:

5. Eulerovom metodom (korak h = 0:5) odredite vrijednosti y1; y2; y3 i y4aproksimacije rje�enja y(x) diferencijalne jednadµzbe y0 = 1+3x�2y; y(1) = 2:

6. Eulerovom metodom aproksimaciju rje�enja diferencijalne jednadµzbe y0 =x+ y2 uz poµcetni uvjet y(0) = 0 na segmentu [0; 1] i s korakom h = 0:2:

7.6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 219

7. Odredite opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe:

(a)x

y=

y0

x+ 1;

(b) x+ xy + y0(y + yx) = 0;

(c) xyy02 +�x2 + y2

�y0 + xy = 0:

8. Uvo�enjem prikladne zamjene diferencijalne jednadµzbe prevedite u diferen-cijalne jednadµzbe s odijeljivim varijablama i potom odredite opce rje�enje:

(a) y0 = (x� y)2 + 1;(b) y0 = (1 + 3x� 3y)2:

9. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:

(a) x2 + y2 � 2xyy0 = 0;(b) (2x+ y + 1)dx� (4x+ 2y � 3)dy = 0;

(c) y0 = 2� y + 2

x+ y � 1

�2;

(d) (x2 � 3y2)dx+ 2xydy = 0, x = 2; y = 1.


(a) y0 + y + x = 0;

(b) y0 +y

x+ 1+ x2 = 0;

(c) y0 =y

2y ln y + y � x ;

(d) xy0 + (x+ 1)y = 3x2e�x:


(a) y0 + 2xy = 2x3y2;

(b) xy0 + y = y2 lnx;

(c) xdx =�x2y� y3

�dy:


(a) (x3 + 3xy2)dx+ (y3 + 3x2y)dy = 0;

(b) eydx+ (xey � 2y)dy = 0;

(c) xdx+ ydy =xdy � ydxx2 + y2

.

13. Pokaµzite da za diferencijalne jednadµzbe postoji Eulerov multiplikator oblika� = �(x) i na�ite opca rje�enja:

(a) (x2 + y2)(xdy � ydx) = (1 + x)x4dx;


(b) (x5 + y)dx� xdy = 0:

14. Odredite ravninsku krivulju kojoj je, u svakoj toµcki, udaljenost tangente odishodi�ta jednaka apscisi dirali�ta.

15. Odredite ravninsku krivulju s ovim svojstvom: za svaku toµcku je povr�inatrokuta �to ga tvore tangenta, radijus-vektor pripadnoga dirali�ta i x-osstalna.


(a) y00 = xex;

(b) y00 = 4 sin 2x; y(0) = 0; y0(0) = 0:


(a) y00 + y0 tg x� sin 2x = 0;(b) y00(ex + 1) + y0 = 0:


(a) 2yy00 � 3y02 � 4y2 = 0;(b) y00 + y02 = 2e�y:


(a) x2yy00 = (y � xy0)2;(b) x2(y02 � 2yy00) = y2:


(a) y00 � 3y0 + 2y = 0;(b) y00 + 4y = 0;

(c) y00 � 2y0 + y = 0:


(a) y00 � 5y0 + 6y = x;

(b) y00 + y0 � 2y = (x2 � 1)e2x;(c) y00 � 2y0 + 2y = 4ex sinx:

22. Rije�ite sustave diferencijalnih jednadµzbi:

(a) x0 = y + et; y0 = x+ t2;

(b) x0 = x+ 2y + t; y0 = 2x+ y + t;

(c) x0 = 2x+ y � 2z � t+ 2; y0 = 1� x; z0 = x+ y � z � t+ 1:

Indeks

Bernoullijeva jednadµzba, 178Bezvrtloµzno polje, 116

Cilindriµcni koordinatni sustav, 2Cirkulacija vektorskog polja, 130, 134

Derivabilna funkcija, 26Derivabilna vektorska funkcija, 97Derivacija sloµzene funkcije, 33Derivacija vektorske funkcije, 97Diferencijabilna funkcija, 30Diferencijal, 32Diferencijalna jednadµzba, 157Diferencijalna jednadµzba s odijeljivim var-

ijablama, 172Divergencija, 107Divergentan niz, 19Dovoljan uvjet za lokalni ekstrem, 42Dvaput derivabilna funkcija, 38Dvokrilni eliptiµcni hiperboloid, 9Dvostruki integral, 51

Egzaktna diferencijalna jednadµzba, 179Ekvipotencijalna krivulja, 105Ekvipotencijalna ploha, 105Elipsoid, 8Eliptiµcki koordinatni sustav, 75Eliptiµcni paraboloid, 9Euklidska udaljenost, 17Eulerov multiplikator, 180Eulerova metoda, 169

Fubinijev teorem, 55, 61Funkcija vi�e varijabla, 12Funkcijski graf, 14Funkcijski prirast, 22

Glatka parametrizacija krivulje, 121Glatka ploha, 83, 141Globalni maksimum, 41Globalni minimum, 41

Gomili�te skupa, 18Gradijent, 107Graniµcna (limes) vrijednost vektorske funkcije,

95Graniµcna vrijednost (limes) niza, 18Graniµcna vrijednost funkcije, 19Greenov teorem, 136, 138

Hesseov oblik jednadµzbe ravnine, 7Hiperboliµcni paraboloid, 10Hodograf, 95Homogena diferencijalna jednadµzba, 173,

187

Integral sa separiranim varijablama, 55Integral vektorske funkcije, 101Izolirana toµcka, 18Izvodnica (generatrisa), 11

Jacobijeva determinanta (Jacobijan), 67Jednadµzba ravnine kroz tri toµcke, 6Jednokrilni eliptiµcni hiperboloid, 8Jednostavna glatka krivulja, 121Jednostavno zatvorena krivulja, 121

Karakteristiµcna jednadµzba, 191Konvergentan niz, 19Konzervativno polje, 116Krivuljni integral druge vrste, 128Krivuljni integral prve vrste, 125Kvadrika, 7

Lagrangeov postupak, 45Lagrangeova funkcija, 46Laplaceov operator, 110, 111Linearizacija funkcije, 29Linearna aproksimacija, 29Linearna diferencijalna jednadµzba, 177Linearna diferencijalna jednadµzba s kon-

stantnim koe�cijentima, 188Lipschitzov uvjet, 165

221

222 INDEKS

Lipschitzova konstanta, 166Logistiµcka diferencijalna jednadµzba, 163Lokalni ekstrem, 41Lokalni maksimum, 41Lokalni minimum, 41

Möbiusova vrpca, 146Masa, 88Masa tijela, 63Maxwellove jednadµzbe, 120Metoda postupnog pribliµzavanja, 166Metoda varijacije konstanata, 177, 197Moment, 88Moment inercije, 89

Nabla operator, 108Neprekidna funkcija, 22Neprekidno derivabilna funkcija, 27Neprekidnost vektorske funkcije, 96Nestacionarna polja, 106Normala, 114Normala ravnine, 6Nuµzni uvjet za lokalni ekstrem, 41

Obiµcna diferencijalna jednadµzba, 158Okolina toµcke, 17Ome�en skup, 18Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe,

158Orijenrirana krivulja, 123Orijentirana ploha, 145Ostrogradski-Gaussova formula, 150Otvoren skup, 17Otvorena kugla, 17

Parcijalna derivacija, 25Parcijalna derivacija drugog reda, 37Parcijalna derivacija n-tog reda, 39Parcijalni diferencijali funkcije, 28Picardov teorem, 165Plo�ni integral druge vrste, 147Plo�ni integral prve vrste, 144Plo�tina plohe, 86Ploha, 141Ploha drugoga reda, 7Po dijelovima glatka krivulja, 122Po dijelovima glatka ploha, 143Poµcetni uvjeti diferencijalne jednadµzbe,

158Polarni koordinatni sustav, 1

Pomaknuti eliptiµcki koordinatni sustav,76

Poopceni polarni koordinatni sustav, 75Populacijska jednadµzba, 161Posebno (partikularno) rje�enje diferen-

cijalne jednadµzbe, 158Potencijalno polje, 116Povr�ina ravninskog lika, 63, 81Primitivna funkcija vektorske funkcije,

101Prirast varijable, 22

Ravnalica (direktrisa), 11Razinska krivulja, 14Razinska ploha, 14Riemannov integral, 52Riemannova suma, 52Rje�enje diferencijalne jednadµzbe, 158Rotacija, 107Rub plohe, 154

Schwarzov teorem, 39Segmentni oblik jednadµzbe ravnine, 6Sfera, 8Sferni koordinatni sustav, 3Singularno rje�enje, 159Skalarna funkcija, 12Skalarni potencijal, 116Skalarno polje, 103Solenoidalno polje, 117Stacionarna toµcka, 42Stoµzasta (konusna) ploha, 10Stokesov teorem, 155Stokesova formula, 155Strujnice (silnice), 105Supstitucija u dvostrukom integralu, 68Sustav diferencijalnih jednadµzabi, 199

Tangncijalna ravnina, 29Teµzi�te ravninskog lika, 89Teorem o divergenciji, 150Teorem o gradijentu, 153Teorem o implicitno zadanoj funkciji, 36Teorem o rotaciji, 153Tok (�uks) vektorskog polja, 148Transformacija, 64Trivijalno pro�irenje funkcije, 57Trostruki integral, 53

Unutra�nja toµcka, 18

INDEKS 223

Usmjerena derivacija skalarnog polja, 112Usmjerena derivacija vektorskog polja,

115

Valjµcasta (cilindriµcna) ploha, 10Vektorska funkcija, 94Vektorska jednadµzba ravnine, 5Vektorski potencijal, 120Vektorsko polje, 103Vezani (uvjetni) ekstrem, 45Volumen geometrijskog tijela, 63, 87Vrtloµzno polje, 117

Wronskijan, 189

Zatvoren skup, 18

Date post:	28-Jan-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	13 times
Download:	0 times

MATEMATIKA 2 - gf.sum.ba · UVOD Ova skripta sadrµze gradivo ıto ga obuhva ·ca predmet...

Documents