Matematika 3 Elektroenergetika

dr Lidija Stefanovi´ c

MATEMATIKA III ZA STUDENTE ELEKTROENERGETIKE ˇ NA ELEKTRONSKOM FAKULTETU U NISU

SKC Niˇ s, 2012.

dr Lidija Stefanovi´ c MATEMATIKA III ZA STUDENTE ELEKTROENERGETIKE ˇ NA ELEKTRONSKOM FAKULTETU U NISU I izdanje, Niˇs, 2012. Recenzenti: dr Ljubiˇsa Kocić, red. prof. Elektronskog fakulteta u Niˇsu dr Nebojˇsa Mitrović, red. prof. Elektronskog fakulteta u Niˇsu Izdavaˇ c: Studentski kulturni centar Niˇs, http://www.skc-nis.com Za izdavaˇ ca: Miroslav Jović, direktor Urednik: Aleksandar Blagojević Tehniˇ cka obrada: dr Lidija Stefanović Odlukom Nastavno–nauˇcnog veća Elektronskog fakulteta u Niˇsu, br. 07/05–012/12–003 od 23.10.2012. god., rukopis je odobren za ˇstampu kao osnovni udˇzbenik. ISBN 978–86–7757–201–3 CIP – Katalogizacija u publikaciji Narodna biblioteka Srbije, Beograd 517(075.8) 512.6(075.8) 004.43MATHEMATICA(075.8) STEFANOVI, Lidija MATEMATIKA III: za studente elektroenergetike na Elektronskom fakultetu u Niˇsu / Lidija Stefanović. – 1. izd. – Niˇs: Studentski kulturni centar, 2012 (Niˇs: Unigraf). – VII, 195 str.: graf. prikazi; 24 cm Tiraˇz 100. – Bibliografija: str. 195. ISBN 978–86–7757–201–3 a) Matematiqka analiza b) Algebra c) Programski jezik ”Mathematica” COBISS.SR–ID 194014988 ˇ Stampa: Unigraf – Niˇs Tiraˇ z: 100 primeraka Bilo kakvo umnoˇzavanje ove knjige ili njenih delova nije dozvoljeno bez pisanog odobrenja autora.

PREDGOVOR

Ova knjiga sadrˇzi predavanja autora, odrˇzana na Elektronskom fakultetu u Niˇsu (smer Elektroenergetika). Nastala je na osnovu beleˇzaka studenata koji su redovno pohad¯ali nastavu. Knjiga se sastoji od viˇse raznorodnih delova. Svaki deo se odnosi na neku oblast matematike, obuhvaćenu nastavnim programom iz predmeta Matematika III. S obzirom na fond ˇcasova i obimnost materije, a uz saglasnost nastavnika iz struˇcnih predmeta, mnogi pojmovi su izostavljeni ili su dati samo informativno. O kojim pojmovima se radi, reˇceno je u okviru Napomene na kraju svakog dela. Numerisanje formula, primera, zadataka i sliˇcnog je izvrˇseno na nivou pojedinaˇcnih delova, ne i na nivou cele knjige. U knjizi nisu data detaljna objaˇsnjenja koja se odnose na pojmove obrad¯ene u prethodnim kursevima matematike. Na te pojmove i objaˇsnjenja vezana za njih nastavnik (autor) podseća studente neposredno na ˇcasovima. Nastavni program iz predmeta Matematika III sadrˇzi i softver Mathematica, koji se realizuje u okviru laboratorijskih veˇzbi. Naredbe iz programskog paketa Mathematica 5.0 su date kao poslednji deo knjige. U Literaturi su navedeni udˇzbenici koje autor preporuˇcuje studentima za savladavanje gradiva, a sam ih koristi pri izvod¯enju nastave. Redosled navod¯enja udˇzbenika odgovara redosledu obrad¯enih oblasti matematike. Svi pomenuti udˇzbenici mogu da se nad¯u u Biblioteci Elektronskog fakulteta u Niˇsu. Osim recenzentima, prof. dr Ljubiˇsi Kociću i prof. dr Nebojˇsi Mitroviću, autor se iskreno zahvaljuje svim vrednim i pedantnim studentima, na ˇcije beleˇske je sa sigurnoˇsću mogao da se osloni. Takod¯e, autor zahvaljuje asistentu mr Marjanu Matejiću, koji je izvodio laboratorijske veˇzbe i oformio poslednji deo knjige. I na kraju, autor smatra da je realizacija ovakvog nastavnog programa, sa 6 ˇcasova nedeljno u samo jednom semestru, junaˇcki poduhvat. Zato upućuje sve ˇcestitke na izdrˇzljivosti studentima, ali i samom sebi.

Niˇs, 2012. g.

Autor

iii

ˇ SADRZAJ

1. REDOVI 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5.

1

Pojam reda 1 Brojni redovi 1 Funkcionalni redovi 2 Fourierovi redovi 3 Zadaci za veˇ zbu 9

ˇ 2. DIFERENCIJALNE JEDNACINE 2.1. Pojam DJ 12 2.2. DJ prvog reda

12

12

DJ sa razdvojenim promenljivama 12 Homogena DJ 14 Linearna DJ 15 Bernoullieva DJ 19 2.3. LDJ drugog reda 20 Homogena LDJ sa konstantnim koeficijentima 21 Nehomogena LDJ sa konstantnim koeficijentima 23 Homogena LDJ sa funkcionalnim koeficijentima 28 Nehomogena LDJ sa funkcionalnim koeficijentima 29 2.4. Zadaci za veˇ zbu

32

ˇ REALNIH PROMENLJIVIH 3. REALNE FUNKCIJE VISE 3.1. Pojam funkcije viˇ se promenljivih 35 3.2. Graniˇ cne vrednosti i neprekidnost 37 3.3. Diferenciranje 40 Parcijalni izvodi prvog reda 40 Totalni diferencijal prvog reda 46 Parcijalni izvodi viˇseg reda 47 Totalni diferencijali viˇseg reda 50 Taylorova formula 52 3.4. Ekstremne vrednosti

52

Slobodni ekstremumi 52 Uslovni ekstremumi 57 Apsolutni ekstremumi 62 3.5. Zadaci za veˇ zbu 66 4. INTEGRALI

72

4.1. Riemannovi integrali 72 4.2. Odred¯eni integrali 73 4.3. Krivolinijski integrali 74 v

35

vi Orijentacija prostorne krive 74 Krivolinijski integrali po luku (I vrste) 76 Krivolinijski integrali po koordinatama (II vrste) 77 Veza izmed¯u krivolinijskih integrala I i II vrste 79 Vektorski krivolinijski integrali 80 Parametrizacija krivih, cilindriˇcna povrˇs 82 4.4. Dvojni integrali 92 4.5. Trojni integrali 102 4.6. Povrˇ sinski integrali 110 Orijentacija prostorne povrˇsi 110 Povrˇsinski integrali po povrˇsi (I vrste) 111 Povrˇsinski integrali po koordinatama (II vrste) 113 Veza izmed¯u povrˇsinskih integrala I i II vrste 114 Vektorski povrˇsinski integrali 115 Stokesova teorema i Teorema Ostrogradskog 116 4.7. Zadaci za veˇ zbu 124 5. TEORIJA POLJA 5.1. 5.2. 5.3. 5.4.

129

Pojam i elementi polja 129 Prostorni izvodi 131 Cirkulacija i fluks 131 Vrste vektorskih polja 134 Potencijalno polje 134 Solenoidno polje 134 Laplaceovo polje 134 Sloˇzeno polje 134

6. KOMPLEKSNA ANALIZA 6.1. 6.2. 6.3. 6.4.

136

Kompleksni brojevi 136 Pojam kompleksne funkcije 138 Graniˇ cne vrednosti i neprekidnost 141 Diferenciranje 141 Izvod i diferencijal prvog reda 141 Cauchy–Riemannovi uslovi 142 Odred¯ivanje kompleksne funkcije ˇciji je realni (imaginarni) deo poznat Izvodi viˇseg reda 144

6.5. Integracija 145 Integrali kompleksnih funkcija 146 Vaˇzne integralne teoreme 148 Taylorov i Laurentov red 149 Izolovani singulariteti 150 Raˇcun ostataka 150 7. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6.

Definicija i osobine 157 Diferenciranje i integracija 158 Konvolucija 158 Tablica 159 Primena Laplaceove transformacije Zadaci za veˇ zbu 168

157

161

143

vii 8. ITERATIVNI PROCESI 8.1. 8.2. 8.3. 8.4.

172

Opˇ sta teorija 172 Sistemi linearnih jednaˇ cina 172 Nelinearne jednaˇ cine 174 Sistemi nelinearnih jednaˇ cina 177

ˇ 9. LABORATORIJSKE VEZBE LITERATURA

198

180

1. REDOVI

1.1. Pojam reda Red je beskonaˇcni zbir, odnosno zbir od beskonaˇcno mnogo sabiraka. Sabirci se zovu ˇclanovi reda. Izraz kojim se definiˇse bilo koji ˇclan reda je opˇsti ˇclan reda. U zavisnosti od toga ˇsta su ˇclanovi reda, redovi se dele na brojne (ˇclanovi su realni brojevi) i funkcionalne (ˇclanovi su funkcije). Brojni redovi se dele na pozitivne redove (ˇclanovi su pozitivni brojevi), alternativne redove (ˇclanovi naizmeniˇcno menjaju znak) i proizvoljne redove (ˇclanovi imaju bilo koji znak). Med¯u funkcionalnim redovima posebno su znaˇcajni stepeni i Fourierovi redovi. Rezultat sabiranja svih ˇclanova reda zove se zbir ili suma reda. Za razliku od sabiranja konaˇcno mnogo sabiraka, koje uvek ima jednoznaˇcan konaˇcan rezultat, suma reda moˇze i da ne postoji, bilo zato ˇsto nije jednoznaˇcno odred¯ena ili ˇsto je beskonaˇcna. Ukoliko suma reda postoji, red je konvergentan, a ako ne postoji, red je divergentan. U sluˇcaju beskonaˇcne sume se kaˇze da je red odred¯eno divergentan. Zbir prvih n ˇclanova reda je n–ta parcijalna suma. Red je konvergentan ako je niz parcijalnih suma konvergentan. Zbir reda je graniˇcna vrednost niza parcijalnih suma.

1.2. Brojni redovi ˇ Clanove brojnog reda oznaˇcavamo sa a1 , a2 , itd., opˇsti ˇclan sa ak , a sam red sa a1 + a2 + · · · + an + · · · =

∞

ak .

k=1

Prethodne pojmove ilustrujemo kroz nekoliko primera brojnih redova. Primer 1. Posmatramo red

∞ k=1

Opˇsti ˇclan ovog reda je ak =

1 . k(k + 1) 1 . k(k + 1)

Za k = 1, k = 2, itd. iz opˇsteg ˇclana se dobijaju pojedinaˇcni ˇclanovi a1 = 1/2, a2 = 1/6, itd. Parcijalne sume su S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , . . . , Sn = a1 + a2 + · · · + an =

n

ak .

k=1

Ako se opˇsti ˇclan predstavi na naˇcin ak =

1 1 1+k−k = − , k(k + 1) k k+1

dobija se 1 1 1 1 1 + + + ··· + + 1·2 2·3 3·4 (n − 1)n n(n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ··· + + = − − − − − 1 2 2 3 3 4 n−1 n n n+1 1 =1− . n+1

Sn =

1

2 Red je konvergentan jer postoji zbir reda S=

∞ k=1

1 = lim Sn = 1 . k(k + 1) n→∞

Primer 2. Posmatramo red

∞

(−1)k .

k=1

ˇ Clanovi reda su a1 = −1, a2 = 1, a3 = −1, itd. Parcijalne sume su S1 = a1 = −1, S2 = a1 + a2 = 0, S3 = a1 + a2 + a3 = −1, S4 = 0, itd. Vidimo da se niz parcijalnih suma sastoji od dva konstantna podniza S2n−1 = −1 i S2n = 0, pa ne postoji limn→∞ Sn jer nije jedinstven. Dakle, niz parcijalnih suma divergira. Zato divergira i posmatrani red, tj. ne postoji njegov zbir. Primer 3. Primer reda koji odred¯eno divergira je harmonijski red ∞ 1 1 1 = 1 + + + · · · = +∞ . k 2 3

k=1

Dokaz divergencije ne navodimo. Primer 4. Joˇs jedan znaˇcajan brojni red je geometrijski red, za koji vaˇzi ⎧ 1 ⎪ |q| < 1 , ⎪ ∞ ⎨ 1−q , k 2 3 q = 1 + q + q + q + · · · = +∞ , q≥1, ⎪ ⎪ k=0 ⎩ ne postoji , q ≤ −1 .

1.3. Funkcionalni redovi Ako sa fk (x) oznaˇcimo opˇsti ˇclan, funkcionalni red ima oblik ∞

fk (x) .

k=1

S obzirom na prirodu sabiraka, suma funkcionalnog reda je funkcija. Zvaćemo je zbirnom funkcijom F (x). Birajući za x konkretan broj x = x0 , iz funcionalnog reda se dobija brojni red. Kod funkcionalnih redova se razlikuju tri vrste konvergencije: konvergencija u taˇcki, koja se svodi na konvergenciju brojnog reda, konvergencija na intervalu i uniformna konvergencija. Konvergencija na intervalu podrazumeva konvergenciju u svakoj taˇcki tog intervala, dok se u pojam uniformne kovergencije ne upuˇstamo. Zbirna funkcija F (x) postoji samo na intervalu konvergencije. Stepeni red je specijalan funkcionalni red ˇciji je opˇsti ˇclan oblika fk (x) = ak xk , gde su ak konkretni realni brojevi. Dakle, stepeni red je ∞

ak xk .

k=0

Ako je ak = 1 (k = 0, 1, . . . ), dobija se stepeni geometrijski red ∞ k=0

xk =

1 , 1−x

|x| < 1 .

3 Stepeni red, sa kojim su se studenti već sreli u prethodnim kursevima, je Taylorov red funkcije f (x) u okolini taˇcke x = 0, F (x) = f (x) =

∞ f (k) (0) k=0

k!

xk .

x

Na primer, Taylorov red funkcije f (x) = e je ex =

∞ 1 k x . k!

k=0

1.4. Fourierovi redovi Pretpostavimo da je funkcija f (x) zadata na nekom od intervala (−π, π), [−π, π), (−π, π] ili [−π, π], npr. na [−π, π], kao i da na njemu ispunjava sledeće uslove. Funkcija f (x) je neprekidna ili ima konaˇcno mnogo prekida prve vrste. Funkcija f (x) nema ekstremnih vrednosti ili ih ima konaˇcno mnogo. Tada postoji funkcionalni red ∞

(1)

1 (ak cos kx + bk sin kx) F (x) = a0 + 2 k=1

za ˇciju zbirnu funkciju F (x) vaˇzi: 1◦ F (x) = f (x) u taˇckama neprekidnosti x ∈ (−π, π) funkcije f (x), 2◦ F (x0 ) je aritmetiˇcka sredina levog i desnog limesa u taˇcki prekida x0 ∈ (−π, π) funkcije f (x), 3◦ F (±π) je aritmetiˇcka sredina desnog limesa u taˇcki −π i levog limesa u π funkcije f (x). Funkcionalni red (1) je Fourierov red ili Fourierov razvoj funkcije f (x). Opˇsti ˇclan ovog reda je fk (x) = ak cos kx + bk sin kx , koji u sebi sadrˇzi trigonometrijske funkcije cos i sin. Zbog toga red (1) spada u grupu trigonometrijskih redova. Takod¯e, fk (x) sadrˇzi realne brojeve ak i bk . Ovi brojevi su Fourierovi koeficijenti i odred¯uju se prema formulama: π 1 f (x) dx , a0 = π −π π 1 (2) f (x) cos kx dx (k = 1, 2, . . . ) , ak = π −π π 1 bk = f (x) sin kx dx (k = 1, 2, . . . ) . π −π Sve prethodno reˇceno je u literaturi poznato kao Dirichletova teorema. Dirichletova teorema vaˇzi i ako je funkcija f (x) zadata na proizvoljnom intervalu [α, β] (ili (α, β), [α, β), (α, β]), samo tada Fourierov red glasi (3)

F (x) =

∞ 2kπ 2kπ 1 a0 + x + bk sin x , ak cos 2 β−α β−α k=1

a Fourierovi koeficijenti se raˇcunaju pomoću β 2 f (x) dx , a0 = β−α α β 2 2kπ ak = (4) x dx (k = 1, 2, . . . ) , f (x) cos β−α α β−α β 2 2kπ bk = x dx (k = 1, 2, . . . ) . f (x) sin β−α α β−α

4 Formule (4) su jednostavnije ako je interval [α, β] simetriˇcan, kao ˇsto je to [−π, π], a funkcija f (x) parna ili neparna na njemu. Tada je bk = 0 u sluˇcaju parne i a0 = ak = 0 u sluˇcaju neparne funkcije (k = 1, 2, . . . ). Primetimo da su formule (1) i (2) specijalan sluˇcaj formula (3) i (4) za α = −π, β = π. U vezi sa Fourierovim redom znaˇcajno je uoˇciti sledeće. Za razliku od funkcije f (x), za koju se smatra da ne postoji van intervala [α, β] na kome je zadata, zbirna funkcija F (x) Fourierovog reda postoji za svako realno x. Pri tome je F (x) periodiˇcna s periodom β − α. Osim Fourierovog razvoja, znaˇcajna su joˇs dva trigonometrijska razvoja (reda) funkcije f (x). To su kosinusni i sinusni red. Kosinusni red je onaj trigonometrijski red u kome se javlja samo trigonometrijska funkcija cos i, analogno, sinusni red je onaj u kome se javlja samo trigonometrijska funkcija sin. Ako je funkcija f (x) zadata na simetriˇcnom segmentu i parna (neparna), njen Fourierov red je kosinusni (sinusni) jer su svi koeficijenti bk = 0 (a0 = ak = 0). Kosinusni i sinusni red mogu da se odrede i ako je funkcija f (x) zadata na intervalu ˇcija je jedna granica 0, npr. [α, 0] (α < 0) ili [0, β] (β > 0). U ovom sluˇcaju kosinusni razvoj funkcije f (x) je Fourierov razvoj njenog parnog produˇzenja f1 (x). Sinusni razvoj funkcije f (x) je Fourierov razvoj njenog neparnog produˇzenja f2 (x). Neka su F (x), F1 (x), F2 (x) zbirne funkcije Fourierovih redova funkcija f (x), f1 (x), f2 (x) redom. U taˇckama neprekidnosti funkcije f (x), iz intervala na kome je f (x) zadata, vaˇzi f (x) = f1 (x) = f2 (x) = F (x) = F1 (x) = F2 (x). Zadatak 1. Naći Fourierov razvoj funkcije

c1 , x ∈ (−π, 0] , f (x) = c2 , x ∈ (0, π] , gde su c1 = c2 realne konstante. Reˇsenje. Funkcija f (x) zadata je na intervalu (−π, π], pa za odred¯ivanje Fourierovih koeficijenata koristimo formule (2) i nalazimo: 1 π 1 0 1 π f (x) dx = c1 dx + c2 dx = c1 + c2 , a0 = π −π π −π π 0 1 π c1 0 c2 π ak = f (x) cos kx dx = cos kx dx + cos kx dx = 0 (k = 1, 2, . . . ) , π −π π −π π 0 1 π c1 0 c2 π bk = f (x) sin kx dx = sin kx dx + sin kx dx π −π π −π π 0 0 −π c2 c1 cos kx − cos kx =− kπ −π kπ 0

c1 c2 − c1 c1 c2 c2 k k + (−1) − (−1) + = 1 − (−1)k (k = 1, 2, . . . ) . =− kπ kπ kπ kπ kπ Pri izraˇcunavanju koeficijenata bk iskoriˇsćena je ˇcinjenica cos kπ = cos(−kπ) = (−1)k

(k = 1, 2, . . . ) .

Kako je 1 − (−1)k = 0 za k = 2m i 1 − (−1)k = 2 za k = 2m − 1 (m = 1, 2, . . . ), to je b2m = 0 ,

b2m−1 =

1 2(c2 − c1 ) π 2m − 1

(m = 1, 2, . . . ) .

Prema (1), Fourierov razvoj funkcije f (x) glasi F (x) =

∞ ∞ 1 1 a0 + (ak cos kx + bk sin kx) = a0 + b2m−1 sin(2m − 1)x 2 2 m=1 k=1

=

∞ 1 c1 + c2 2(c2 − c1 ) + sin(2m − 1)x . 2 π 2m − 1 m=1

5 Funkcija f (x) je prekidna u taˇcki x = 0 i za levu i desnu graniˇcnu vrednost ima lim f (x) = c1 ,

x→0−

lim f (x) = c2 .

x→0+

Kako je, joˇs, lim f (x) = c1 ,

x→−π+

lim f (x) = c2 ,

x→π−

iz tvrd¯enja 2◦ i 3◦ Dirichletove teoreme sledi F (0) = F (±π) =

c1 + c2 . 2

Grafici funkcija f (x) i F (x) prikazani su na Slici 1. Prazne taˇcke na slici ne pripadaju graficima, a pune pripadaju.

y

c2 p

0

c1

p

x

y

c2 3p

2p

p

0

c1

p

2p

3p x

Slika 1.

Sa prethodne slike uoˇcavamo da su grafici funkcija f (x) i F (x) isti u svim taˇckama x ∈ (−π, π) u kojima je funkcija f (x) neprekidna. Razlikuju se samo u taˇcki prekida x = 0 funkcije f (x), gde je f (0) = c1 = F (0) = (c1 + c2 )/2. Na krajevima intervala x = −π i x = π ova dva grafika se takod¯e razlikuju. U x = −π funkcija f (x) nije definisana, dok funkcija F (x) jeste definisana i uzima vrednost F (−π) = (c1 + c2 )/2. U x = π je f (π) = c2 = F (π) = (c1 + c2 )/2. Van intervala (−π, π] funkcija f (x) ne postoji, a F (x) postoji i periodiˇcno se ponavlja s periodom 2π. Zadatak 2. Naći Fourierov razvoj funkcije f (x) = |x| ,

x ∈ (−π, π) .

Reˇsenje. Funkcija f (x) je parna i zadata na simetriˇcnom intervalu (−π, π). Fourierove koeficijente nalazimo prema formulama (2), uz koriˇsćenje odgovarajućih pogodnosti. Proizvod parne funkcije f (x) i neparne funkcije sin kx je neparna funkcija. Zato, bez izraˇcunavanja, znamo da su koeficijenti bk = 0 jer se dobijaju kao integral neparne funkcije f (x) sin kx na simetriˇcnom intervalu (−π, π). Takod¯e, f (x) cos kx je parna funkcija kao proizvod parnih funkcija f (x) i cos kx, pa se i koeficijenti ak raˇcunaju jednostavnije: 2 π 2 π f (x) dx = x dx = π , a0 = π 0 π 0 2 π 2 π f (x) cos kx dx = x cos kx dx ak = π 0 π 0 π 1 π π 2 1 2 2 = sin kx dx = 2 cos kx = 2 cos kπ − 1 x sin kx − π k k π k π 0 k 0 0

2 = 2 (−1)k − 1 (k = 1, 2, . . . ) . k π

6 Kako je (−1)k − 1 = 0 za k = 2m i (−1)k − 1 = −2 za k = 2m − 1 (m = 1, 2, . . . ), to je: a2m−1 = −

a2m = 0 ,

1 4 π (2m − 1)2

(m = 1, 2, . . . ) .

Fourierov red glasi F (x) =

∞ ∞ 1 4 π 1 a0 + a2m−1 cos(2m − 1)x = − cos(2m − 1)x . 2 2 2 π (2m − 1) m=1 m=1

Ovaj red je kosinusni (sadrˇzi samo trigonometrijsku funkciju cos) jer je (−π, π) simetriˇcan interval i f (x) = |x| parna funkcija. Joˇs je F (±π) =

π+π f (−π + 0) + f (π − 0) = =π , 2 2

pri ˇcemu su upotrebljene standardne oznake za levi i desni limes kad x → x0 f (x0 − 0) = lim f (x) ,

f (x0 + 0) = lim f (x)

x→x0 −

x→x0 +

i konkretno za levi limes kad x → x0 = π i desni limes kad x → x0 = −π. Grafici funkcija f (x) i F (x) prikazani su na Slici 2.

y

p p

0

p

x

p

2p

y

p 3p

p

2p

0

3p

x

Slika 2.

Funkcija f (x) je neprekidna, pa su grafici funkcija f (x) i F (x) isti na (−π, π). Na krajevima intervala x = −π i x = π ova dva grafika se razlikuju jer funkcija f (x) nije definisana, a funkcija F (x) jeste i uzima vrednost F (−π) = F (π) = π. Van intervala (−π, π) funkcija f (x) ne postoji, a F (x) postoji i periodiˇcno se ponavlja s periodom 2π. Zadatak 3. Naći Fourierov razvoj funkcije f (x) = x2 ,

x ∈ (1, 3) .

Reˇsenje. Funkcija f (x) je zadata na intervalu (α, β) = (1, 3), pa za odred¯ivanje Fourierovih koeficijenata koristimo formule (4) i dobijamo: 2 a0 = β−α 2 ak = β−α bk =

2 β−α

β

α β

α β

2 f (x) dx = 2

3 1

x2 dx =

2kπ x dx = f (x) cos β−α f (x) sin

α

2kπ x dx = β−α

26 , 3 3

1 3 1

x2 cos kπx dx = x2 sin kπx dx =

4

(−1)k

(k = 1, 2, . . . ) ,

8 (−1)k+1 kπ

(k = 1, 2, . . . ) .

k2 π2

7 Pri izraˇcunavanju koeficijenata ak , bk (k = 1, 2, . . . ), odgovarajući integrali su reˇseni primenom parcijalne integracije dva puta. Jednakost (3) glasi ∞ ∞ 2kπ 2kπ 1 1 a0 + x + bk sin x = a0 + (ak cos kπx + bk sin kπx) ak cos 2 β−α β−α 2 k=1 k=1 ∞ 13 4(−1)k 8(−1)k+1 = + sin kπx , cos kπx + 3 k2 π2 kπ

F (x) =

k=1

pri ˇcemu je F (1) = F (3) =

f (1 + 0) + f (3 − 0) 1+9 = =5. 2 2

Grafici funkcija f (x) i F (x) prikazani su na Slici 3.

y 9

y 9 5

1 0 1 3

1 1 1 3 5

x

x

Slika 3.

Funkcija f (x) je neprekidna, pa su grafici funkcija f (x) i F (x) isti na (1, 3). Na krajevima intervala x = 1 i x = 3 ova dva grafika se razlikuju jer funkcija f (x) nije definisana, a funkcija F (x) jeste i uzima vrednost F (1) = F (3) = 5. Van intervala (1, 3) funkcija f (x) ne postoji, a F (x) postoji i periodiˇcno se ponavlja s periodom 2. Zadatak 4. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije f (x) = −x ,

x ∈ [0, π) .

Reˇsenje. Prvo nalazimo Fourierov razvoj. Kako je funkcija f (x) zadata na intervalu [α, β) = [0, π), koristimo formule (4) i dobijamo: 2 π −x dx = −π , π 0 2 π 1 ak = −x cos 2kx dx = − 2 (cos 2kπ − 1) = 0 π 0 2k π 2 π 1 −x sin 2kx dx = bk = (k = 1, 2, . . . ) . π 0 k a0 =

(k = 1, 2, . . . ) ,

Kao i u prethodnim zadacima, izostavili smo detalje izraˇcunavanja odgovarajućih integrala smatrajući da su to studenti savladali na prethodnim kursevima matematike. Fourierov razvoj (3) je F (x) =

∞

∞

k=1

k=1

π 1 1 a0 + sin 2kx , (ak cos 2kx + bk sin 2kx) = − + 2 2 k

pri ˇcemu je F (0) = F (π) =

f (0 + 0) + f (π − 0) 0−π π = =− . 2 2 2

8 Odred¯ujemo sada kosinusni razvoj. Funkcija f (x) je zadata na intervalu [0, π), ˇcija je jedna granica 0, pa ima smisla traˇziti njen kosinusni i sinusni red. Parno produˇzenje funkcije f (x) je funkcija

x , x ∈ (−π, 0) , f1 (x) = −x , x ∈ [0, π) . Kosinusni red funkcije f (x) je istovremeno Fourierov red funkcije f1 (x). Kako je f1 (x) zadata na (−π, π), za odred¯ivanje Fourierovih koeficijenata primenjujemo (2). Pri tome imamo u vidu parnost funkcije f1 (x). Dobija se: 1 π 2 π 2 π f1 (x) dx = f1 (x) dx = −x dx = −π , a0 = π −π π 0 π 0 1 π 2 π 2 π f1 (x) cos kx dx = f1 (x) cos kx dx = −x cos kx dx ak = π −π π 0 π 0

2 = − 2 (−1)k − 1 (k = 1, 2, . . . ) , k π 1 π f1 (x) sin kx dx = 0 (k = 1, 2, . . . ) . bk = π −π Za k = 2m i k = 2m − 1 je a2m = 0 ,

a2m−1 =

4 1 π (2m − 1)2

(m = 1, 2, . . . ) .

Fourierov razvoj (1) funkcije f1 (x), a time i kosinusni razvoj funkcije f (x), je ∞ ∞ 1 1 (ak cos kx + bk sin kx) = a0 + a2m−1 cos(2m − 1)x F1 (x) = a0 + 2 2 m=1

=−

k=1 ∞

1 cos(2m − 1)x , (2m − 1)2 m=1

π 4 + 2 π

pri ˇcemu je

f1 (−π + 0) + f1 (π − 0) −π − π = = −π . 2 2 Na kraju odred¯ujemo sinusni razvoj. Neparno produˇzenje funkcije f (x) je funkcija F1 (±π) =

f2 (x) = −x ,

x ∈ (−π, π) .

Sinusni red funkcije f (x) je istovremeno Fourierov red funkcije f2 (x). Imajući u vidu neparnost funkcije f2 (x), za Fourierove koeficijente dobijamo: 1 π f2 (x) dx = 0 , a0 = π −π 1 π f2 (x) cos kx dx = 0 (k = 1, 2, . . . ) , ak = π −π 1 π 2 π 2 π f2 (x) sin kx dx = f2 (x) sin kx dx = −x sin kx dx bk = π −π π 0 π 0 =

2(−1)k k

(k = 1, 2, . . . ) .

Fourierov razvoj funkcije f2 (x), a time i sinusni razvoj funkcije f (x), je F2 (x) =

∞

∞

∞

k=1

k=1

k=1

(−1)k 1 a0 + sin kx , (ak cos kx + bk sin kx) = bk sin kx = 2 2 k

9 pri ˇcemu je F2 (±π) =

f2 (−π + 0) + f2 (π − 0) π−π = =0. 2 2

Na Slici 4 prikazani su grafici funkcija f (x), F (x) (gore), f1 (x), F1 (x) (u sredini) i f2 (x), F2 (x) (dole). Na ovom mestu podsećamo ˇcitaoca da su grafici parnih funkcija, kakva je f1 (x), simetriˇcni u odnosu na y–osu. Takod¯e, grafici neparnih funkcija, kakva je f2 (x), simetriˇcni su u odnosu na koordinatni poˇcetak.

y

y

p

p

p

0

p

3p

x

p

2p

0

p

p

y

y

0

p

3p

x

p

2p

0

p

p

y

y

p

p

0

p

3p

x

p

2p

0

p

p

p

2p

3p

x

2p

3p

x

2p

3p

x

p

p Slika 4.

Vidimo da su grafici svih funkcija isti na intervalu (0, π). Van ovog intervala, ukljuˇcujući i njegove granice, grafici se razlikuju.

1.5. Zadaci za veˇ zbu Zadatak 5. Naći Fourierov razvoj funkcije

f (x) =

ax ,

x ∈ [−π, 0] ,

bx ,

x ∈ (0, π] ,

gde su a = b realne konstante. Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 1, s tim ˇsto je u ovom sluˇcaju f (x) neprekidna na [−π, π]. Zadatak 6. Naći Fourierov razvoj funkcije

f (x) =

x−2 ,

x ∈ (−π, 0] ,

x+1 ,

x ∈ (0, π] .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 1. Funkcija f (x) je prekidna u x = 0.

10 Zadatak 7. Naći Fourierov razvoj funkcije f (x) = ex ,

x ∈ (−π, π) .

Uputstvo. Primenjivati formule (1) i (2). Zadatak 8. Naći Fourierov razvoj funkcije

3, x ∈ (−2, 0) , f (x) = 2x , x ∈ [0, 2) . Uputstvo. Funkcija je zadata na intervalu (α, β) = (−2, 2), pa se koriste formule (3) i (4). Na primer, koeficijenti ak se odred¯uju prema 1 2 2 2 2kπ kπ x dx = x dx f (x) cos f (x) cos ak = 4 −2 4 2 −2 2 0 2 1 kπ kπ = x dx + x dx . 3 cos 2x cos 2 −2 2 2 0 Zadatak 9. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije f (x) = −x ,

x ∈ (−1, 0] .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 4. U ovom sluˇcaju treba primenjivati formule (3) i (4). Zadatak 10. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije f (x) = x2 ,

x ∈ (−π, 0) .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava kao Zadatak 4. Pri nalaˇzenju Fourierovih koeficijenata ak i bk parcijalna integracija se primenjuje dva puta. Zadatak 11. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije f (x) = ex ,

x ∈ (−π, 0) .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava kao Zadatak 4. Zadatak 12. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije f (x) = e−x ,

x ∈ (0, π) .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava kao Zadatak 4. Zadatak 13. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije

−2 , x ∈ (−2, −1) , f (x) = x, x ∈ [−1, 0) . Uputstvo. Fourierov razvoj se nalazi kao u Zadatku 8. Za nalaˇzenje kosinusnog reda formira se parno produˇzenje f1 (x). Funkcija f1 (x) definisana je na intervalu (−2, 2), pa se njeni Fourierovi koeficijenti a0 i ak , npr. ak , odred¯uju prema 1 2 2 0 2 2 2kπ kπ kπ x dx = x dx = x dx f1 (x) cos f1 (x) cos f1 (x) cos ak = 4 −2 4 2 −2 2 2 −2 2 0 −1 0 kπ kπ kπ = x dx = x dx + x dx . f (x) cos −2 cos x cos 2 2 2 −2 −2 −1

11 Sliˇcno treba postupiti i pri nalaˇzenju sinusnog reda, tj. pri odred¯ivanju Fourijerovih koeficijenata bk neparnog produˇzenja f2 (x). Zadatak 14. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije

f (x) =

2, x,

x ∈ (0, 1) , x ∈ [1, 2) .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava kao Zadatak 13. Zadatak 15. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije

f (x) =

3, 2x ,

x ∈ (0, 1) , x ∈ [1, 2) .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava kao Zadatak 13. Dajemo sliku zbirne funkcije F (x) Fourierovog reda funkcije f (x).

y 4 3 2

2 1 0

1 2 3 4

x

Treba obratiti paˇznju na F (1) = F (3) = · · · = 5/2 = F (0) = F (2) = · · · = 7/2. Zadatak 16. Naći Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije

f (x) =

−π ,

x ∈ (0, π) ,

x,

x ∈ [π, 2π) .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava kao Zadatak 13. NAPOMENA. Predavanja iz ove oblasti traju 10 ˇcasova. S obzirom na znaˇcaj stepenih redova i na nemogućnost da se oni detaljnije obrade na ˇcasovima, nastavnik preporuˇcuje studentima da potrebne informacije potraˇze u knjizi navedenoj pod 1.

ˇ 2. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

2.1. Pojam DJ Diferencijalna jednaˇcina je svaka jednaˇcina u kojoj se javljaju nezavisno promenljiva x, nepoznata funkcija y(x) i izvodi te funkcije. Opˇsti oblik ove jednaˇcine je Φ x, y, y , . . . , y (n) = 0 . Ovo je ”obiˇcna” diferencijalna jednaˇcina jer nepoznata funkcija zavisi samo od jedne nezavisno promenljive. Osim obiˇcnih, postoje i parcijalne diferencijalne jednaˇcine kod kojih nepoznata funkcija zavisi od viˇse nezavisno promenljivih. Njih ne radimo. Diferencijalne jednaˇcine kraće oznaˇcavamo sa DJ. Red diferencijalne jednaˇcine je red najviˇseg izvoda koji se javlja u DJ. Tako je Φ x, y, y = 0 DJ prvog reda, Φ x, y, y , y = 0 je DJ drugog reda, itd. Reˇsiti diferencijalnu jednaˇcinu znaˇci odrediti nepoznatu funkciju y(x) koja se u njoj javlja. Funkcija y(x) koja identiˇcki zadovoljava DJ je reˇsenje diferencijalne jednaˇcine. Reˇsenje moˇze da bude opˇste, partikularno i singularno. Opˇste reˇsenje sadrˇzi onoliko proizvoljnih konstanata koliki je red DJ. Na primer, kod DJ prvog reda opˇste reˇsenje je oblika y = y(x, c), a kod DJ drugog reda je y = y(x, c1 , c2 ). Proizvoljne konstante c, c1 , c2 su, u stvari, integracione konstante koje se javljaju pri reˇsavanju DJ neodred¯enom integracijom. Geometrijski, opˇste reˇsenje predstavlja familiju krivih u xy–koordinatnoj ravni. Partikularno reˇsenje se dobija iz opˇsteg izborom konkretnih vrednosti za neke ili sve proizvoljne konstante. Ukoliko se konkretizuju sve konstante, partikularno reˇsenje je samo jedna kriva iz familije krivih. Singularno reˇsenje ne moˇze da se dobije iz opˇsteg, ali jeste reˇsenje jer zadovoljava DJ. Primer 1. Jednaˇcina y = 0 je DJ prvog reda. Integracijom se dobija opˇste reˇsenje y = y(x) = c, gde je c proizvoljna integraciona konstanta. Ovo opˇste reˇsenje geometrijski predstavlja familiju pravih, paralelnih x–osi. Za c = 1, npr., iz opˇsteg se dobija partikularno reˇsenje y = 1, koje predstavlja pravu paralelnu x–osi na rastojanju 1 od x–ose.

2.2. DJ prvog reda Od DJ prvog reda radimo samo DJ sa razdvojenim promenljivama, homogenu, linearnu i Bernoullievu DJ.

DJ sa razdvojenim promenljivama Opˇsti oblik DJ sa razdvojenim promenljivama je (1)

f (x) dx = g(y) dy ,

gde su f i g poznate funkcije. Za funkciju y = y(x) je dy = y (x) dx, pa (1) moˇzemo da zapiˇsemo redom sa: dy f (x) = g(y) , f (x) = g(y) y , f (x) − g(y) y = 0 . dx Oznaˇcavajući Φ(x, y, y ) = f (x) − g(y) y , vidimo da je (1) zaista DJ prvog reda. 12

13 DJ (1) se reˇsava direktnom integracijom f (x) dx = g(y) dy . Ako je F (x) primitivna funkcija za f (x) i G(y) primitivna funkcija za g(y), iz poslednje jednakosti sledi F (x) + c1 = G(y) + c2 , F (x) − G(y) = c2 − c1 . Zbog proizvoljnosti integracionih konstanata c1 i c2 , proizvoljna je i konstanta c = c2 − c1 , pa je opˇste reˇsenje DJ (1) dato implicitno sa F (x) − G(y) = c . Zadatak 1. Naći opˇste reˇsenje DJ 3y 2 y + 16x = 2xy 3 , a zatim naći ono partikularno reˇsenje koje sadrˇzi taˇcku (0, 0). Reˇsenje. Datu DJ dovodimo na oblik (1): 3y 2

3y 2 dy = 2x dx , −8

dy = −16x + 2xy 3 = 2x(y 3 − 8) , dx

y3

a zatim je reˇsavamo integracijom. Dobija se redom: d(y 3 − 8) 3y 2 dy = 2x dx , = d(x2 ) , y3 − 8 y3 − 8 ln |y 3 − 8| + c1 = x2 + c2 , ln |y 3 − 8| = x2 + c3 (c3 = c2 − c1 ) , 2

|y 3 − 8| = ex

2

+c3

= ec3 · ex = c4 ex

2

y 3 − 8 = ±c4 ex = cex

2

2

(c4 = ec3 ) ,

(c = ±c4 ) .

Dakle, opˇste reˇsenje je dato implicitno sa 2 y 3 − 8 = cex .

U ovom sluˇcaju opˇste reˇsenje moˇze da se iskaˇze i eksplicitno 3 2 y = 8 + cex . Ovakvo ”sraˇcunavanje” i oznaˇcavanje integracionih konstanata pri nalaˇzenju opˇsteg reˇsenja nadalje nećemo da vrˇsimo. Smenom x = 0, y = 0 u opˇste reˇsenje sledi c = −8, pa je traˇzeno partikularno reˇsenje 2 y 3 − 8 = −8ex .

Zadatak 2. Naći opˇste reˇsenje DJ x2 y − cos 2y = 1 , a zatim naći ono partikularno reˇsenje koje zadovoljava uslov lim y(x) = π/4. x→+∞

Reˇsenje. Datu DJ dovodimo na oblik (1): x2

dy = 1 + cos 2y , dx

x2 dy = (1 + cos 2y) dx ,

dx dy = 2 , 1 + cos 2y x

14 odakle integracijom sledi:

dy = 1 + cos 2y

dx , x2

dy = 2 cos2 y

x−2 dx ,

1 1 tan y = − + c , 2 x

pa je opˇste reˇsenje dato implicitno sa tan y = − ili eksplicitno sa

Kako je

2 +c x

2 y = arctan − + c , x

π π y∈ − , . 2 2

2 lim y = lim arctan − + c = arctan c , x→+∞ x→+∞ x

prema uslovu zadatka je arctan c = π/4 i c = 1, pa je odgovarajuće partikularno reˇsenje 2 y = arctan − + 1 . x Naravno, isti rezultat se dobija i ako se limes propusti kroz implicitni oblik opˇsteg reˇsenja.

Homogena DJ Opˇsti oblik ove DJ je y = f

(2)

y

gde je f poznata funkcija. Homogena DJ se reˇsava smenom u=

x

,

y , x

gde je u = u(x) nova nepoznata funkcija. Za ovu smenu je y = xu ,

y = u + xu ,

pa se DJ (2) redom transformiˇse u: u + xu = f (u) ,

x

du = f (u) − u , dx

du dx = . f (u) − u x

Poslednja DJ je sa razdvojenim promenljivama. Zadatak 3. Naći opˇste reˇsenje DJ y =

x3 + 2x2 y − y 3 . x3 + x2 y

Reˇsenje. Ako i brojilac i imenilac na desnoj strani prethodne jednakosti podelimo sa x3 , data DJ dobija oblik y y 3 1+2 − x x y = , y 1+ x

15 ˇsto je oblik (2) homogene DJ. Zato uvodimo smenu u = y/x, iz koje je y = u + xu , pa DJ dalje postaje: 1 + 2u − u3 du du dx − u = 1 − u2 , x = 1 − u2 , . = xu = 2 1+u dx 1−u x Poslednja DJ je sa razdvojenim promenljivama i reˇsava se integracijom: u+1 du 1 ln |x| = ln = +c , 1 − u2 2 u−1 u+1 u + 1 x=c . , x2 = c u−1 u−1 Vraćamo se sa smenom u = y/x i dobijamo traˇzeno opˇste reˇsenje u implicitnom obliku x2 = c ili u eksplicitnom obliku

y+x y−x

x x2 + c . y= x2 − c

Zadatak 4. Naći opˇste reˇsenje DJ

x2 + 2xy − y 2 dx + y 2 + 2xy − x2 dy = 0 .

Uputstvo. Imajući u vidu y = dy/dx, data DJ se transformiˇse u y 2

y −2 −1 − 2xy − x y x = x 2 y = 2 y y y + 2xy − x2 +2 −1 x x 2

i, posle smene u = y/x, u

2

dx 1 − 2u − u2 du = . 2 x (u + 1) u + 1

Za integraciju leve strane dobijene DJ potrebno je podintegralnu funkciju rastaviti na parcijalne razlomke, tj. predstaviti je na naˇcin Bu + C A 1 − 2u − u2 = + 2 . 2 u+1 u +1 (u + 1) u + 1 Zadatak 5. Neka je funkcija y = y(x) zadata implicitno jednaˇcinom x2 + y 2 = xy. Pokazati da je funkcija y jedno partikularno reˇsenje odgovarajuće izvodne jednaˇcine. Reˇsenje. Diferenciramo jednaˇcinu x2 + y 2 = xy i dobijamo: 2x + 2yy = y + xy ,

y (2y − x) = y − 2x ,

y −2 y − 2x = xy y = . 2y − x 2 −1 x

Poslednja DJ je homogena i ima opˇste reˇsenje x2 + y 2 = c + xy, gde je c proizvoljna konstanta. Funkcija y je partikularno reˇsenje koje se dobija iz opˇsteg za c = 0.

Linearna DJ Opˇsti oblik ove DJ, nadalje u oznaci LDJ, je (3)

y + f (x)y = h(x) ,

16 gde su f i h poznate funkcije. Za h(x) ≡ 0, LDJ (3) je nehomogena LDJ. Ako je h(x) ≡ 0, (3) postaje y + f (x)y = 0 ,

(4)

ˇsto je homogena LDJ. Homogenu LDJ ne treba meˇsati sa homogenom DJ jer se radi o razliˇcitim diferencijalnim jednaˇcinama. Reˇsavamo prvo homogenu LDJ (4). Ova jednaˇcina moˇze da se zapiˇse u obliku dy = −f (x)y , dx

dy = −f (x) dx , y

odakle vidimo da je homogena LDJ, u stvari, DJ sa razdvojenim promenljivama. Njeno reˇsenje je y = c exp − f (x) dx .

(5)

Za reˇsavanje nehomogene LDJ (3) postoje dva metoda: metod invarijanata i metod varijacije konstanata. Metod invarijanata ne razmatramo. Metod varijacije konstanata se sastoji u sledećem. Pretpostavlja se da c iz (5) nije konstanta, već funkcija od x i opˇste reˇsenje nehomogene LDJ se traˇzi u obliku y = c(x) exp − f (x) dx . Iz poslednje jednakosti je y = c (x) exp − f (x) dx + c(x) exp − f (x) dx

= c (x) exp − f (x) dx + c(x) exp − f (x) dx − f (x) dx = c (x) exp − f (x) dx − c(x)f (x) exp − f (x) dx .

Zamenom ovako iskazanih y i y u nehomogenu LDJ (3) dobijamo c (x) exp − f (x) dx = h(x) .

Odavde je

c (x) = h(x) exp

f (x) dx ,

ˇsto integracijom daje c(x) =

h(x) exp

f (x) dx dx = F (x) + k ,

gde je F (x) odgovarajuća primitivna funkcija i k proizvoljna integraciona konstanta. Smenom nad¯enog c(x) u (5) dobijamo opˇste reˇsenje nehomogene LDJ (3). Poˇsto mogućnost zabune viˇse ne postoji, upotrebićemo uobiˇcajenu oznaku c za proizvoljnu konstantu, umesto prethodno koriˇsćene oznake k. Tako opˇste reˇsenje nehomogene LDJ glasi (6)

y = exp − f (x) dx c + h(x) exp f (x) dx dx .

17 Zadatak 6. Naći opˇste reˇsenje LDJ y −

1 y = x2 . x

Reˇsenje. Prvo primenjujemo postupak varijacije konstanata. Homogenu LDJ 1 y − y = 0 x dovodimo na oblik

dy dx = y x

i integracijom odred¯ujemo njeno opˇste reˇsenje ln |y| = ln |x| + c , tj. y = cx . Neka je proizvoljna konstanta c funkcija od x. Traˇzimo reˇsenje nehomogene LDJ u obliku y = c(x)x . Iz poslednje jednakosti je y = c x + c, ˇsto zamenom u datu LDJ daje c (x) = x . Integracijom se dobija

x2 +k , 2

c(x) = pa je traˇzeno opˇste reˇsenje y= i, zamenom oznake k oznakom c, y=

+k x

x2 2 x2 2

+c x .

Formula (6) moˇze i direktno da se primeni. U datoj LDJ je f (x) = −1/x i h(x) = x2 , pa je

1 − dx = − ln |x| , x 1 2 − ln |x| dx . dx = x2 h(x) exp f (x) dx dx = x e |x| f (x) dx =

Zato je 2 2 x x x2 dx = |x| c + dx = c|x| + |x| dx y=e c+ |x| |x| |x| 2 x2 x2 x dx = cx + x x dx = cx + x =x c+ . = cx + x x 2 2 ln |x|

Ovde je iskoriˇsćena ˇcinjenica da se i ispred integrala i u podintegralnoj funkciji javlja |x| = ±x, pa se znaci ± poniˇstavaju. Takod¯e je c|x| zamenjeno sa cx iako je c|x| = ±cx. Ovde je za ±c upotrebljena opet oznaka c, ˇsto se sme zbog proizvoljnosti konstante c.

18 Zadatak 7. Naći opˇste reˇsenje LDJ 2 x − 1 y − 2xy + 2x − 2x3 = 0 . Reˇsenje. Datu LDJ dovodimo na oblik (3), y − odakle je f (x) = − Odred¯ujemo

2x y = 2x , −1

x2

2x , x2 − 1

−

f (x) dx =

h(x) = 2x .

2x dx = − lnx2 − 1 −1

x2

i, prema formuli (6), opˇste reˇsenje postaje y = x2 − 1 c + 2

x dx . x2 − 1

Postupajući kao u Zadatku 4, za opˇste reˇsenje se dobija y = c x2 − 1 + x2 − 1

2 2 d x2 − 1 x − 1 . = x − 1 c + ln x2 − 1

Zadatak 8. Naći opˇste reˇsenje DJ dx + ey − x dy = 0 . Zatim naći ono partikularno reˇsenje koje zadovoljava uslov y(e) = 0. Reˇsenje. Pravimo malu digresiju, potrebnu za reˇsavanje zadatka. U tom cilju posmatramo jednaˇcinu F (x, y) = 0 sa dve promenljive x i y. Ako jednu promenljivu, npr. x, proglasimo za nezavisnu, druga y je zavisno promenljiva, tj. funkcija y = y(x). Vaˇzi i obrnuto, ako je y nezavisno, x je zavisno promenljiva x = x(y). Na primer, iz jednaˇcine F (x, y) = x + 2y = 0 je y = y(x) = −x/2, ali i x = x(y) = −2y. U sluˇcaju x = x(y) je dx = x (y) dy i x (y) = dx/dy. Datu DJ trasformiˇsemo: dx = x − ey dy ,

dx = x − ey , dy

x = x − ey ,

x − x = −ey .

Poslednja jednakost je LDJ x + f (y)x = h(y) po nepoznatoj funkciji x = x(y). Kako je f (y) = −1, h(y) = −ey , primenjujući formulu (6) nalazimo:

f (y) dy =

−dy = −y ,

h(y) exp

f (y) dy dy =

−ey e−y dy = −y

i opˇste reˇsenje x(y) = exp − f (y) dy c + h(y) exp f (y) dy dy = ey (c − y) . Stavljajući x = e i y = 0 u nad¯eno opˇste reˇsenje, dobijamo e = e0 (c − 0) i c = e, pa je traˇzeno partikularno reˇsenje x = ey (e − y) .

19

Bernoullieva DJ Opˇsti oblik ove DJ je y + f (x)y = h(x)y r ,

(7)

gde je r realan broj. Za r = 0 i r = 1 DJ (7) je linearna. Zato pretpostavljamo da je r = 0 i r = 1. Bernoullieva DJ se reˇsava smenom y = zk , u kojoj je z = z(x) nova nepoznata funkcija, a k pogodno izabrana konstanta. Iz ove smene je y = kz k−1 z , ˇsto zamenom u DJ (7) daje kz k−1 z + f z k = hz kr i, deobom sa z k−1 ,

kz + f z = hz kr−k+1 .

Konstanta k se bira tako da bude kr − k + 1 = 0, dakle k= Zato poslednja DJ postaje

tj.

1 . 1−r

1 z + fz = h , 1−r z + (1 − r)f (x)z = (1 − r)h(x) ,

ˇsto je LDJ po nepoznatoj funkciji z = z(x). Reˇsavamo dobijenu LDJ i nalazimo njeno opˇste reˇsenje z = z(x, c) . Povratkom u smenu y = z k dobijamo i opˇste reˇsenje Bernoullieve DJ y = z(x, c)

1/(1−r)

.

Zadatak 9. Naći opˇste reˇsenje DJ √ xy − 4y − x2 y = 0 . Reˇsenje. Datu DJ prvo dovodimo na oblik Bernoullieve (7), y −

4 √ y=x y . x

4 , x

h(x) = x ,

Ovde je: f (x) = −

r=

1 . 2

Uvodimo smenu y = z k , gde je k = 1/(1 − r) = 2. Dakle, smena je y = z2 . Zato je y = 2zz , pa se DJ transformiˇse u 2zz −

4 2 z = xz , x

z −

x 2 z= . x 2

20 Poslednja DJ je nehomogena LDJ po nepoznatoj funkciji z = z(x). Njeno reˇsenje odred¯ujemo prema formuli (6) i dobijamo x 2 2 1 z = exp − − dx c + exp − dx = x2 c + ln |x| . x 2 x 2 Zato je traˇzeno opˇste reˇsenje polazne DJ 2 1 y = z 2 = x4 c + ln |x| . 2 Zadatak 10. Naći opˇste reˇsenje DJ y2 x

− x3 dx − y dy = 0 .

Reˇsenje. Datu DJ dovodimo na oblik Bernoullieve: y2 x

− x3 dx = y dy ,

y2 dy − x3 = y , x dx

y2 − x3 = yy , x

y −

1 1 y = −x3 = −x3 y −1 . x y

Ovde je:

1 , h(x) = −x3 , r = −1 . x Kako je k = 1/(1 − r) = 1/2, uvodimo smenu √ y = zk = z , √ iz koje je y = z /(2 z). Bernoullieva DJ se sada transformiˇse u f (x) = −

z 1√ 1 √ − z = −x3 √ , x 2 z z

z −

2 z = −2x3 , x

ˇsto je nehomogena LDJ po nepoznatoj funkciji z = z(x). Reˇsenje ove LDJ je z = x2 c − x 2 , pa je traˇzeno opˇste reˇsenje polazne DJ y=

√

z=

x2 c − x2 .

2.3. LDJ drugog reda Od DJ drugog reda radimo samo linearne. Opˇsti oblik LDJ drugog reda je (8)

y + f (x)y + g(x)y = h(x) ,

gde su f , g i h zadate funkcije. Ovo je nehomogena LDJ drugog reda za h(x) ≡ 0. Ako je h(x) ≡ 0, (8) postaje (9)

y + f (x)y + g(x)y = 0 ,

ˇsto je homogena LDJ drugog reda. U obe jednaˇcine su koeficijenti uz y i y funkcije, pa su (8) i (9) redom nehomogena i homogena LDJ drugog reda sa funkcionalnim koeficijentima. Ako su koeficijenti uz y, y i y realne konstante, dobija se (10)

y + ay + by = h(x) ,

21 ˇsto je nehomogena LDJ drugog reda sa konstantnim koeficijentima i y + ay + by = 0 ,

(11)

ˇsto je homogena LDJ drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Opˇstu teoriju o ovim DJ formuliˇsemo u obliku teorema. Kako su (10) i (11) specijalni sluˇcajevi za (8) i (9) redom (f (x) ≡ a, g(x) ≡ b), ista pravila vaˇze za nehomogene LDJ (8) i (10), odnosno za homogene (9) i (11). Teorema 1. Ako su y1 (x) i y2 (x) linearno nezavisna partikularna reˇsenja homogene LDJ (9), tada je y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) opˇste reˇsenje homogene LDJ (9), gde su c1 i c2 proizvoljne realne konstante. Teorema 2. Ako je y1 (x) jedno partikularno reˇsenje homogene LDJ (9), drugo linearno nezavisno partikularno reˇsenje y2 (x) se odred¯uje smenom y = y1 z , gde je z = z(x) nova nepoznata funkcija. Teorema 3. Ako je yp (x) partikularno reˇsenje nehomogene LDJ (8) i yh (x) opˇste reˇsenje homogene (9), tada je y = yp (x) + yh (x) opˇste reˇsenje nehomogene LDJ (8). Teorema 4. Ako su y1 (x) i y2 (x) linearno nezavisna partikularna reˇsenja homogene LDJ (9), tada je y = c1 (x)y1 (x) + c2 (x)y2 (x) opˇste reˇsenje nehomogene LDJ (8). Funkcije c1 (x) i c2 (x) se odred¯uju iz sistema jednaˇcina c1 y1 + c2 y2 = 0 ,

c1 y1 + c2 y2 = h(x) .

Metod kojim se dolazi do opˇsteg reˇsenja u Teoremi 4 zove se metod varijacije konstanata. Teoremama 3 i 4 su data dva razliˇcita naˇcina za nalaˇzenje opˇsteg reˇsenja nehomogene LDJ (8). Obe teoreme zahtevaju poznavanje opˇsteg reˇsenja homogene LDJ (9), ali Teorema 3 zahteva joˇs i poznavanje partikularnog reˇsenja nehomogene LDJ (8). Zato je Teorema 3 na prvi pogled komplikovanija od Teoreme 4. Med¯utim, ˇceste su situacije u kojima je Teorema 3 mnogo pogodnija za primenu. Teorema 5. Neka je u nehomogenoj LDJ (8) funkcija h(x) oblika h(x) = h1 (x) + · · · + hm (x) i neka su yp1 (x), . . . , ypm (x) redom partikularna reˇsenja jednaˇcina y + f (x)y + g(x)y = hi (x)

(i = 1, . . . , m) .

Tada je yp (x) = yp1 (x) + · · · + ypm (x) partikularno reˇsenje nehomogene LDJ (8).

Homogena LDJ sa konstantnim koeficijentima Kao ˇsto smo već naveli, oblik ove LDJ je y + ay + by = 0 ,

22 gde su a i b poznate realne konstante. Postupak reˇsavanja je sledeći. Formira se karakteristiˇcna jednaˇcina λ2 + aλ + b = 0 , koja je kvadratna jednaˇcina po λ. U zavisnosti od reˇsenja λ1 , λ2 , mogu da nastupe sledeći sluˇcajevi. 1◦ λ1 , λ2 su realni brojevi i λ1 = λ2 . Tada su linearno nezavisna partikularna reˇsenja y1 (x) = eλ1 x ,

y2 (x) = eλ2 x .

2◦ λ1 , λ2 su realni brojevi i λ1 = λ2 (= λ). Tada su linearno nezavisna partikularna reˇsenja y1 (x) = eλx ,

y2 (x) = xeλx .

3◦ λ1 , λ2 su kompleksni brojevi i λ1,2 = α ± iβ. Tada su linearno nezavisna partikularna reˇsenja y1 (x) = eαx cos βx , y2 (x) = eαx sin βx . Primetimo da kompleksni brojevi λ1 i λ2 moraju da budu konjugovani jer su koeficijenti karakteristiˇcne jednaˇcine a, b realni brojevi. Prema Teoremi 1, u sva tri sluˇcaja je opˇste reˇsenje y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) , gde su c1 i c2 proizvoljne konstante. Zadatak 11. Naći opˇste reˇsenje LDJ y − 2y − 3y = 0 . Reˇsenje. Za datu LDJ karakteristiˇcna jednaˇcina je λ2 − 2λ − 3 = 0 , odakle je λ1 = 3, λ2 = −1. Ovo je sluˇcaj 1◦ , pa je opˇste reˇsenje y = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x = c1 e3x + c2 e−x . Zadatak 12. Naći opˇste reˇsenje LDJ y − 4y + 4y = 0 . Reˇsenje. Karakteristiˇcna jednaˇcina λ2 − 4λ + 4 = 0 ima reˇsenja λ1 = λ2 = λ = 2, ˇsto je sluˇcaj 2◦ . Zato je opˇste reˇsenje y = c1 eλx + c2 xeλx = (c1 + c2 x)e2x . Zadatak 13. Naći opˇste reˇsenje LDJ y + y + y = 0 . Reˇsenje. Karakteristiˇcna jednaˇcina λ2 + λ + 1 = 0

23 ima kompleksna reˇsenja

√ √ 3 3 1 1 λ1 = − + i , λ2 = − − i , 2 2 2 2 √ pa se radi o sluˇcaju 3◦ sa α = −1/2, β = 3/2. Opˇste reˇsenje je αx

y = c1 e

αx

cos βx + c2 e

−x/2

sin βx = e

√

√ 3 3 c1 cos x + c2 sin x . 2 2

Nehomogena LDJ sa konstantnim koeficijentima Opˇsti oblik ove LDJ smo već dali i on je y + ay + by = h(x) , gde su a i b poznate realne konstante i h(x) poznata funkcija. Poˇsto uvek moˇzemo da nad¯emo opˇste reˇsenje odgovarajuće homogene LDJ (11), metodom varijacije konstanata (Teorema 4) uvek moˇzemo da nad¯emo i opˇste reˇsenje nehomogene LDJ (10). U nekim specijalnim sluˇcajevima, koji se odnose na oblik funkcije h(x), korisnije je primeniti Teoremu 3 jer se u tim sluˇcajevima lako odred¯uje partikularno reˇsenje nehomogene LDJ (10). Takod¯e, Teorema 3 se lako generalizuje na LDJ viˇseg reda, dok metod varijacije konstanata kod ovih LDJ moˇze da bude veoma naporan. Navodimo sluˇcajeve kada je moguće odrediti partikularno reˇsenje. 1◦ Funkcija h(x) je oblika h(x) = eαx Pn (x) , gde je α realan broj i Pn (x) polinom n–tog stepena. Broj α upored¯ujemo sa reˇsenjima karakteristiˇcne jednaˇcine i razlikujemo sledeće mogućnosti. a) α nije nula karakteristiˇcne jednaˇcine. Tada partikularno reˇsenje ima oblik yp (x) = eαx Rn (x) , gde je Rn (x) polinom n–tog stepena sa privremeno neodred¯enim koeficijentima. Koeficijenti se odred¯uju smenom yp , yp , yp u polaznu LDJ (10). b) α je nula reda 1 karakteristiˇcne jednaˇcine. Tada je partikularno reˇsenje oblika yp (x) = xeαx Rn (x) . c) α je nula reda 2 karakteristiˇcne jednaˇcine. Partikularno reˇsenje ima oblik yp (x) = x2 eαx Rn (x) . 2◦ Funkcija h(x) je oblika

h(x) = eαx Pn (x) cos βx + Qn (x) sin βx , gde su α i β realni brojevi, a Pn (x) i Qn (x) polinomi n–tog stepena. Formiramo kompleksne brojeve α ± iβ i upored¯ujemo ih sa reˇsenjima karakteristiˇcne jednaˇcine. Nastupaju sledeće mogućnosti. a) α ± iβ nisu nule karakteristiˇcne jednaˇcine. Partikularno reˇsenje ima oblik

yp (x) = eαx Rn (x) cos βx + Sn (x) sin βx , gde su Rn (x) i Sn (x) polinomi n–tog stepena sa privremeno neodred¯enim koeficijentima, koji se nalaze smenom yp , yp , yp u polaznu LDJ (10).

24 b) α ± iβ su nule, svaka reda 1, karakteristiˇcne jednaˇcine. Partikularno reˇsenje ima oblik

yp (x) = xeαx Rn (x) cos βx + Sn (x) sin βx . 3◦ Funkcija h(x) je oblika h(x) = h1 (x) + h2 (x) + · · · + hm (x) . Ovaj sluˇcaj je objaˇsnjen u Teoremi 5. Zadatak 14. Metodom varijacije konstanata naći opˇste reˇsenje LDJ y − 4y = 4e−2x . Reˇsenje. Prvo reˇsavamo odgovarajuću homogenu LDJ y − 4y = 0 . Karakteristiˇcna jednaˇcina je

λ2 − 4 = 0

i ima reˇsenja λ1 = 2, λ2 = −2. Ovo je sluˇcaj 1◦ , pa su partikularna reˇsenja homogene LDJ y1 (x) = e2x , a opˇste reˇsenje je

y2 (x) = e−2x ,

y = c1 e2x + c2 e−2x .

Pretpostavljamo da su c1 i c2 funkcije od x i traˇzimo opˇste reˇsenje nehomogene LDJ u obliku y = c1 (x)e2x + c2 (x)e−2x . Za primenu metoda varijacije konstanata (Teorema 4), formiramo sistem c1 y1 + c2 y2 = 0 , c1 y1 + c2 y2 = h(x) , koji u konkretnom sluˇcaju dobija oblik c1 e2x + c2 e−2x = 0 , 2c1 e2x − 2c2 e−2x = 4e−2x , tj.

c1 e2x + c2 e−2x = 0 , c1 e2x − c2 e−2x = 2e−2x .

Sabiranjem jednaˇcina sistema sledi 2c1 e2x = 2e−2x , odakle je c1 (x) = e−4x i integracijom c1 (x) =

1 e−4x dx = − e−4x + k1 . 4

Zamenom nad¯enog c1 (x), npr., u prvu jednaˇcinu sistema sledi 1 + c2 = 0 ,

25 pa je c2 (x) = −1 i

c2 (x) =

−dx = −x + k2 .

Sa k1 i k2 smo oznaˇcili proizvoljne integracione konstante. Zamenom nad¯enih c1 (x) i c2 (x) u pretpostavljeno opˇste reˇsenje dobijamo 1 y = − e−4x + k1 e2x + (−x + k2 )e−2x . 4 Poˇsto viˇse ne moˇze da dod¯e do zabune, upotrebićemo uobiˇcajene oznake c1 i c2 za proizvoljne konstante umesto prethodno koriˇsćenih k1 i k2 . Tako opˇste reˇsenje polazne nehomogene LDJ glasi 1 y = − e−4x + c1 e2x + (−x + c2 )e−2x . 4 Prethodno opˇste reˇsenje zapisujemo drugaˇcije, 1 −2x 1 e . y = − e−2x + c1 e2x − xe−2x + c2 e−2x = −xe−2x + c1 e2x + c2 − 4 4 Kako je c2 proizvoljna konstanta, to je i c2 −1/4 proizvoljna konstanta. Zato za c2 −1/4 moˇzemo da koristimo istu oznaku c2 i dobijamo y = −xe−2x + c1 e2x + c2 e−2x . Lako se proverava da je −xe−2x reˇsenje polazne nehomogene LDJ, dakle yp (x) = −xe−2x . Imajući u vidu opˇste reˇsenje y ≡ yh = c1 e2x + c2 e−2x homogene LDJ, dalje je y = yp + yh , ˇsto je oblik opˇsteg reˇsenja nehomogene LDJ iz Teoreme 3. Zadatak 15. Naći partikularno, a zatim i opˇste reˇsenje LDJ y − 4y = 4e−2x . Reˇsenje. Ovo je ista LDJ kao u prethodnom zadatku, pa koristimo već dobijene rezultate. Funkcija koja daje nehomogenost jednaˇcini je h(x) = 4e−2x , ˇsto je sluˇcaj 1◦ sa α = −2 i Pn (x) ≡ P0 (x) = 4. Kako su reˇsenja karakteristiˇcne jednaˇcine λ1 = 2, λ2 = −2, to je α = −2 = λ2 nula reda 1 karakteristiˇcne jednaˇcine, pa se radi se o podsluˇcaju b) i partikularno reˇsenje ima oblik yp (x) = xeαx Rn (x) = xe−2x R0 (x) = Axe−2x , gde je R0 (x) = A privremeno neodred¯ena konstanta. Da bismo odredili konstantu A, nalazimo yp = A(1 − 2x)e−2x ,

yp = −4A(1 − x)e−2x .

Zamenom yp , yp , yp u polaznu LDJ dobijamo −4A(1 − x)e−2x − 4Axe−2x = 4e−2x ,

26 odakle je A = −1 . Dakle, traˇzeno partikularno reˇsenje je yp (x) = Axe−2x = −xe−2x . U Zadatku 14 je već nad¯eno opˇste reˇsenje odgovarajuće homogene LDJ yh = c1 e2x + c2 e−2x . Prema Teoremi 3, opˇste reˇsenje nehomogene LDJ je y = yp + yh = −xe−2x + c1 e2x + c2 e−2x , ˇsto je isto kao u Zadatku 14. Zadatak 16. Naći partikularno, a zatim i opˇste reˇsenje LDJ y + 4y = 2 + (8x − 1) sin 2x . Reˇsenje. Odgovarajuća homogena LDJ je y + 4y = 0 . Njena karakteristiˇcna jednaˇcina je

λ2 + 4 = 0

sa reˇsenjima λ1,2 = ±2i. Ovo je sluˇcaj 3◦ , pa je opˇste reˇsenje homogene LDJ yh = c1 cos 2x + c2 sin 2x . Funkcija h(x) koja jednaˇcinu ˇcini nehomogenom je oblika navedenog pod 3◦ , tj. h(x) = h1 (x) + h2 (x) , gde je h1 (x) = 2 ,

h2 (x) = (8x − 1) sin 2x .

Prema Teoremi 5, partikularno reˇsenje polazne LDJ je oblika yp (x) = yp1 (x) + yp2 (x) , gde su yp1 i yp2 redom partikularna reˇsenja nehomogenih LDJ y + 4y = h1 (x) ,

y + 4y = h2 (x) .

Funkcija h1 (x) moˇze da se predstavi na naˇcin h1 (x) = 2 = eαx Pn (x) , ˇsto je oblik 1◦ sa α = 0 i Pn (x) ≡ P0 (x) = 2. Kako α = 0 nije reˇsenje karakteristiˇcne jednaˇcine, imamo podsluˇcaj a). Zato je partikularno reˇsenje yp1 (x) = eαx Rn (x) = R0 (x) = A , gde je A privremeno neodred¯ena konstanta.

27 Funkcija h2 (x) ima oblik 2◦ ,

h2 (x) = (8x − 1) sin 2x = eαx Pn (x) cos βx + Qn (x) sin βx , gde je α = 0, β = 2, Pn (x) ≡ P0 (x) = 0 i Qn (x) ≡ Q1 (x) = 8x − 1. Kako su α ± iβ = ±2i reˇsenja karakteristiˇcne jednaˇcine, svako reda 1, prema podsluˇcaju b) partikularno reˇsenje je

yp2 (x) = xeαx Rn (x) cos βx + Sn (x) sin βx = x R1 (x) cos 2x + S1 (x) sin 2x , gde su R1 (x) = Bx + C i S1 (x) = Dx + E polinomi ˇcije koeficijente treba odrediti. Ovde je iskoriˇsćena ˇcinjenica da svaki polinom niˇzeg stepena moˇze da se tretira kao polinom proizvoljnog viˇseg stepena u kojem su odgovarajući koeficijenti jednaki 0. Tako je polinom P0 (x) tretiran kao P1 (x) i umesto polinoma R0 (x) je uzet polinom R1 (x). Prema prethodnom, partikularno reˇsenje polazne LDJ postaje

yp (x) = A + x (Bx + C) cos 2x + (Dx + E) sin 2x . Diferenciranjem nalazimo

yp = 2Dx2 + 2(B + E)x + C cos 2x + −2Bx2 − 2(C − D)x + E sin 2x ,

yp = 2 −2Bx2 + 2(2D − C)x + B + 2E cos 2x + 2 −2Dx2 − 2(2B + E)x − 2C + D sin 2x , ˇsto smenom u polaznu LDJ daje (8Dx + 2B + 4E) cos 2x + (−8Bx − 4C + 2D) sin 2x + 4A = 2 + (8x − 1) sin 2x , tj. 4A − 2 + 2(B + 2E) cos 2x + (1 − 4C + 2D) sin 2x + 8Dx cos 2x − 8(B + 1)x sin 2x = 0 . Iz poslednje jednakosti je: 4A − 2 = 0 ,

2(B + 2E) = 0 ,

1 − 4C + 2D = 0 ,

8D = 0 ,

−8(B + 1) = 0 ,

odakle je A = E = 1/2, B = −1, C = 1/4 i D = 0. Konaˇcno, partikularno reˇsenje je yp (x) =

1 1 1 +x − x cos 2x + x sin 2x . 2 4 2

Prema Teoremi 3, traˇzeno opˇste reˇsenje nehomogene LDJ je y = yp + yh =

1 1 1 +x − x cos 2x + x sin 2x + c1 cos 2x + c2 sin 2x . 2 4 2

Zadatak 17. Naći partikularno, a zatim i opˇste reˇsenje LDJ y − 4y + 8y = e2x + sin 2x . Uputstvo. Postupajući kao u Zadatku 16, nalazimo: yh = e2x (c1 cos 2x + c2 sin 2x) , yp1 = Ae2x ,

yp2 = B cos 2x + C sin 2x , 1 1 1 yp = Ae2x + B cos 2x + C sin 2x = e2x + cos 2x + sin 2x , 4 10 20 1 1 1 y = e2x + cos 2x + sin 2x + e2x (c1 cos 2x + c2 sin 2x) . 4 10 20

28

Homogena LDJ sa funkcionalnim koeficijentima Opˇsti oblik ove LDJ je

y + f (x)y + g(x)y = 0 .

I homogene i nehomogene LDJ sa funkcionalnim koeficijentima umemo da reˇsimo samo u nekim specijalnim sluˇcajevima, ne i generalno. Takvi sluˇcajevi su kada znamo jedno partikularno reˇsenje homogene LDJ ili kada je moguće transformisati LDJ sa funkcionalnim u LDJ sa konstantnim koeficijentima (metod invarijanata i metod smene nezavisno promenljive). Zadrˇzaćemo se samo na prvom sluˇcaju. Neka je poznato jedno partikularno reˇsenje y1 (x) homogene LDJ. Prema Teoremi 2, drugo linearno nezavisno partikularno reˇsenje y2 (x) se nalazi smenom y = y1 z, gde je z = z(x) nova nepoznata funkcija. Prema Teoremi 1, opˇste reˇsenje je y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x). Zadatak 18. Data je LDJ xy + (2 + x)y + y = 0 , ˇcije je jedno partikularno reˇsenje y1 = 1/x. Naći drugo partikularno, a zatim i opˇste reˇsenje date LDJ. Reˇsenje. Uvodimo smenu 1 y = y1 z = z x iz koje diferenciranjem sledi y = −

1 1 z + z , x2 x

i zamenom u datu LDJ

y =

2 2 1 z − 2 z + z x3 x x

z + z = 0 .

Dobijena DJ je homogena sa konstantnim koeficijentima. Njena karakteristiˇcna jednaˇcina λ2 + λ = 0 ima reˇsenja λ1 = 0 i λ2 = −1. Zato su partikularna reˇsenja z1 (x) = eλ1 x = 1 ,

z2 (x) = eλ2 x = e−x .

Vraćajući se u smenu, dobijamo y1 (x) = (1/x)z1 = 1/x, ˇsto smo već znali i y2 (x) =

1 1 z2 = e−x , x x

ˇsto je traˇzeno drugo partikularno reˇsenje. Zato je opˇste reˇsenje y = c1

1 1 1 + c2 e−x = c1 + c2 e−x . x x x

Posebno vaˇzna LDJ ovog tipa je Eulerova DJ. Njen opˇsti oblik je a0 x2 y + a1 xy + a2 y = 0 , gde su a0 , a1 , a2 realne konstante. Zahvaljujući svom specijalnom obliku, Eulerova DJ uvek moˇze da se reˇsi. Uvod¯enjem smene t = ln |x| ,

29 Eulerova DJ postaje LDJ sa konstantnim koeficijentima a0 u + (a1 − a0 )u + a2 u = 0 po novoj nepoznatoj funkciji u = u(t). Odred¯ivanjem funkcije u(t), dobija se i opˇste reˇsenje Eulerove DJ kao y = u(ln |x|) . Zadatak 19. Naći opˇste reˇsenje Eulerove DJ x2 y − 3xy + 4y = 0 . Reˇsenje. U zadatoj DJ je a1 = −3 ,

a0 = 1 , pa se ona transformiˇse u

a2 = 4 ,

u − 4u + 4u = 0 .

Karakteristiˇcna jednaˇcina dobijene DJ je λ2 − 4λ + 4 = 0 i njena reˇsenja su λ1 = λ2 = 2. Zato su partikularna reˇsenja u1 (t) = e2t ,

u2 (t) = te2t

i opˇste reˇsenje transformisane DJ glasi u = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) = c1 e2t + c2 te2t . Kako je t = ln |x|, to je opˇste reˇsenje Eulerove DJ y = u(ln |x|) = c1 e2 ln |x| + c2 ln |x|e2 ln |x| = c1 x2 + c2 x2 ln |x| = x2 (c1 + c2 ln |x|) .

Nehomogena LDJ sa funkcionalnim koeficijentima Opˇsti oblik ove LDJ je

y + f (x)y + g(x)y = h(x) .

Ako je poznato opˇste reˇsenje odgovarajuće homogene LDJ, za reˇsavanje nehomogene LDJ se primenjuje metod varijacije konstanata (Teorema 4). Zadatak 20. Naći opˇste reˇsenje LDJ xy + (2 + x)y + y = e−x . Reˇsenje. Odgovarajuću homogenu DJ xy + (2 + x)y + y = 0 smo reˇsavali u Zadatku 18 i naˇsli smo njena partikularna reˇsenja y1 (x) =

1 , x

y2 (x) =

1 −x e . x

Formiramo sistem iz Teoreme 4, tj. c1 y1 + c2 y2 = 0 ,

c1 y1 + c2 y2 = h(x) .

30 Deobom polazne LDJ sa x dobijamo funkciju h(x) =

1 −x e . x

Nalaˇzenjem y1 , y2 i smenom u prethodni sistem, on postaje c1 + c2 e−x = 0 , c1 + c2 (1 + x)e−x = −xe−x . Reˇsavanjem ovog sistema sledi c1 (x) = e−x ,

c2 (x) = −1 ,

odakle se integracijom dobija c1 (x) = −e−x + k1 ,

c2 (x) = −x + k2 .

U izrazima za c1 (x) i c2 (x) su k1 i k2 proizvoljne integracione konstante. Umesto oznaka k1 i k2 u izrazu za opˇste reˇsenje koristimo standardne oznake c1 i c2 . Opˇste reˇsenje je 1 1 y = c1 (x)y1 + c2 (x)y2 = (−e−x + c1 ) + (−x + c2 ) e−x , x x ˇsto sred¯ivanjem daje 1 y = −e−x + c1 + c2 e−x . x Zbog proizvoljnosti konstante c2 , za konstantu c2 − 1 je upotrebljena ista oznaka c2 . Kao i kod homogenih, izdvajamo sluˇcaj Eulerove DJ a0 x2 y + a1 xy + a2 y = h(x) .

(12) Uvod¯enjem smene

t = ln |x| ,

Eulerova DJ postaje LDJ sa konstantnim koeficijentima a0 u + (a1 − a0 )u + a2 u = h et po novoj nepoznatoj funkciji u = u(t). Odred¯ivanjem funkcije u(t), dobija se i opˇste reˇsenje Eulerove DJ kao y = u(ln |x|) . Zadatak 21. Naći opˇste reˇsenje Eulerove DJ x2 y − 3xy + 4y = x2 . Reˇsenje. U zadatoj DJ je h(x) = x2 i a0 = 1 ,

a1 = −3 ,

a2 = 4 .

2 Kako je h1 (t) = h et = et = e2t , DJ se transformiˇse u u − 4u + 4u = e2t . U Zadatku 19 smo već naˇsli reˇsenja λ1 = λ2 = 2 karakteristiˇcne jednaˇcine i opˇste reˇsenje odgovarajuće homogene DJ uh = c1 e2t + c2 te2t .

31 Traˇzimo sada jedno partikularno reˇsenje nehomogene DJ. Funkcija koja daje nehomogenost jednaˇcini je oblika h1 (t) = e2t = eαt Pn (t) sa α = 2 i Pn (t) = P0 (t) = 1. Vidimo da je α = λ1,2 nula reda 2 karakteristiˇcne jednaˇcine, pa partikularno reˇsenje ima oblik up (t) = t2 eαt R0 (t) = At2 e2t . Diferenciranjem nalazimo up = 2At(1 + t)e2t ,

up = 2A 1 + 4t + 2t2 e2t

i smenom u DJ odred¯ujemo A = 1/2. Zato je partikularno reˇsenje up (t) =

1 2 2t t e . 2

Opˇste reˇsenje transformisane DJ je u = up + u h =

1 1 2 2t t e + c1 e2t + c2 te2t = e2t t2 + c1 + c2 t . 2 2

Kako je t = ln |x|, to je opˇste reˇsenje Eulerove DJ y = u(ln |x|) = e2 ln |x|

1

1 (ln |x|)2 + c1 + c2 ln |x| = x2 (ln |x|)2 + c1 + c2 ln |x| . 2 2

Zadatak 22. Naći opˇste reˇsenje LDJ y − 3y + 2y = 0 . Reˇsenje. Data LDJ je homogena sa konstantnim koeficijentima, ali trećeg reda. LDJ viˇseg reda ne radimo jer se njihovo reˇsavanje svodi na isto toliko teˇzak problem reˇsavanja algebarskih jednaˇcina. Ovaj primer navodimo samo kao ilustraciju. Karakteristiˇcna jednaˇcina λ3 − 3λ + 2 = 0 je algebarska jednaˇcina trećeg stepena. Faktorizacijom: λ λ2 − 1 − 2(λ − 1) = 0 ,

λ3 − λ − 2λ + 2 = 0 ,

(λ − 1) λ2 + λ − 2 = 0

nalazimo njena reˇsenja λ1 = 1 ,

λ2 = 1 ,

λ3 = −2 .

Kako je λ1 = λ2 (= λ) = λ3 , partikularna reˇsenja LDJ su y1 (x) = eλx = ex ,

y2 (x) = xeλx = xex ,

y3 (x) = eλ3 x = e−2x ,

a opˇste reˇsenje je y = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + c3 y3 (x) = c1 ex + c2 xex + c3 e−2x , gde su c1 , c2 i c3 proizvoljne konstante.

32

2.4. Zadaci za veˇ zbu Zadatak 23. Naći opˇste reˇsenje homogene DJ y =

x2 + 2xy − y 2 . x2 − 2xy − y 2

Uputstvo. Deobom sa x2 jednaˇcina se dovodi na oblik (2). Zadatak 24. Naći opˇste reˇsenje homogene DJ x2 y = 4x2 + 4xy − y 2 . Uputstvo. Deobom sa x2 jednaˇcina se dovodi na oblik (2). Zadatak 25. Naći opˇste reˇsenje homogene DJ x2 y = −2x2 + 2xy + y 2 . Uputstvo. Deobom sa x2 jednaˇcina se dovodi na oblik (2). Zadatak 26. Naći opˇste reˇsenje Bernoullieve DJ

x3 y 2 + xy x = 1 .

Uputstvo. Imajući u vidu x = dx/dy, jednaˇcina se transformiˇse u dy = x3 y 2 + xy , dx

y − xy = x3 y 2 ,

ˇsto je oblik (7) sa r = 2. Zadatak 27. Naći opˇste reˇsenje Bernoullieve DJ 3 2 y x + xy y = 1 . Uputstvo. Imajući u vidu y = dy/dx, jednaˇcina se transformiˇse u dx = y 3 x2 + xy , dy

x − yx = y 3 x2 ,

ˇsto je Bernoullieva DJ po nepoznatoj funkciji x = x(y) sa r = 2. Zadatak 28. Naći opˇste reˇsenje Bernoullieve DJ 2 √ (4xy − y )ex = 2xy 2 y .

Uputstvo. Jednaˇcina se dovodi na oblik (7) sa r = 5/2 pomoću: 2 √ 4xy − y = 2xe−x y 2 y ,

2 √ y − 4xy = −2xe−x y 2 y .

Zadatak 29. Naći opˇste reˇsenje Bernoullieve DJ (x + 1) y 2 + y + y = 0 .

33 Uputstvo. Jednaˇcina se dovodi na oblik (7) sa h(x) = −1 i r = 2 pomoću: (x + 1)y 2 + (x + 1)y + y = 0 ,

(x + 1)y + y = −(x + 1)y 2 ,

y +

1 y = −y 2 . x+1

Zadatak 30. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda √ y + 2y + y = 3 x + 1 e−x . Uputstvo. Jednaˇcina mora da se reˇsava metodom varijacije konstanata jer za funkciju √ h(x) = 3 x + 1 e−x ne prepoznajemo oblik partikularnog reˇsenja. Zadatak 31. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda √ y + 2y + y = 3 2x + 1 e−x . Uputstvo. Reˇsava se isto kao Zadatak 30. Zadatak 32. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda y + 3y + 2y =

ex

1 . +1

Uputstvo. Reˇsava se isto kao Zadatak 30. Zadatak 33. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda y − 2y + 2y = 2ex sin x . Uputstvo. Reˇsenja karakteristiˇcne jednaˇcine su λ1,2 = 1 ± i. Funkcija h(x) = 2ex sin x ima oblik naveden u teoriji pod 2◦ sa α = 1, β = 1, Pn (x) = P0 (x) = 0, Qn (x) = Q0 (x) = 2. Kako je α ± iβ = λ1,2 , oblik partikularnog reˇsenja je yp (x) = xex (A cos x + B sin x). Zadatak 34. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda y − 4y + 8y = cos 2x + 2 sin 2x . Uputstvo. Ovde je h(x) oblika 2◦ sa α = 0, β = 2, Pn (x) = P0 (x) = 1, Qn (x) = Q0 (x) = 2. Partikularno reˇsenje ima oblik yp (x) = A cos 2x + B sin 2x. Zadatak 35. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda y − 2y + y = xex + 5 . Uputstvo. Reˇsenja karakteristiˇcne jednaˇcine su λ1,2 = 1. Ovde je h(x) = h1 (x) + h2 (x), gde je h1 (x) = xex i h2 (x) = 5. Funkcije h1 (x) i h2 (x) imaju oblike navedene u teoriji pod 1◦ sa α = 1, Pn (x) = P1 (x) = x i α = 0, Pn (x) = P0 (x) = 5 redom. Kako je α = λ1,2 za h1 (x), to je yp1 = x2 (Ax + B)ex . Takod¯e je, zbog α = λ1,2 za h2 (x), yp2 = C. Oblik partikularnog reˇsenja je yp (x) = yp1 (x) + yp2 (x) = x2 (Ax + B)ex + C. Zadatak 36. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda y − 4y + 8y = e2x + sin 2x . Uputstvo. Reˇsenja karakteristiˇcne jednaˇcine su λ1,2 = 2 ± 2i. Ovde je h(x) = h1 (x) + h2 (x), gde je h1 (x) = e2x oblika 1◦ sa α = 2, Pn (x) = P0 (x) = 1, a h2 (x) = sin 2x oblika 2◦ sa α = 0,

34 β = 2, Pn (x) = P0 (x) = 0, Qn (x) = Q0 (x) = 1. U sluˇcaju funkcije h1 (x) je α = λ1,2 , pa je yp1 = Ae2x . U sluˇcaju funkcije h2 (x) je α = λ1,2 , pa je yp2 = B cos 2x + C sin 2x. Oblik partikularnog reˇsenja je yp (x) = Ae2x + B cos 2x + C sin 2x. Zadatak 37. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda y − 4y + 8y = ex + 2 sin 2x . Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno Zadatku 36. Zadatak 38. Naći opˇste reˇsenje nehomogene LDJ drugog reda y − 4y + 4y = e2x + cos x . Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno Zadatku 36. Zadatak 39. Naći opˇste reˇsenje nehomogene Eulerove DJ x2 y + xy − 4y =

4 . x2

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno Zadatku 21. Zadatak 40. Naći opˇste reˇsenje nehomogene Eulerove DJ x3 y − 2xy = ln x . Uputstvo. Deobom sa x DJ postaje oblika (12) i reˇsava se sliˇcno kao u Zadatku 21. NAPOMENA. Predavanja iz ove oblasti traju 10 ˇcasova. Zbog nedostatka vremena, na ˇcasovima nisu obrad¯ene neke znaˇcajne DJ prvog reda, sistemi diferencijalnih jednaˇcina i sliˇcno. Potrebne informacije mogu da se nad¯u u knjizi navedenoj pod 2. Ista knjiga sadrˇzi i veliki broj reˇsenih zadataka, koji studentima mogu da posluˇze za uveˇzbavanje gradiva.

3. REALNE FUNKCIJE ˇ REALNIH PROMENLJIVIH VISE 3.1. Pojam funkcije viˇ se promenljivih Neka je D ⊆ Rn i V ⊆ R, gde je R oznaka skupa realnih brojeva. Ako se svakoj taˇcki X(x1 , . . . , xn ) ∈ D po odred¯enom zakonu f pridruˇzi samo jedna taˇcka y ∈ V , tada je to pridruˇzivanje realna funkcija viˇse realnih promenljivih x1 , . . . , xn . Oznaˇcava se sa y = f (X) = f (x1 , . . . , xn ) . Skup D je podruˇcje ili skup definisanosti (domen), a skup V je skup vrednosti (kodomen) funkcije f . Kod funkcija jedne promenljive domen D je na koordinatnoj osi, kod funkcija dve promenljive je u koordinatnoj ravni, a kod funkcija tri promenljive u prostoru. Ako koordinate x1 , . . . , xn taˇcke X ∈ D nisu nezavisno promenljive, nego funkcije (zavisno promenljive) od m nezavisno promenljivih t1 , . . . , tm ∈ R, tj. xi ≡ xi (t1 , . . . , tm )

(i = 1, . . . , n) ,

funkcija f od n argumenata (promenljivih) x1 , . . . , xn definiˇse sloˇzenu funkciju F od m nezavisno promenljivih t1 , . . . , tm , F (t1 , . . . , tm ) = f x1 (t1 , . . . , tm ), . . . , xn (t1 , . . . , tm ) .

(1)

NAPOMENA. Svaka veliˇcina koja uzima viˇse razliˇcitih vrednosti zove se promenljiva. Promenljiva moˇze da bude nezavisno ili zavisno promenljiva (funkcija). Argument ima isto znaˇcenje kao promenljiva, ali se uvek dovodi u vezu sa funkcijom. U naˇsem sluˇcaju x1 , . . . , xn su same po sebi promenljive (nezavisno ili zavisno). Istovremeno, x1 , . . . , xn su i argumenti funkcije f . Geometrijsku interpretaciju imaju samo funkcije od najviˇse dve nezavisno promenljive. Neka su x, y, z Descartesove koordinate. Tada geometrijsko mesto taˇcaka M (x, y), gde je x ∈ D i y = f (x), definiˇse krivu L u xy–koordinatnoj ravni. Kriva L je grafik funkcije y = f (x) ili y = f (x) je jednaˇcina krive L. Takod¯e, geometrijsko mesto taˇcaka M (x, y, z), gde je (x, y) ∈ D i z = f (x, y), definiˇse prostornu povrˇs S. Povrˇs S je grafik funkcije z = f (x, y) ili z = f (x, y) je jednaˇcina povrˇsi S.

z y

L y=f(x)

z M

M

y [

D

S z=f(x,y)

x

]

x

x x Slika 1.

Navodimo najznaˇcajnije povrˇsi sa kojima se kasnije srećemo. 35

y (x,y)

y

D

36 Paraboloidi sa Slike 2 imaju redom jednaˇcine z = − x2 + y 2 .

z = x2 + y 2 ,

z

z

y

y x

x

Slika 2.

Konusi sa Slike 3 imaju redom jednaˇcine z=

x2 + y 2 ,

z = − x2 + y 2 .

z

z

y

y

x

x

Slika 3.

Sfera je zatvorena povrˇs ˇcija je implicitna jednaˇcina x2 + y 2 + z 2 = R2 . Ovom jednaˇcinom su objedinjene dve funkcije: z=

R2 − x2 − y 2 ,

z = − R 2 − x2 − y 2 ,

od kojih prva definiˇse gornju, a druga donju polusferu.

z

R

x

R

R Slika 4.

y

37 Elipsoid je zatvorena povrˇs ˇcija je implicitna jednaˇcina x2 y2 z2 + + =1. a2 b2 c2 Ovom jednaˇcinom su takod¯e objedinjene dve funkcije od kojih jedna definiˇse deo elipsoida iznad, a druga deo elipsoida ispod xy–ravni.

z

c b

a

y

x Slika 5.

3.2. Graniˇ cne vrednosti i neprekidnost Graniˇcne vrednosti funkcija viˇse promenljivih ćemo da objasnimo na primeru funkcije dve promenljive f (x, y). Neka je A(a, b) konkretna taˇcka i X(x, y) = A proizvoljna taˇcka iz okoline U (A) taˇcke A. Ako se vrednosti funkcije f (X) pribliˇzavaju realnom broju l (f (X) → l) kad se taˇcka X pribliˇzava taˇcki A (X → A), broj l je graniˇcna vrednost funkcije f (X) kad X teˇzi ka A i oznaˇcava se sa lim f (x, y) . l = lim f (X) = x→a X→A

y→b

Ova graniˇcna vrednost se zove i totalni ili simultani limes. Kako su vrednosti funkcije f (X) realni brojevi, znamo da f (X) → l znaˇci |f (X) − l| → 0. Postavlja se pitanje ˇsta znaˇci X → A. Odgovor na ovo pitanje daje metrika ρ(X, A). Od svih metrika navodimo samo euklidsku ρ(X, A) = (x − a)2 + (y − b)2 , koja predstavlja najkraće rastojanje izmed¯u taˇcaka X i A. Sada je X → A isto ˇsto i ρ(X, A) → 0. Primetimo da X → A ili ρ(X, A) → 0 podrazumeva da se taˇcka X pribliˇzava taˇcki A na bilo koji naˇcin, tj. po bilo kom putu. Zato totalni limes postoji ako f (X) → l za svaki od naˇcina pribliˇzavanja X → A. Ukoliko postoje dva puta po kojima X → A, takva da f (X) → l1 duˇz jednog i f (X) → l2 duˇz drugog puta (l1 = l2 ), totalni limes ne postoji jer nije jedinstven. Sliˇcna je situacija kod funkcija jedne promenljive, gde se zahteva da f (x) → l i kad x → a− (s leve strane) i kad x → a+ (s desne strane). Razlika je, oˇcigledno, u tome ˇsto dvodimenzionalna taˇcka X moˇze da se pribliˇzava taˇcki A ne samo na dva, nego na beskonaˇcno mnogo naˇcina. Totalni limes funkcije dve promenljive je, u stvari, generalizacija limesa funkcije jedne promenljive limx→a f (x).

y

U(A) X

w

w

X

X

w

X

A

X

X

U(A)

w

x

w

(

x a x

x

)

x Slika 6.

x

38 Totalni limes funkcije dve promenljive se izraˇcunava prevod¯enjem na limes funkcije jedne promenljive. Na ˇzalost, to je moguće samo u izvesnim sluˇcajevima, npr. kada je A(0, 0) ili A(∞, ∞). Primer 1. Pokazujemo da funkcija f (x, y) =

x2 − y 2 x2 + y 2

nema totalni limes kad X(x, y) → A(0, 0). Neka se taˇcka X pribliˇzava taˇcki A duˇz bilo koje prave y = kx, gde je k koeficijent pravca prave. Koordinate taˇcke X zadovoljavaju jednaˇcinu prave, pa za njih vaˇzi lim y = lim kx = 0 . x→0

Zato je lim f (x, y) = x→0 lim x→0 y→0

y→0

x→0

x2 − y 2 x2 − k 2 x2 1 − k2 = lim = . x→0 x2 + k 2 x2 x2 + y 2 1 + k2

Vidimo da totalni limes zavisi od prave na kojoj se nalazi taˇcka X. Na primer, ako X → A po pravoj y = x (k = 1), vrednost limesa je l1 = 0. Ako X → A po pravoj y = 2x (k = 2), vrednost limesa je l2 = −3/5. Dakle, totalni limes ne postoji jer nije jedinstven. Primer 2. Pokazujemo da funkcija f (x, y) =

x2

x+y + y 2 − xy

ima totalni limes kad X(x, y) → A(∞, ∞). Uvod¯enjem polarnih koordinata sa x = r cos ϕ ,

y = r sin ϕ ,

iz uslova X(x, y) → A(∞, ∞) sledi r → +∞ za svako ϕ. Joˇs je 1 − cos ϕ sin ϕ = 1 − sin 2ϕ/2 = 0 i | cos ϕ + sin ϕ| < 2, pa postoji lim f (x, y) = x→∞ lim

x→∞ y→∞

y→∞

x2

x+y cos ϕ + sin ϕ = lim =0. 2 + y − xy r→+∞ r(1 − cos ϕ sin ϕ)

Definicija neprekidnosti funkcija viˇse promenljivih je analogna definiciji kod funkcija jedne promenljive. Funkcija F (X) je neprekidna u taˇcki A ako vaˇzi: 1◦ postoji f (A) ,

2◦ postoji lim f (X) , X→A

3◦

lim f (X) = f (A) .

X→A

Nadalje radimo samo sa neprekidnim funkcijama, bez upuˇstanja u ispitivanje neprekidnosti. Osim totalnog limesa, za funkcije viˇse promenljivih se definiˇsu i sukcesivni ili uzastopni limesi. Kod funkcija dve promenljive su to lxy = lim lim f (x, y) = lim lim f (x, y) , y→b x→a y→b x→a lyx = lim lim f (x, y) = lim lim f (x, y) . x→a y→b

x→a y→b

U limesu lxy se prvo nalazi limes funkcije f (x, y) kad x → a, pri ˇcemu se y smatra konstantom. Rezultat je funkcija F (y). Zatim se nalazi limes funkcije F (y) kad y → b. Dakle, lxy je sastavljen od dva limesa funkcija jedne promenljive, koji se nalaze jedan za drugim (sukcesivno). Analogno vaˇzi i za limes lyx , samo se u njemu prvo menja y → b, a onda x → a. Primetimo da se kod totalnog limesa x → a i y → b menjaju istovremeno (simultano).

39 Razlika izmed¯u totalnog i sukcesivnih limesa se najlakˇse uoˇcava sa slike. U totalnom limesu X → A znaˇci bliskost taˇcaka X i A nezavisno od puta pribliˇzavanja (Slika 6). Kod sukcesivnih limesa se pribliˇzavanje odvija samo po putevima specijalnog oblika (Slika 7).

y

w

l xy

l yx

X

X

X

A Xw

w

w

w

w

A

w

X

w

y

X x

x Slika 7.

Veza izmed¯u simultane i sukcesivnih graniˇcnih vrednosti se sastoji u sledećem. 1◦ Ako postoje simultani limes l i sukcesivni limesi lxy , lyx , tada vaˇzi l = lxy = lyx . 2◦ Ako je lxy = lyx , simultani limes l ne postoji. 3◦ Ako je lxy = lyx , simultani limes ne mora da postoji. 4◦ Ako jedan ili oba sukcesivna limesa lxy , lyx ne postoje, simultani limes l moˇze da postoji. Objaˇsnjavamo samo tvrd¯enja 2◦ i 3◦ . Tvrd¯enje 2◦ znaˇci da postoje putevi pribliˇzavanja X → A, odred¯eni sukcesivnim limesima, takvi da f (X) → lxy i f (X) → lyx . Kako je lxy = lyx , sukcesivni limes ne postoji jer nije jedinstven. Tvrd¯enje 3◦ znaˇci da, osim puteva pribliˇzavanja odred¯enih sukcesivnim limesima, moˇze da postoji neki drugi put X → A takav da f (X) → l1 = lxy = lyx . I u ovom sluˇcaju sukcesivni limes ne postoji jer nije jedinstven. Primer 3. Pokazujemo da funkcija f (x, y) =

x2 − y 2 + 2x3 + 3y 3 x2 + y 2

nema totalni limes kad X(x, y) → A(0, 0). Odred¯ujemo sukcesivne limese −y 2 + 3y 3 = −1 , y→0 x→0 y→0 y2 x2 + 2x3 = lim lim f (x, y) = lim =1. x→0 y→0 x→0 x2

lxy = lim lim f (x, y) = lim lyx

Kako je lxy = lyx , prema 2◦ sledi da totalni limes ne postoji. Primer 4. Pokazujemo da funkcija f (x, y) =

x2 y x2 + y

2

nema totalni limes kad X(x, y) → A(0, 0). Odred¯ujemo sukcesivne limese 0 = lim 0 = 0 , y→0 y2 0 = lim lim f (x, y) = lim 4 = lim 0 = 0 x→0 y→0 x→0 x x→0

lxy = lim lim f (x, y) = lim y→0 x→0

lyx

y→0

i utvrd¯ujemo da je lxy = lyx . Med¯utim, ako se taˇcka X pribliˇzava taˇcki A duˇz parabole y = x2 , za koordinate taˇcke X vaˇzi lim y = lim x2 = 0 , x→0

x→0

40 pa je

x2 · x2 x4 1 l1 = x→0 lim f (x, y) = lim f x, x2 = lim = lim = . 2 4 x→0 x→0 x2 + x2 x→0 4x 4 y→0

Dakle, l1 = lxy = lyx i totalni limes ne postoji jer nije jedinstven. Ovaj primer je ilustracija za tvrd¯enje 3◦ .

3.3. Diferenciranje Parcijalni izvodi su izvodi funkcija viˇse promenljivih po pojedinim promenljivama. Radi lakˇseg sporazumevanja, izvode funkcija jedne promenljive zovemo ”obiˇcnim” izvodima.

Parcijalni izvodi prvog reda Neka je f (x, y) funkcija dve promenljive, X(x, y) proizvoljna i A(a, b) konkretna taˇcka. Takod¯e, neka je Δx priraˇstaj promenljive x i Δy priraˇstaj promenljive y. Parcijalni izvodi funkcije f (x, y) u taˇcki A po promenljivama x i y redom su

(2)

f (a + Δx, b) − f (a, b) ∂f (A) = lim , Δx→0 ∂x Δx ∂f f (a, b + Δy) − f (a, b) (A) = lim . Δy→0 ∂y Δy

Ovi izvodi postoje ako postoje konaˇcni definicioni limesi. U proizvoljnoj taˇcki X parcijalni izvodi su

(3)

f (x + Δx, y) − f (x, y) ∂f ∂f ≡ (X) = lim , Δx→0 ∂x ∂x Δx ∂f f (x, y + Δy) − f (x, y) ∂f ≡ (X) = lim . Δy→0 ∂y ∂y Δy

Treba imati u vidu da navedene oznake ne predstavljaju razlomke! Na primer, ∂f /∂x nije ”∂f kroz ∂x”, već je ”∂f po ∂x”. Umesto ovih oznaka, u upotrebi su ˇcesto oznake fx (A) ≡ fx (a, b), fy (A) ≡ fy (a, b), fx , fy i sliˇcne. Parcijalni izvodi funkcije f (x1 , x2 , . . . , xn ) po svakoj od promenljivih x1 , x2 , . . . , xn se definiˇsu analogno. Na primer, parcijalni izvod po promenljivoj x3 u proizvoljnoj taˇcki X je f (x1 , x2 , x3 + Δx3 , x4 , . . . , xn ) − f (x1 , . . . , xn ) ∂f = lim . Δx3 →0 ∂x3 Δx3 Vidimo da se parcijalni izvod po nekoj od promenljivih definiˇse isto kao obiˇcan izvod, s tim ˇsto se sve ostale promenljive smatraju konstantama. Ova ˇcinjenica se koristi pri praktiˇcnom nalaˇzenju parcijalnih izvoda. U konkretnoj taˇcki A parcijalni izvodi se nalaze tako ˇsto se prvo nad¯u izvodi fx , fy u proizvoljnoj taˇcki X, a zatim se u dobijene izraze smene koordinate x = a, y = b taˇcke A. Ukoliko dobijeni izrazi za fx i fy nisu definisani u taˇcki A, izvodi se traˇze prema definiciji (2). Primer 5. Pokazujemo da funkcija f (x, y) =

x2 + y 2

nema parcijalne izvode u taˇcki A(0, 0). Prvo odred¯ujemo parcijalne izvode u proizvoljnoj taˇcki (x, y). Pri odred¯ivanju fx smatramo da je y konstanta, a pri odred¯ivanju fy da je x konstanta. Dobijaju se izrazi x y , fy = , fx = 2 2 2 x +y x + y2

41 koji nisu definisani u taˇcki A(0, 0). Zato parcijalne izvode fx (A) i fy (A) traˇzimo prema definiciji (2). Za izvod fx (A) se dobija (Δx)2 f (0 + Δx, 0) − f (0, 0) |Δx| = lim = lim . fx (A) = lim Δx→0 Δx→0 Δx→0 Δx Δx Δx Poslednji limes ne postoji jer je jednak 1 za Δx > 0 i −1 za Δx < 0, pa nije jedinstven. Samim tim ne postoji ni izvod fx (A). Sliˇcno se utvrd¯uje da ne postoji fy (A). Za parcijalne izvode vaˇze iste osobine, koje se odnose na zbir, proizvod i koliˇcnik funkcija, kao i za obiˇcne izvode. Na primer, za proizvod funkcija f (x1 , . . . , xn ) i g(x1 , . . . , xn ) vaˇzi ∂ ∂f ∂g (f g) = g+f , ∂xk ∂xk ∂xk gde je xk bilo koja od promenljivih x1 , . . . , xn . Primer 6. Odred¯ujemo parcijalne izvode funkcija f1 (x, y) = xy x2 + y 2 ,

f2 (x, y, z) =

x2

xyz . + y2 + z2

Funkcija f1 (x, y) je proizvod funkcija f (x, y) = xy i g(x, y) = x2 + y 2 . Kako je fx = y, fy = x, gx = 2x, gy = 2y, to je ∂f1 = fx g + f gx = y x2 + y 2 + 2x2 y = 3x2 y + y 3 , ∂x ∂f1 = fy g + f gy = x x2 + y 2 + 2xy 2 = x3 + 3xy 2 . ∂y Funkcija f2 (x, y, z) je koliˇcnik funkcija f (x, y, z) = xyz fx = yz, fy = xz, fz = xy, gx = 2x, gy = 2y, gz = 2z, to je yz x2 + y 2 + z 2 − 2x2 yz ∂f2 fx g − f gx = = = 2 ∂x g2 x2 + y 2 + z 2 xz x2 + y 2 + z 2 − 2xy 2 z ∂f2 fy g − f gy = = = 2 ∂y g2 x2 + y 2 + z 2 xy x2 + y 2 + z 2 − 2xyz 2 fz g − f gz ∂f2 = = = 2 ∂z g2 x2 + y 2 + z 2

i g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . Kako je −x2 yz + y 3 z + yz 3 2 , x2 + y 2 + z 2 x3 z − xy 2 z + xz 3 2 , x2 + y 2 + z 2 x3 y + xy 3 − xyz 2 2 . x2 + y 2 + z 2

Parcijalni izvodi sloˇ zenih funkcija imaju veliki znaˇcaj, pa na njih posebno obraćamo paˇznju. Prvo navodimo sledeće generalno pravilo. Neka je f funkcija jedne ili viˇse promenljivih. Svi izvodi funkcije f u proizvoljnoj taˇcki su takod¯e funkcije, koje zavise od istih argumenata kao i funkcija f . Pravilo vaˇzi i za obiˇcne i za parcijalne izvode prvog ili viˇseg reda. Konkretno, za funkciju f (x, y) ovo pravilo je oˇcigledno iz definicije (3). Posmatramo opˇsti sluˇcaj sloˇzene funkcije (1), tj. F (t1 , . . . , tm ) = f x1 (t1 , . . . , tm ), . . . , xn (t1 , . . . , tm ) . Njeni parcijalni izvodi se nalaze prema formulama (4)

∂F ∂f ∂x1 ∂f ∂xn = + ··· + ∂ti ∂x1 ∂ti ∂xn ∂ti

(i = 1, . . . , m) ,

gde su parcijalni izvodi ∂f /∂x1 , . . . , ∂f /∂xn funkcije ∂f ∂f ≡ x1 (t1 , . . . , tm ), . . . , xn (t1 , . . . , tm ) ∂xi ∂xi

(i = 1, . . . , n) .

42 Razmotrićemo nekoliko karakteristiˇcnih sluˇcajeva. 1◦ Funkcija f zavisi od samo jednog argumenta x1 ≡ g ≡ g(t1 , . . . , tm ) i definiˇse sloˇzenu funkciju (5) F (t1 , . . . , tm ) = f g(t1 , . . . , tm ) . Prema formulama (4) je ∂g ∂F = f (g) ∂ti ∂ti

(i = 1, . . . , m) .

Zadatak 1. Odrediti parcijalne izvode sloˇzenih funkcija z1 (x, y) = sin xy + ln xy ,

z2 (x, y) = exp arctan

x . x2 + y 2

Reˇsenje. Odred¯ujemo prvo parcijalne izvode funkcije z1 (x, y). prethodnu teoriju, uvodimo oznake g(x, y) = xy , Tada su

f1 (g) = sin g ,

F1 (x, y) = f1 g(x, y) = sin xy ,

Da bismo prosledili

f2 (g) = ln g .

F2 (x, y) = f2 g(x, y) = ln xy

sloˇzene funkcije oblika (5) i njihovi parcijalni izvodi su ∂F1 ∂F1 ∂g ∂g = f1 (g) = cos g · y = y cos xy , = f1 (g) = cos g · x = x cos xy , ∂x ∂x ∂y ∂y ∂F2 1 1 1 ∂F2 1 1 1 ∂g ∂g = f2 (g) = y= y= , = f2 (g) = x= x= . ∂x ∂x g xy x ∂y ∂y g xy y Kako je z1 (x, y) = F1 (x, y) + F2 (x, y) , to je ∂z1 ∂F1 ∂F2 1 = + = y cos xy + , ∂x ∂x ∂x x

∂z1 ∂F1 ∂F2 1 = + = x cos xy + . ∂y ∂y ∂y y

Za odred¯ivanje parcijalnih izvoda funkcije z2 (x, y) uvodimo oznake h(x, y) = Tada je

x2

x , + y2

g(h) = arctan h ,

f (g) = eg .

z2 (x, y) = f g h(x, y) ,

pa je ∂z2 1 y 2 − x2 ∂h = f (g) g (h) = eg ∂x ∂x 1 + h2 x2 + y 2 2 1 y 2 − x2 x = exp arctan 2 2 2 x x + y2 x2 + y 2 1+ x2 + y 2 2 2 x −y x =− exp arctan 2 x2 + y 2 x2 + x2 + y 2 i analogno

∂z2 2xy x =− . 2 exp arctan 2 ∂y x + y2 x2 + x2 + y 2

43 Na ovom mestu primećujemo i sledeće. Ako za funkciju iz Primera 5 uvedemo novu oznaku √ F (x, y), ona je takod¯e sloˇzena funkcija oblika (5) sa f (g) = g i g(x, y) = x2 + y 2 . Nadalje nećemo da uvodimo ovako detaljne i komplikovane oznake. Samo ćemo da utvrd¯ujemo broj argumenata svake od funkcija koje ulaze u sastav sloˇzene funkcije, a zatim i prirodu tih argumenata (nezavisno ili zavisno promenljive). Zadatak 2. Ako je f proizvoljna funkcija, pokazati da funkcija z(x, y) = y f x2 − y 2 zadovoljava jednaˇcinu 1 ∂z z 1 ∂z + = 2 . x ∂x y ∂y y

Reˇsenje. Funkcija f zavisi od jednog argumenta x2 − y 2 , pa je i f ≡ f x2 − y 2 . Zato je ∂z = yf · 2x = 2xyf , ∂x

∂z = f + yf · (−2y) = f − 2y 2 f . ∂y

Zamenom nad¯enih izvoda u levu stranu date jednaˇcine, sledi 1 1 1 ∂z 1 1 z z 1 ∂z + = · 2xyf + f − 2y 2 f = f = = 2 . x ∂x y ∂y x y y y y y Data jednaˇcina je primer parcijalne diferencijalne jednaˇcine prvog reda. 2◦ Funkcija f zavisi od n argumenata x1 , . . . , xn , pri ˇcemu su xi ≡ xi (t) (i = 1, . . . , n) funkcije samo jednog argumenta t1 ≡ t. Tada je (6) F (t) = f x1 (t), . . . , xn (t) sloˇzena funkcija i prema formulama (4) vaˇzi F (t) =

∂f ∂f x (t) + · · · + x (t) . ∂x1 1 ∂xn n

Zadatak 3. Ako je f proizvoljna funkcija i F (t) = f (t − 1, sin t) , naći F (t). Zatim naći F (t) u sluˇcaju f (x, y) = ex−y+1 . Reˇsenje. Uoˇcavamo da je F (t) sloˇzena funkcija (6) sa f (x1 , x2 ), x1 ≡ x1 (t) = t − 1, x2 ≡ x2 (t) = sin t. Zato je F (t) =

∂f ∂f ∂f ∂f x1 (t) + x2 (t) = + cos t , ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x2

gde je ∂f ∂f ≡ (t − 1, sin t) , ∂xi ∂xi

(i = 1, 2) .

Funkcija f (x, y) = ex−y+1 je oblika (5), pa je ∂f = ex−y+1 , ∂x

∂f = −ex−y+1 . ∂y

Stavljajući x1 ≡ x = t − 1, x2 ≡ y = sin t i primenjujući prethodni rezultat, sledi F (t) =

∂f ∂f + cos t = et−sin t − et−sin t cos t = (1 − cos t) et−sin t . ∂x ∂y

44 Kada je funkcija f poznata, u naˇsem sluˇcaju f (x, y) = ex−y+1 , jednostavnije je prvo naći sloˇzenu funkciju F (t) = et−sin t , a zatim i njen prvi izvod F (t) = et−sin t (t − sin t) = et−sin t (1 − cos t) . 3◦ Funkcija f zavisi od n argumenata x1 , . . . , xn , pri ˇcemu su xi ≡ xi (t) (i = 1, . . . , n) funkcije samo jednog argumenta t1 ≡ t i specijalno x1 ≡ x1 (t) = t. Tada je F (t) = f t, x2 (t), . . . , xn (t) sloˇzena funkcija oblika (6) i vaˇzi F (t) =

∂f ∂f ∂f + x (t) + · · · + x (t) . ∂t ∂x2 2 ∂xn n

Zadatak 4. Ako je f proizvoljna funkcija i F (t) = f (t, t2 , ln t) , naći F (t). Reˇsenje. F (t) je sloˇzena funkcija (6) sa f (x1 , x2 , x3 ), x1 ≡ x1 (t) = t, x2 ≡ x2 (t) = t2 , x3 (t) ≡ x3 (t) = ln t. Zato je F (t) =

∂f ∂f ∂f 1 ∂f ∂f ∂f x2 (t) + x3 (t) = + . + + 2t ∂t ∂x2 ∂x3 ∂t ∂x2 t ∂x3

4◦ Funkcija f zavisi od dva argumenta x1 ≡ x ≡ x(u, v), x2 ≡ y ≡ y(u, v), pri ˇcemu su x(u, v), y(u, v) funkcije takod¯e dva argumenta t1 ≡ u i t2 ≡ v. Tada je (7) F (u, v) = f x(u, v), y(u, v) sloˇzena funkcija za koju, prema formulama (4), vaˇzi ∂f ∂x ∂f ∂y ∂F = + , ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u

∂F ∂f ∂x ∂f ∂y = + . ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

Zadatak 5. Neka je f (x, y) proizvoljna funkcija i x = uev , y = ue−v . Formirati odgovarajuću sloˇzenu funkciju i naći njene parcijalne izvode. Reˇsenje. Sloˇzena funkcija je oblika (7), F (u, v) = f x(u, v), y(u, v) = f uev , ue−v . Kako je ∂x = ev , ∂u

∂x = uev , ∂v

∂y = e−v , ∂u

∂y = −ue−v , ∂v

to je ∂F ∂f ∂f = ev + e−v , ∂u ∂x ∂y

∂f ∂f ∂F = uev − ue−v . ∂v ∂x ∂y Zadatak 6. Neka je f (x, y) proizvoljna funkcija i x = uv, y = u2 −v 2 /2. Transformisati izraz

∂f 2 ∂x

+

∂f 2 ∂y

,

koji zavisi od promenljivih x i y, na izraz koji zavisi od promenljivih u i v.

45 Reˇsenje. Kako je x ≡ x(u, v) = uv, y ≡ y(u, v) = u2 − v 2 /2, to je ∂x =v , ∂u

∂x =u, ∂v

∂y =u, ∂u

∂y = −v . ∂v

Formiramo sloˇzenu funkciju oblika (7), u2 − v 2 F (u, v) = f x(u, v), y(u, v) = f uv, 2 i nalazimo njene parcijalne izvode ∂F ∂f ∂f =v +u , ∂u ∂x ∂y

∂F ∂f ∂f =u −v . ∂v ∂x ∂y

Radi preglednosti, dobijene izraze zapisujemo drugaˇcije, Fu = vfx + ufy ,

Fv = ufx − vfy .

Poslednje dve jednakosti tretiramo kao sistem jednaˇcina po nepoznatim izvodima fx i fy . Prvu jednaˇcinu mnoˇzimo sa v, drugu sa u i sabiramo. Dobija se vFu + uFv = u2 + v 2 fx , odakle je fx =

vFu + uFv . u2 + v 2

Zamenom fx u jednu od jednaˇcina sistema, npr. prvu, sledi Fu = v

vFu + uFv v 2 Fu + uvFv + uf = + ufy , y u2 + v 2 u2 + v 2

pa je fy =

ufy = Fu −

v 2 Fu + uvFv u2 Fu − uvFv = , u2 + v 2 u2 + v 2

uFu − vFv . u2 + v 2

Imajući u vidu da je Fu ≡ Fu (u, v) i Fv ≡ Fv (u, v), izvode fx i fy smo iskazali u zavisnosti od novih promenljivih u, v, pa moˇzemo da izvrˇsimo traˇzenu transformaciju. Dobija se ∂f 2 ∂x

+

∂f 2 ∂y

≡ fx2 + fy2 =

vF + uF 2 uF − vF 2 Fu2 + Fv2 u v u v + = · · · = . u2 + v 2 u2 + v 2 u2 + v 2

Zadatak 7. Neka je f (x, y) proizvoljna funkcija i u = (x + y)/2, v = (y − x)/2. Transformisati izraz ∂f ∂f + , ∂x ∂y koji zavisi od promenljivih x i y, na izraz koji zavisi od promenljivih u i v. Reˇsenje. Iz u = (x + y)/2, v = (y − x)/2 sledi x=u−v ,

y =u+v

i zadatak se dalje reˇsava kao Zadatak 6. Zadatak reˇsavamo na drugi naˇcin. Iz sistema funkcija x = x(u, v), y = y(u, v) sledi sistem inverznih funkcija u = u(x, y) , v = v(x, y) ,

46 pa iz F (u, v) = f x(u, v), y(u, v) sledi f (x, y) = F u(x, y), v(x, y) . Funkcija f (x, y) je oblika (7) i ima parcijalne izvode fx = Fu ux + Fv vx ,

fy = Fu uy + Fv vy .

U naˇsem sluˇcaju je ux = u y =

1 , 2

vx = −

1 , 2

vy =

1 ; 2

fx =

Fu − Fv , 2

fy =

Fu + Fv 2

i dati izraz se transformiˇse u ∂f ∂f + ≡ fx + fy = Fu . ∂x ∂y

Totalni diferencijal prvog reda Neka je f (x1 , . . . , xn ) funkcija n promenljivih, X(x1 , . . . , xn ) proizvoljna i A(a1 , . . . , an ) konkretna taˇcka. Takod¯e, neka su Δx1 , . . . , Δxn priraˇstaji promenljivih x1 , . . . , xn redom. Totalni priraˇstaj funkcije f (x1 , . . . , xn ) u taˇcki A je Δf (A) = f (a1 + Δx1 , . . . , an + Δxn ) − f (a1 , . . . , an ) ili ˇceˇsće Δf (A) = f (X) − f (A) = f (x1 , . . . , xn ) − f (a1 , . . . , an ) . U taˇcki X totalni priraˇstaj je Δf ≡ Δf (X) = f (x1 + Δx1 , . . . , xn + Δxn ) − f (x1 , . . . , xn ) . Totalni diferencijal prvog reda ili prvi diferencijal funkcije f (x1 , . . . , xn ) u taˇcki A je df (A) =

∂f ∂f (A) Δx1 + · · · + (A) Δxn , ∂x1 ∂xn

a u taˇcki X df ≡ df (X) =

∂f ∂f Δx1 + · · · + Δxn . ∂x1 ∂xn

Izmed¯u totalnog priraˇstaja i prvog diferencijala postoji veza iskazana jednakoˇsću Δf (A) = df (A) + ω(X) ρ(X, A) , gde je ω(X) funkcija neprekidna u taˇcki A i takva da ω(X) → 0 kad metrika ρ(X, A) → 0. Ukoliko su x1 , . . . , xn nezavisno promenljive, tada je Δxi = dxi (i = 1, . . . , n), pa izraz za prvi diferencijal glasi (8)

df =

∂f ∂f dx1 + · · · + dxn . ∂x1 ∂xn

Jednakost (8) vaˇzi i ako su x1 , . . . , xn funkcije, ˇsto je osobina poznata pod imenom invarijantnost forme prvog diferencijala. Za prvi diferencijal funkcija viˇse promenljivih vaˇze iste osobine, koje se odnose na zbir, proizvod i koliˇcnik funkcija, kao i za prvi diferencijal funkcija jedne promenljive. Na primer, za proizvod funkcija f (x1 , . . . , xn ) i g(x1 , . . . , xn ) je d(f g) = df g + f dg .

47 Primer 7. Odred¯ujemo prvi diferencijal funkcije z(x, y) = xy x2 + y 2 . Parcijalne izvode smo naˇsli u Primeru 6 i oni su ∂z = 3x2 y + y 3 , ∂x

∂z = x3 + 3xy 2 . ∂y

Prema formuli (8), prvi diferencijal je dz =

∂z ∂z dx + dy = 3x2 y + y 3 dx + x3 + 3xy 2 dy . ∂x ∂y

Prvi diferencijal ćemo da odredimo i drugaˇcije. Neka je f (x, y) = xy i g(x, y) = x2 + y 2 . Kako je fx = y, fy = x, gx = 2x, gy = 2y, prema (8) je df = fx dx + fy dy = y dx + x dy ,

dg = gx dx + gy dy = 2x dx + 2y dy .

Funkcija z(x, y) je proizvod funkcija f (x, y) i g(x, y), pa je dz = d(f g) = df g + f dg = (y dx + x dy) x2 + y 2 + xy(2x dx + 2y dy) = 3x2 y + y 3 dx + x3 + 3xy 2 dy .

Parcijalni izvodi viˇ seg reda Neka je f (x, y) funkcija dve promenljive. Parcijalni izvodi prvog reda funkcije f su takod¯e funkcije, koje zavise od istih argumenata kao i funkcija f , tj. fx ≡ fx (x, y), fy ≡ fy (x, y). Zato je od funkcija fx i fy moguće traˇziti njihove parcijalne izvode prvog reda ∂fx ∂ ∂f , ≡ ∂x ∂x ∂x

∂fx ∂ ∂f , ≡ ∂y ∂y ∂x

∂fy ∂ ∂f , ≡ ∂x ∂x ∂y

∂fy ∂ ∂f . ≡ ∂y ∂y ∂y

Ovi izvodi su parcijalni izvodi drugog reda funkcije f . Njihove oznake su: ∂2f ∂ ∂f , ≡ f = xx ∂x2 ∂x ∂x ∂2f ∂ ∂f ≡ fyx = , ∂x∂y ∂x ∂y

∂2f ∂ ∂f ≡ fxy = , ∂y∂x ∂y ∂x ∂2f ∂ ∂f ≡ f = yy ∂y 2 ∂y ∂y

i sliˇcne. Kako su i drugi izvodi funkcije fxx (x, y), fxy (x, y), fyx (x, y), fyy (x, y), mogu da se traˇze njihovi prvi izvodi. To su parcijalni izvodi trećeg reda funkcije f , npr. ∂ ∂2f ∂3f , ≡ f = xxx ∂x3 ∂x ∂x2

∂3f ∂ ∂2f . ≡ f = xxy ∂y∂x2 ∂y ∂x2

Zakljuˇcujemo da se parcijalni izvodi odred¯uju sukcesivno: izvodi prvog reda diferenciranjem funkcije f , izvodi drugog reda diferenciranjem izvoda prvog reda fx , fy , izvodi trećeg reda diferenciranjem izvoda drugog reda, itd. Parcijalni izvodi viˇseg reda funkcije f (x1 , x2 , . . . , xn ) se dobijaju analogno, sukcesivnim diferenciranjem. Izvodi u kojima se diferenciranje vrˇsi po razliˇcitim promenljivama, npr. fxy i fyx , zovu se meˇsoviti izvodi. Oni u opˇstem sluˇcaju nisu med¯usobno jednaki. Mi radimo samo sa sluˇcajevima kada jesu jednaki, pa ćemo najˇceˇsće da odred¯ujemo samo jedan od njih.

48 Primer 8. Pokazujemo da su svi parcijalni izvodi trećeg reda funkcije f (x, y) = xy 2 konstante. Prvo odred¯ujemo parcijalne izvode prvog reda fx = y 2 ,

fy = 2xy ,

fxy = 2y ;

fyx = 2y ,

zatim parcijalne izvode drugog reda: fxx = 0 ,

fyy = 2x

i na kraju parcijalne izvode trećeg reda: fxxx = 0 ,

fxxy = 0 ,

fxyx = 0 ,

fxyy = 2 ;

fyxx = 0 ,

fyxy = 2 ,

fyyx = 2 ,

fyyy = 0 .

Zadatak 8. Ako je f proizvoljna funkcija, odrediti parcijalne izvode drugog reda funkcije z(x, y) = y f x2 − y 2 . Reˇsenje. Parcijalne izvode prvog reda smo naˇsli u Zadatku 2 i oni su zx = 2xyf , zy = f − 2y 2 f , gde je f ≡ f x2 − y 2 , f ≡ f x2 − y 2 . Parcijalne izvode drugog reda nalazimo diferenciranjem izvoda prvog reda. Dobija se: ∂zx ∂x ∂zx zxy ≡ ∂y ∂zy zyx ≡ ∂x ∂zy zyy ≡ ∂y gde je f ≡ f x2 − y 2 . zxx ≡

= 2yf + 2xyf · 2x = 2yf + 4x2 yf , = 2xf + 2xyf · (−2y) = 2xf − 4xy 2 f , = f · 2x − 2y 2 f · 2x = 2xf − 4xy 2 f , = f · (−2y) − 4yf − 2y 2 f · (−2y) = −6yf + 4y 3 f , Primećujemo da je zxy = zyx .

Zadatak 9. Ako su f i g proizvoljne funkcije, pokazati da funkcija z(x, y) = x f (x + y) + y g(x + y) zadovoljava jednaˇcinu

∂2z ∂2z ∂2z + − 2 =0. ∂x2 ∂x∂y ∂y 2

Reˇsenje. Parcijalni izvodi prvog reda su zx = f + xf + yg ,

zy = xf + g + yg ,

gde je f ≡ f (x + y), g ≡ g(x + y), f ≡ f (x + y), g ≡ g (x + y). Diferenciranjem izvoda prvog reda dobijaju se parcijalni izvodi drugog reda: ∂2z ∂zx = f + f + xf + yg = 2f + xf + yg , = 2 ∂x ∂x ∂2z ∂zy = = f + xf + g + yg = f + g + xf + yg , ∂x∂y ∂x ∂zy ∂2z = xf + g + g + yg = 2g + xf + yg , = 2 ∂y ∂y

49 gde je f ≡ f (x + y), g ≡ g (x + y). Zamenom nad¯enih izvoda u levu stranu date jednaˇcine, sledi ∂2z ∂2z ∂2z −2 + 2 = (2f + xf + yg ) − 2(f + g + xf + yg ) + (2g + xf + yg ) = 0 . 2 ∂x ∂x∂y ∂y Zadatak 10. jednaˇcinu

Neka je f (x, y) proizvoljna funkcija i x = uv, y = 1/v. Transformisati fxx + 2xy 2 fx + 2y 1 − y 2 fy + x2 y 2 f = 0

sa promenljivama x i y na jednaˇcinu sa promenljivama u i v. Reˇsenje. Kako je xu = v, xv = u, yu = 0, yv = −1/v 2 , formiramo sloˇzenu funkciju 1 F (u, v) = f x(u, v), y(u, v) = f uv, v i nalazimo njene parcijalne izvode prvog reda Fu = fx xu + fy yu = vfx ,

Fv = fx xv + fy yv = ufx −

1 fy . v2

Poslednje dve jednakosti tretiramo kao sistem jednaˇcina po fx i fy . Iz prve jednakosti iskazujemo fx i zamenjujemo u drugu jednakost. Dobija se 1 Fu , fy = uvFu − v 2 Fv . v Imajući u vidu fx ≡ fx x(u, v), y(u, v) , fy ≡ fy x(u, v), y(u, v) , odred¯ujemo parcijalni izvod drugog reda ∂ ∂fx Fuu = (vfx ) = v = v(fxx xu + fxy yu ) = v 2 fxx ∂u ∂u i iz njega iskazujemo 1 fxx = 2 Fuu . v Zamenjujući u datu jednakost sve potrebne veliˇcine, ona se transformiˇse u fx =

1 1 1 1 1 2 2 uvF F 1 − + u2 v 2 2 F = 0 , F + 2uv + − v F uu u u v v2 v2 v v v2 v odnosno, posle mnoˇzenja sa v 2 i sred¯ivanja, Fuu + 2uFu + 2 v 2 − 1 (uFu − vFv ) + u2 v 2 F = 0 . Zadatak moˇze da se reˇsi i drugaˇcije, sliˇcno kao Zadatak 7. Iz sistema x = uv, y = 1/v sledi u = xy, v = 1/y, pa funkcija f (x, y) = F u(x, y), v(x, y) ima parcijalne izvode fx = Fu ux + Fv vx = yFu ,

fy = Fu uy + Fv vy = xFu −

1 Fv y2

i, zbog Fu ≡ Fu u(x, y), v(x, y) , fxx =

∂ ∂Fu (yFu ) = y = y(Fuu ux + Fuv vx ) = y 2 Fuu . ∂x ∂x

Data jednakost se transformiˇse u 1 1 1 1 1 1 (uvFu − v 2 Fv ) + u2 v 2 2 F = 0 , F 1 − F + 2uv + 2 uu u v2 v2 v v v2 v

50 ˇsto po sred¯ivanju daje isti rezultat. Zadata i dobijena jednaˇcina imaju isti oblik. U ovakvom sluˇcaju se za polaznu jednaˇcinu kaˇze da je invarijantna u odnosu na izvrˇsenu transformaciju. I uopˇsteno, izraz koji ne menja svoj oblik posle neke transformacije je invarijantan u odnosu na tu transformaciju.

Totalni diferencijali viˇ seg reda Neka je f (x1 , . . . , xn ) funkcija n promenljivih. Totalni diferencijali viˇseg reda (drugi diferencijal, treći diferencijal, itd.) se odred¯uju sukcesivno pomoću dm f = d dm−1 f

(m = 2, 3, . . . ) ,

krećući od prvog diferencijala koji se odred¯uje prema (8). Radi ilustracije, nalazimo drugi diferencijal funkcije f (x, y) i pri tome imamo u vidu sledeće ˇcinjenice. Za nezavisno promenljive x i y je dx = Δx, dy = Δy. Priraˇstaji dx = Δx i dy = Δy ne zavise od samih promenljivih x, y, pa se ponaˇsaju kao konstante u odnosu na diferenciranje po x i y. Zato je d2 x = d(dx) = 0 ,

d2 y = d(dy) = 0 .

Sada je d2 f = d(df ) = d(fx dx + fy dy) = d(fx dx) + d(fy dy) = d(fx )dx + fx d(dx) + d(fy )dy + fy d(dy) = d(fx )dx + d(fy )dy = (fxx dx + fxy dy)dx + (fyx dx + fyy dy)dy = fxx dx2 + fxy dydx + fyx dxdy + fyy dy 2 . Pod pretpostavkom fxy = fyx , dobija se (9)

d2 f = fxx dx2 + 2fxy dxdy + fyy dy 2 .

Skrećemo paˇznju na znaˇcenje upotrebljenih oznaka. Ako je g bilo kakva promenljiva, tada je d2 g = d(dg) = dg 2 = (dg)2 , tj. d2 g je oznaka drugog diferencijala, dok je dg 2 kvadrat prvog diferencijala promenljive g! Izraz (9) se predstavlja u operatorskom obliku jer se taj oblik lako generalizuje i pamti. Operatorski oblik je poznat pod imenom kvadratna forma i glasi d2 f =

2 ∂ ∂ dx + dy f . ∂x ∂y

Navedeni izraz formalno izgleda kao kvadrat binoma, pa se formalno tako i razvija: ∂ 2 ∂2 ∂ ∂ ∂2 ∂ 2 2 dx + dy f = dx dy f dx + dy + 2 ∂x ∂y ∂x2 ∂y 2 ∂x ∂y ∂2 ∂2 ∂2 2 2 = dx + dy + 2 dxdy f ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂2f ∂2f 2 ∂2f 2 dxdy ≡ fxx dx2 + fyy dy 2 + 2fxy dxdy . dx + dy + 2 = ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y Matematiˇckom indukcijom se pokazuje da vaˇzi dm f =

m ∂ ∂ dx + dy f ∂x ∂y

(m = 2, 3, . . . ) ,

51 pri ˇcemu izraz u zagradi treba formalno razvijati po binomnoj formuli. Na primer, treći diferencijal funkcije f (x, y), uz pretpostavku jednakosti meˇsovitih izvoda, je (10)

d3 f =

3 ∂ ∂ ∂3f 3 ∂3f ∂3f ∂3f 3 2 2 dx dxdy dy . dx + dy f = dx + 3 + 3 dy + ∂x ∂y ∂x3 ∂x2 ∂y ∂x∂y 2 ∂y 3

Razvijanje je izvrˇseno prema obrascu (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 (binomna formula (a + b)m za m = 3), koji je studentima poznat iz ranijeg ˇskolovanja. U sluˇcaju funkcije f (x1 , . . . , xn ), operatorski oblik m–tog diferencijala je dm f =

m ∂ ∂ dx1 + · · · + dxn f . ∂x1 ∂xn

Na primer, drugi diferencijal funkcije f (x, y, z), uz pretpostavku jednakosti meˇsovitih izvoda, je (11)

2 ∂ ∂ ∂ dx + dy + dz f ∂x ∂y ∂z ∂2f 2 2 ∂ f 2 ∂ f 2 ∂2f 2 ∂2f ∂2f = dx + dy + dz + 2 dxdy + dxdz + dydz . ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z

d2 f =

Razvijanje je izvrˇseno prema poznatom obrascu (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc). Primer 9. Odred¯ujemo d3 f funkcije f (x, y) = x3 y + xy 3 . Prvo odred¯ujemo potrebne parcijalne izvode: fx = 3x2 y + y 3 , fxx = 6xy , fxxx = 6y ,

fy = x3 + 3xy 2 ;

fxy = fyx = 3x2 + 3y 2 ,

fyy = 6xy ;

fxxy = fxyx = fyxx = 6x ,

fxyy = fyxy = fyyx = 6y ,

fyyy = 6x ,

a zatim primenjujemo (10) i dobijamo d3 f = fxxx dx3 + 3fyxx dx2 dy + 3fyyx dxdy 3 + fyyy dy 3 = 6y dx3 + 18x dx2 dy + 18y dxdy 3 + 6x dy 3 . Primer 10. Odred¯ujemo d2 f funkcije f (x, y, z) = xyz . Potrebni parcijalni izvodi su: fx = yz , fy = xz , fz = xy ; fxx = 0 , fxy = fyx = z , fxz = fzx = y ,

fyy = 0 ,

fyz = fzy = x ,

fzz = 0

i prema (11) sledi d2 f = fxx dx2 + fyy dy 2 + fzz dz 2 + 2(fyx dxdy + fzx dxdz + fzy dydz) = 2(z dxdy + y dxdz + x dydz) .

52

Taylorova formula Prvo navodimo Taylorovu formulu za funkcije jedne nezavisno promenljive f (x), koja je studentima već poznata. Neka je x proizvoljna taˇcka iz okoline U (a) konkretne taˇcke a. Tada vaˇzi n 1 (k) f (a) (x − a)k + Rn (x) , f (x) = f (a) + k! k=1

gde je Rn (x) =

1 f (n+1) (ξ) (x − a)n+1 (n + 1)!

ostatak Taylorove formule i ξ ∈ U (a). Navedeni oblik Taylorove formule nije moguće generalizovati. Zato je dovodimo na drugaˇciji, ekvivalentni oblik. Kako je dx = Δx = x − a i dk f (x) = f (k) (x) dxk , to je f (k) (a) (x − a)k = f (k) (a) dxk = dk f (a), pa je f (x) = f (a) +

n 1 k d f (a) + Rn (x) , k!

k=1

gde je Rn (x) =

1 dn+1 f (ξ) (n + 1)!

ξ ∈ U (a) .

Taylorova formula za funkcije viˇse nezavisno promenljivih f (x1 , . . . , xn ) ima isti oblik. Ako je X(x1 , . . . , xn ) proizvoljna taˇcka iz okoline U (A) konkretne taˇcke A(a1 , . . . , an ), za funkciju f (X) ≡ f (x1 , . . . , xn ) vaˇzi Taylorova formula (12)

n 1 k f (X) = f (A) + d f (A) + Rn (X) , k! k=1

gde je Rn (X) =

1 dn+1 f (Ξ) Ξ ∈ U (A) . (n + 1)!

Zanemarujući ostatak Rn (X) i imajući u vidu Δf (A) = f (X) − f (A), iz jednakosti (12) sledi pribliˇzna jednakost n 1 k d f (A) . Δf (A) ≈ k! k=1

U praksi su najznaˇcajniji sluˇcajevi koji se dobijaju za n = 1 i n = 2, (13)

Δf (A) ≈ df (A) ,

Δf (A) ≈ df (A) +

1 2 d f (A) . 2

3.4. Ekstremne vrednosti Ekstremne vrednosti (ekstremumi) funkcija mogu da budu lokalne ili globalne (apsolutne). Lokalni ekstremumi se definiˇsu na proizvoljno malim, a globalni na proizvoljno velikim oblastima. Kod lokalnih ekstremuma se razlikuju slobodni (bezuslovni) i vezani (uslovni) ekstremumi.

Slobodni ekstremumi Slobodni ekstremumi funkcija viˇse promenljivih se definiˇsu formalno isto kao kod funkcija jedne promenljive. Ako postoji okolina U (X0 ) taˇcke X0 takva da za svaku taˇcku X ∈ U (X0 ), X = X0 vaˇzi Δf (X0 ) = f (X) − f (X0 ) > 0 ,

53 tada je f (X0 ) minimum funkcije f (X) ≡ f (x1 , . . . , xn ). Analogno, ako je Δf (X0 ) = f (X) − f (X0 ) < 0 , f (X0 ) je maksimum funkcije f (X). Za minimum i maksimum ćemo da koristimo oznake fmin = f (X0 ) ,

fmax = f (X0 ) .

Navedena definicija podrazumeva da je X0 jedina taˇcka iz okoline U (X0 ) u kojoj funkcija f (X) ima ekstremum. Za takav ekstremum se kaˇze da je strogi ekstremum. Definicijom nisu obuhvaćeni sluˇcajevi kada funkcija ima ekstremum u geometrijskom mestu taˇcaka (nestrogi ekstremum). Zato su ˇceˇsće definicione nejednakosti (14)

Δf (X0 ) = f (X) − f (X0 ) ≥ 0 ,

Δf (X0 ) = f (X) − f (X0 ) ≤ 0

za minimum i maksimum redom. Grafiˇcki prikaz strogog i nestrogog ekstremuma dat je na sledećoj slici. Geometrijsko mesto taˇcaka u kojima funkcija ima nestrogi ekstremum su sve taˇcke sa dela prave iz okoline, koja prolazi kroz X0 i X1 .

z

f( X 0 ) z=f(x,y)

y

X0 x

U( X 0 )

fmax = f( X 0 ) z

z=f(x,y) f( X 0 ) = f( X1 )

y

X0 x

X1

U( X 0 )

fmin = f( X 0 ) = f( X1 ) Slika 8.

Slobodni ekstremumi su lokalni jer su definisani na okolinama (proizvoljno male oblasti). Jedna od mogućih posledica je da se u razliˇcitim taˇckama X0 i X1 dobije, npr., fmin = f (X0 ) > fmax = f (X1 ). Potrebni uslovi egzistencije ekstremuma su sledeći. Neka funkcija f (X) ima ekstremum u taˇcki X0 . Tada za njene parcijalne izvode prvog reda u taˇcki X0 vaˇzi: svi su jednaki 0, neki ili svi ne postoje. Taˇcka X0 u kojoj su svi parcijalni izvodi jednaki 0 zove se stacionarna taˇcka. Primer 11. Paraboloid z = f (x, y) = x2 + y 2 ima minimum u taˇcki X0 (0, 0), ˇsto se vidi sa Slike 2, a lako se i proverava prema (14), Δf (X0 ) = f (X) − f (X0 ) = f (x, y) − f (0, 0) = x2 + y 2 > 0 .

54 Taˇcka X0 je stacionarna jer za parcijalne izvode vaˇzi: fx = 2x , Konus z = f (x, y) = takod¯e sledi iz

fy = 2y ,

fx (X0 ) = 0 ,

fy (X0 ) = 0 .

x2 + y 2 ima minimum u taˇcki X0 (0, 0), ˇsto se vidi sa Slike 3, a

Δf (X0 ) = f (X) − f (X0 ) = f (x, y) − f (0, 0) =

x2 + y 2 > 0 .

U ovoj taˇcki parcijalni izvodi ne postoje (Primer 5). Navedeni potrebni uslovi nisu i dovoljni. Preciznije, taˇcka X0 moˇze da bude stacionarna ili takva da u njoj ne postoje izvodi, a da funkcija f (X) u njoj ipak nema ekstremum. Primer 12. Funkcija f (x, y) = y 2 − x2 ima stacionarnu taˇcku X0 (0, 0), ˇsto sledi iz fx = −2x ,

fy = 2y ,

fx (X0 ) = 0 ,

fy (X0 ) = 0 .

Da funkcija nema ekstremum u ovoj taˇcki, proveravamo prema definiciji. Totalni priraˇstaj je Δf (X0 ) = f (X) − f (X0 ) = f (x, y) − f (0, 0) = y 2 − x2 . Za sve taˇcke X(x, y) sa x–ose, pa i za X ∈ U (X0 ), je y = 0 i Δf (X0 ) = f (x, 0) − f (0, 0) = −x2 < 0 . Za sve taˇcke X(x, y) sa y–ose, pa i za X ∈ U (X0 ), je x = 0 i Δf (X0 ) = f (0, y) − f (0, 0) = y 2 > 0 . Vidimo da u svakoj okolini U (X0 ) postoje taˇcke u kojima je priraˇstaj negativan (one sa x–ose), ali postoje i taˇcke u kojima je priraˇstaj pozitivan (one sa y–ose). Dakle, u svakoj okolini taˇcke X0 priraˇstaj menja znak ili, drugim reˇcima, ne postoji okolina U (X0 ) na kojoj vaˇzi neka od nejednakosti (14). Na osnovu Primera 12 zakljuˇcujemo da su stacionarne taˇcke i taˇcke u kojima ne postoje parcijalni izvodi samo ”kandidati za ekstremum”, ne i taˇcke u kojima funkcija sigurno ima ekstremum. Zato ove taˇcke treba dodatno proveravati. Taˇcke u kojima ne postoje izvodi se proveravaju direktno prema definiciji, kako je to urad¯eno u Primeru 12. Za proveru stacionarnih taˇcaka se formuliˇsu dovoljni uslovi egzistencije ekstremuma. Oni se sastoje u tome da se u stacionarnoj taˇcki X0 umesto znaka priraˇstaja Δf (X0 ) ispituje znak drugog diferencijala d2 f (X0 ), pod pretpostavkom da u okolini U (X0 ) nije d2 f (X0 ) ≡ 0. Ovo je moguće zbog df (X0 ) = 0 i (13), tj. zbog 1 1 Δf (X0 ) ≈ df (X0 ) + d2 f (X0 ) = d2 f (X0 ) . 2 2 Razmatramo sve sluˇcajeve. 1◦ Ako je d2 f (X0 ) > 0 u U (X0 ), priraˇstaj je Δf (X0 ) ≥ 0 i funkcija f (X) ima minimum fmin = f (X0 ). 2◦ Ako je d2 f (X0 ) < 0 u U (X0 ), priraˇstaj je Δf (X0 ) ≤ 0 i funkcija f (X) ima maksimum fmax = f (X0 ). 3◦ Ako d2 f (X0 ) menja znak u U (X0 ), priraˇstaj Δf (X0 ) menja znak i funkcija f (X) nema ekstremum u taˇcki X0 . 4◦ Ako je d2 f (X0 ) ≥ 0 u U (X0 ), postoje taˇcke X ∈ U (X0 ) u kojima je d2 f (X0 ) > 0 i taˇcke Y ∈ U (X0 ) u kojima je d2 f (X0 ) = 0. U taˇckama X je priraˇstaj Δf (X0 ) ≥ 0. U taˇckama Y priraˇstaj moˇze da bude Δf (X0 ) ≥ 0, ali i Δf (X0 ) ≤ 0, ˇsto se ispituje direktno prema definiciji priraˇstaja. Ako je Δf (X0 ) ≥ 0 u Y , priraˇstaj ima isti znak i u taˇckama X i u taˇckama Y , tj. priraˇstaj ima isti znak Δf (X0 ) ≥ 0 u celoj okolini U (X0 ). Zato funkcija f (X) ima minimum

55 fmin = f (X0 ). Ako je Δf (X0 ) ≤ 0 u Y , priraˇstaj ima razliˇcit znak u taˇckama X i Y , tj. priraˇstaj menja znak u okolini U (X0 ). Zato funkcija f (X) nema ekstremum u taˇcki X0 . 5◦ Ako je d2 f (X0 ) ≤ 0 u U (X0 ), razmatranje se vrˇsi analogno kao pod 4◦ . U sluˇcaju kada je d2 f (X0 ) ≡ 0 u svakoj okolini U (X0 ), egzistencija ekstremuma u stacionarnoj taˇcki se proverava pomoću diferencijala viˇseg reda (trećeg, ˇcetvrtog, itd.) ili direktno pomoću znaka priraˇstaja. Prethodno navedeni dovoljni uslovi egzistencije ekstremuma u stacionarnoj taˇcki se odnose na funkcije proizvoljnog broja promenljivih. Specijalno, ali samo za funkcije dve promenljive f (x, y), formulisan je sledeći jednostavan i veoma popularan kriterijum. Neka je X0 stacionarna taˇcka i A = fxx (X0 ) , B = fxy (X0 ) , C = fyy (X0 ) . Formiramo izraz AC − B 2 i utvrd¯ujemo njegov znak. Ako je AC − B 2 > 0 , funkcija ima ekstremum u taˇcki X0 i to: minimum fmin = f (X0 ) za A > 0 ili maksimum fmax = f (X0 ) za A < 0. Ako je AC − B 2 < 0 , funkcija nema ekstremum u taˇcki X0 . Ako je AC − B 2 = 0 , ovaj kriterijum ne daje odgovor. U ovom sluˇcaju treba primenjivati opˇste razmatranje dato pod 1◦ –5◦ . Zadatak 11. Ukoliko postoje, odrediti slobodne ekstremume funkcije f (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 + 4xy − 2y 2 . Reˇsenje. Da bismo naˇsli stacionarne taˇcke, reˇsavamo sistem nelinearnih jednaˇcina fx = 4x3 − 4x + 4y = 0 ,

fy = 4y 3 + 4x − 4y = 0 .

Sabiranjem jednaˇcina sledi 4x3 + 4y 3 = 0 ,

y 3 = −x3 ,

y = −x ,

ˇsto zamenom u jednu od jednaˇcina, npr. prvu, daje 4x3 − 4x − 4x = 0 ,

x3 − 2x = 0 ,

x x2 − 2 = 0 ,

x(x −

√

2)(x +

√

2) = 0 ,

√ √ √ odakle je x1√= 0, x2 = 2, x3 = − 2 i, zbog y = −x, y1 = −x1 = 0, y2 = −x2 = − 2, y3 = −x3 = 2. Prema tome, stacionarne taˇcke su: X1 (x1 , y1 ) ≡ X1 (0, 0) ,

√ √ X2 (x2 , y2 ) ≡ X2 ( 2, − 2) ,

√ √ X3 (x3 , y3 ) ≡ X3 (− 2, 2) .

Napominjemo da sistemi nelinearnih jednaˇcina u opˇstem sluˇcaju ne mogu da se reˇse na ovakav naˇcin (analitiˇcki). Oni se reˇsavaju numeriˇcki. Mi ćemo da radimo samo sa sistemima koje je moguće reˇsiti analitiˇcki. Proveravamo svaku od dobijenih stacionarnih taˇcaka. Kako je f (x, y) funkcija dve promenljive, primenjujemo ranije navedeni kriterijum. U tom cilju nalazimo fxx = 12x2 − 4 ,

fxy = 4 ,

fyy = 12y 2 − 4 .

56 U stacionarnoj taˇcki X1 (0, 0) je A = fxx (X1 ) = −4 ,

B = fxy (X1 ) = 4 ,

C = fyy (X1 ) = −4 ,

AC − B 2 = 0 ,

pa ne znamo da li u X1 funkcija ima ekstremum. Zato, koristeći (9), nalazimo d2 f (X1 ) = fxx (X1 ) dx2 + 2fxy (X1 ) dxdy + fyy (X1 ) dy 2 = A dx2 + 2B dxdy + C dy 2 = −4dx2 + 8dxdy − 4dy 2 = −4 dx2 − 2dxdy + dy 2 = −4(dx − dy)2 ≤ 0 , ˇsto je sluˇcaj 5◦ . Posmatramo taˇcke Y ∈ U (X1 ) u kojima je d2 f (X1 ) = 0, tj. dx = Δx = dy = Δy = 0. (Priraˇstaji Δx i Δy ne smeju istovremeno da budu jednaki 0.) U taˇckama Y je priraˇstaj Δf (X1 ) = f (0 + Δx, 0 + Δy) − f (0, 0) = (Δx)4 + (Δy)4 − 2(Δx)2 + 4ΔxΔy − 2(Δy)2 = (Δx)4 + (Δx)4 − 2(Δx)2 + 4ΔxΔx − 2(Δx)2 = 2(Δx)4 > 0 . Kako u svim ostalim taˇckama X ∈ U (X1 ), X = Y vaˇzi d2 f (X1 ) < 0 i Δf (X1 ) ≤ 0, u svakoj okolini U (X1 ) priraˇstaj Δf (X1 ) menja znak, pa funkcija f (x, y) nema ekstremum u X1 . √ √ U stacionarnoj taˇcki X2 ( 2, − 2) je A = fxx (X2 ) = 20 ,

B = fxy (X2 ) = 4 ,

C = fyy (X2 ) = 20 ,

AC − B 2 = 400 − 16 > 0 ,

pa funkcija f (x, y) ima ekstremum u X2 . Kako je A = 20 > 0, radi se o minimumu i on je √ √ √ √ √ √ fmin = f (X2 ) = ( 2)4 + (− 2)4 − 2( 2)2 + 4 2(− 2) − 2(− 2)2 = −8 . √ √ U stacionarnoj taˇcki X3 (− 2, 2) je A = fxx (X3 ) = 20 ,

B = fxy (X3 ) = 4 ,

C = fyy (X3 ) = 20 ,

AC − B 2 = 400 − 16 > 0 ,

pa funkcija f (x, y) ima ekstremum u X3 . Kako je A = 20 > 0, radi se o minimumu i on je √ √ √ √ √ √ fmin = f (X3 ) = (− 2)4 + ( 2)4 − 2(− 2)2 + 4(− 2) 2 − 2( 2)2 = −8 . Zadatak 12. Ukoliko postoje, odrediti slobodne ekstremume funkcije f (x, y) = x2 y(4 − x − y) . Reˇsenje. Stacionarne taˇcke nalazimo iz sistema nelinearnih jednaˇcina fx = xy(8 − 3x − 2y) = 0 ,

fy = x2 (4 − x − 2y) = 0 .

Obe jednaˇcine su taˇcne za x = 0 i bilo koje y, ˇsto znaˇci da je X1 (0, y) geometrijsko mesto stacionarnih taˇcaka. Sistem se sada svodi na y(8 − 3x − 2y) = 0 ,

4 − x − 2y = 0 .

Prva jednaˇcina je taˇcna za y = 0, ˇsto zamenom u drugu jednaˇcinu daje x = 4, pa je stacionarna taˇcka X2 (4, 0). Preostaje joˇs sistem 8 − 3x − 2y = 0 ,

4 − x − 2y = 0 .

Oduzimanjem jednaˇcina sledi 4 − 2x = 0, odakle je x = 2 i, zamenom u jednu od jednaˇcina, y = 1. Poslednja stacionarna taˇcka je X3 (2, 1).

57 Radi provere stacionarnih taˇcaka nalazimo fxx = y(8 − 6x − 2y) ,

fxy = x(8 − 3x − 4y) ,

fyy = −2x2 .

Ispitujemo geometrijsko mesto stacionarnih taˇcaka X1 (0, y). Kako je A = fxx (X1 ) = 2y(4 − y) ,

B = fxy (X1 ) = 0 ,

C = fyy (X1 ) = 0 ,

AC − B 2 = 0 ,

ne znamo da li u taˇckama X1 funkcija ima ekstremum. Zato nalazimo diferencijal d2 f (X1 ) = A dx2 + 2B dxdy + C dy 2 = 2y(4 − y) dx2 i ispitujemo njegov znak. Prvo utvrd¯ujemo da je Δf (X1 ) = (Δx)2 (y +Δy)(4−Δx−y −Δy) = 0 za dx = Δx = 0, pa dx = 0 ne utiˇce na znak priraˇstaja Δf (X1 ). Zbog dx2 ≥ 0 znak diferencijala je isti kao znak izraza y(4 − y). Kako je y(4 − y) > 0 za y > 0, 4 − y > 0 ili y < 0, 4 − y < 0, to je y(4 − y) > 0 za y ∈ (0, 4). Analogno je y(4 − y) < 0 za y ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞). U y = 0 i y = 4 izraz y(4 − y) menja znak. Dakle, za y ∈ (0, 4) je d2 f (X1 ) ≥ 0 ,

Δf (X1 ) ≥ 0 ,

d2 f (X1 ) ≤ 0 ,

Δf (X1 ) ≤ 0 ,

za y ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞) je

a za y = 0 i y = 4 diferencijal d2 f (X1 ) menja znak. Prema 1◦ , 2◦ , 3◦ , zakljuˇcujemo da u stacionarnim taˇckama X1 (0, y), y ∈ (0, 4) funkcija f (x, y) ima nestrogi minimum fmin = f (X1 ) = 0 , a u stacionarnim taˇckama X1 (0, y), y ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞) funkcija ima nestrogi maksimum fmax = f (X1 ) = 0 . U stacionarnim taˇckama X1 (0, 0) i X1 (0, 4) funkcija nema ekstremum. U stacionarnoj taˇcki X2 (4, 0) je A = fxx (X2 ) = 0 ,

B = fxy (X2 ) = −16 ,

C = fyy (X2 ) = −32 ,

AC − B 2 = −(−16)2 < 0 ,

pa funkcija f (x, y) nema ekstremum u X2 . U stacionarnoj taˇcki X3 (2, 1) je A = fxx (X3 ) = −6 ,

B = fxy (X3 ) = −4 ,

C = fyy (X3 ) = −8 ,

AC − B 2 = 48 − 16 > 0

i funkcija f (x, y) ima ekstremum u X3 . Kako je A = −6 < 0, radi se o maksimumu fmax = f (X3 ) = 22 (4 − 2 − 1) = 4 .

Uslovni ekstremumi Za razliku od slobodnih ekstremuma, kod kojih se ima u vidu samo funkcija f (x1 , . . . , xn ), kod uslovnih ekstremuma se zadaju i dodatne veze izmed¯u nezavisno promenljivih x1 , . . . , xn . Te veze se zovu uslovi. Uslovne ekstremume radimo za funkcije dve i tri nezavisno promenljive. Neka je D domen funkcije f (x, y) i L ⊂ D kriva. Ako funkcija f (x, y) ima slobodni ekstremum duˇz krive L u taˇcki X0 ∈ L, tada funkcija f (x, y) ima uslovni ekstremum u taˇcki X0 . Kriva L, tj. jednaˇcina krive L, je uslov.

58

z

fmax = f( X1 ) fmin = f( X 0 )

S z=f(x,y) C

y

X0

X1

L

D

x Slika 9.

Na Slici 9 je povrˇs S grafik funkcije z = f (x, y) i C ⊂ S kriva ˇcija je ortogonalna projekcija na xy–ravan kriva L ⊂ D. Slobodni ekstremum f (X0 ) na krivoj C u taˇcki X0 ∈ L je uslovni ekstremum na povrˇsi S u istoj taˇcki X0 . Vrednost f (X0 ) nije slobodni ekstremum na povrˇsi S. Drugim reˇcima, f (X0 ) nije slobodni ekstremum funkcije f (x, y), već je njen uslovni ekstremum fmin = f (X0 ) uz uslov L. Funkcija f (x, y) ima slobodni ekstremum fmax = f (X1 ) u taˇcki / L. Da je X1 ∈ L, vrednost f (X1 ) bi bila i slobodni i uslovni maksimum. X1 ∈ Kod funkcija tri nezavisno promenljive f (x, y, z), ˇciji domen D je u prostoru, moguća su dva tipa uslova. Geometrijski posmatrano, to su kriva L ⊂ D i povrˇs S ⊂ D. Uslovni ekstremumi se definiˇsu analogno kao kod funkcija dve promenljive. Ako funkcija f (x, y, z) ima slobodni ekstremum duˇz krive L (po povrˇsi S) u taˇcki X0 ∈ L (X0 ∈ S), tada funkcija f (x, y, z) ima uslovni ekstremum u taˇcki X0 . Za funkcije jedne promenljive uslovni ekstremumi se ne definiˇsu. Ispitivanje uslovnih ekstremuma jedne funkcije se svodi na ispitivanje slobodnih ekstremuma neke druge funkcije. Tu drugu funkciju sami formiramo na jedan od dva naˇcina, zavisno od toga da li su uslovi zadati parametarski ili implicitno. Prvi naˇcin se sastoji u sledećem. Ako su uslovi (kriva L, povrˇs S) zadati parametarskim jednaˇcinama L : x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ; S : z = z(x, y) , formiramo funkcije F (t) = f x(t), y(t), z(t) ,

F (x, y) = f x, y, z(x, y) .

Uslovni ekstremumi funkcije f (x, y, z) uz uslov L su slobodni ekstremumi funkcije F (t). Uslovni ekstremumi funkcije f (x, y, z) uz uslov S su slobodni ekstremumi funkcije F (x, y). Napominjemo da je jednaˇcina z = z(x, y) povrˇsi S eksplicitna. Ova jednaˇcina je takod¯e parametarska, samo sa Descartesovim koordinatama kao specijalno izabranim parametrima. U sluˇcaju funkcije f (x, y) parametarske jednaˇcine uslova su L:

x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ≡ 0 ,

a funkcija ˇcije slobodne ekstremume traˇzimo je F (t) = f x(t), y(t) . Drugi naˇcin se primenjuje ako su uslovi zadati implicitno sa L:

g1 (x, y, z) = 0 , g2 (x, y, z) = 0 ;

S:

g(x, y, z) = 0

59 kod funkcije f (x, y, z) ili sa L:

g(x, y) = 0

kod funkcije f (x, y). Tada se formira Lagrangeova funkcija, ˇciji oblik dajemo za opˇsti sluˇcaj funkcije f (x1 , . . . , xn ) i uslove g1 (x1 , . . . , xn ) = 0 , . . . , gk (x1 , . . . , xn ) = 0

(k < n) .

Lagrangeova funkcija je Φ(x1 , . . . , xn ; λ1 , . . . , λk ) = f (x1 , . . . , xn ) + λ1 g1 (x1 , . . . , xn ) + · · · + λk gk (x1 , . . . , xn ) , gde su λ1 , . . . , λk = 0 privremeno neodred¯ene realne konstante, poznate pod imenom Lagrangeovi multiplikatori. Stacionarne taˇcke uslovnih ekstremuma funkcije f (x1 , . . . , xn ) se odred¯uju iz sistema nelinearnih jednaˇcina ∂Φ =0 ∂xi

(i = 1, . . . , n) ,

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

(i = 1, . . . , k)

i ispituju se pomoću znaka diferencijala d2 Φ. Pri tome se koristi diferenciranje uslova. Primećujemo da funkcija F ima manji broj, dok Lagrangeova funkcija ima isti broj promenljivih kao polazna funkcija f . Zato je ˇcesto, ali ne i uvek, jednostavnije parametrizovati uslove i primenjivati prvi naˇcin. Zadatak 13. Ukoliko postoje, odrediti uslovne ekstremume funkcije f (x, y) = x2 y(4 − x − y) uz uslov y = −x + 2. Reˇsenje. Uslov je eksplicitna jednaˇcina prave L u xy–ravni. Ako za parametar izaberemo Descartesovu koordinatu x, istu jednaˇcinu moˇzemo da smatramo i parametarskom. Zato primenjujemo prvi naˇcin. Formiramo funkciju F (x) = f (x, −x + 2) = x2 (−x + 2)(4 − x + x − 2) = 4x2 − 2x3 i nalazimo

F (x) = 8x − 6x2 = 2x(4 − 3x) .

Iz F (x) = 0 slede stacionarne taˇcke x1 = 0 ,

x2 =

4 . 3

Radi provere dobijenih stacionarnih taˇcaka nalazimo F (x) = 8 − 12x . U stacionarnoj taˇcki x1 = 0 je F (x1 ) = 8 > 0, pa funkcija F (x) u x1 ima slobodni minimum Fmin = F (x1 ) = 4x21 − 2x31 = 0 . Ovaj minimum je istovremeno i uslovni minimum funkcije f (x, y), tj. fmin = 0 . Stacionarna taˇcka uslovnog minimuma je X1 (x1 , y1 ) ≡ X1 (0, 2), ˇsto se dobija iz X1 ∈ L i y1 = −x1 + 2 = 2. U vezi sa stacionarnom taˇckom X1 (0, 2) primećujemo sledeće. U Zadatku 12 smo utvrdili da funkcija f (x, y) ima nestrogi slobodni minimum u geometrijskom mestu stacionarnih

60 taˇcaka X1 (0, y) za y ∈ (0, 4), a time i u taˇcki X1 (0, 2). S obzirom na X1 ∈ L, slobodni minimum f (X1 ) funkcije f (x, y) mora da bude i njen uslovni minimum uz uslov L. U stacionarnoj taˇcki x2 = 4/3 je F (x2 ) = −8 < 0, pa funkcija F (x) u x2 ima slobodni maksimum 64 , Fmax = F (x2 ) = 4x22 − 2x32 = 27 koji je i uslovni maksimum funkcije f (x, y), fmax =

64 . 27

Uslovni maksimum funkcija f (x, y) dostiˇze u taˇcki X2 (x2 , y2 ) ≡ X2 (4/3, 2/3) ∈ L jer je y2 = −x2 + 2 = 2/3. Zadatak moˇze da se reˇsi i na drugi naˇcin, pomoću Lagrangeove funkcije Φ(x, y; λ) = x2 y(4 − x − y) + λ(x + y − 2) . Da je ovaj naˇcin teˇzi, studenti mogu i sami da se uvere. Zadatak 14. Ukoliko postoje, odrediti uslovne ekstremume funkcije f (x, y) = x + 2y uz uslov x2 + y 2 = 5. Reˇsenje. Uslov je implicitna jednaˇcina krive L u xy–ravni, pa primenjujemo drugi naˇcin. Formiramo Lagrageovu funkciju Φ(x, y; λ) = x + 2y + λ x2 + y 2 − 5 i sistem za nalaˇzenje stacionarnih taˇcaka Φx = 1 + 2λx = 0 ,

Φy = 2 + 2λy = 0 ,

x2 + y 2 = 5 .

Iz prve jednaˇcine je x = −1/(2λ), iz druge y = −1/λ, ˇsto zamenom u treću jednaˇcinu daje 1 1 + 2 =5, 2 4λ λ

λ2 =

1 , 4

λ1,2 = ±

1 . 2

Zato je x1 = −1/(2λ1 ) = −1, y1 = −1/λ1 = −2, x2 = −1/(2λ2 ) = 1, y2 = −1/λ2 = 2, pa su stacionarne taˇcke X1 (x1 , y1 ) ≡ X1 (−1, −2) ,

X2 (x2 , y2 ) ≡ X2 (1, 2) .

Radi provere dobijenih stacionarnih taˇcaka nalazimo Φxx = 2λ ,

Φxy = 0 ,

Φyy = 2λ ,

d2 Φ = Φxx dx2 + 2Φxy dxdy + Φyy dy 2 = 2λ dx2 + dy 2 . Stacionarnoj taˇcki X1 (−1, −2) ∈ L odgovara vrednost multiplikatora λ1 = 1/2, pa je d2 Φ(X1 ) = dx2 + dy 2 > 0 i funkcija f (x, y) u X1 ima uslovni minimum fmin = f (X1 ) = f (−1, −2) = −5 .

61 Za stacionarnu taˇcku X2 (1, 2) ∈ L vrednost multiplikatora je λ2 = −1/2, pa je d2 Φ(X2 ) = − dx2 + dy 2 < 0 i funkcija f (x, y) u X2 ima uslovni maksimum fmax = f (X2 ) = f (1, 2) = 5 . √ Zadatak moˇze da se reˇsi i na prvi naˇcin. Kriva L je centralna kruˇznica polupreˇcnika 5. Parametarske jednaˇcine ove kruˇznice se jednostavno nalaze uvod¯enjem polarnih koordinata i one su √ √ L : x = x(t) = 5 cos t , y = y(t) = 5 sin t . Odgovarajuća funkcija ˇcije slobodne ekstremume traˇzimo je F (t) =

√

√ 5 cos t + 2 5 sin t .

Med¯utim, za nalaˇzenje i proveru stacionarnih taˇcaka funkcije F (t) potrebno je primenjivati trigonometrijske formule, pa je u ovom sluˇcaju jednostavniji drugi naˇcin. Zadatak 15. Ukoliko postoje, odrediti uslovne ekstremume funkcije f (x, y, z) = xy + yz uz uslove x + y = 2, y + z = 2. Reˇsenje. Zadatak reˇsavamo na prvi naˇcin. Uslovi su jednaˇcine ravni, pa zajedno predstavljaju preseˇcnu krivu L tih ravni. Ako za parametar izaberemo Descartesovu koordinatu y, iz x = 2 − y i z = 2 − y slede parametarske jednaˇcine L:

x = x(t) = 2 − t , y = y(t) = t , z = z(t) = 2 − t .

Formiramo funkciju F (t) = f x(t), y(t), z(t) = (2 − t)t + t(2 − t) = 4t − 2t2 i iz F (t) = 4 − 4t = 0 nalazimo stacionarnu taˇcku t=1. Kako je F (t) = −4 < 0 za svako t, funkcija F (t) u t = 1 ima slobodni maksimum Fmax = F (1) = 2. Za t = 1 je x = 2 − 1 = 1, y = 1, z = 2 − 1 = 1, pa u taˇcki X0 (1, 1, 1) ∈ L funkcija f (x, y, z) ima uslovni maksimum fmax = f (1, 1, 1) = Fmax = 2 . Zadatak reˇsavamo na drugi naˇcin. Formiramo Lagrageovu funkciju Φ(x, y, z; λ, μ) = xy + yz + +λ(y + x − 2) + μ(y + z − 2) i sistem za nalaˇzenje stacionarnih taˇcaka Φx = y + λ = 0 ,

Φy = x + z + λ + μ = 0 ,

Φz = y + μ = 0 ,

x+y =2 ,

y+z =2 .

Iz prve, treće, ˇcetvrte i pete jednaˇcine je redom: λ = −y, μ = −y, x = 2 − y, z = 2 − y, ˇsto zamenom u drugu jednaˇcinu daje y = 1. Zato je λ = μ = −1, x = z = 2 − y = 1, pa je stacionarna taˇcka X0 (1, 1, 1).

62 Radi provere stacionarne taˇcke nalazimo Φxx = Φyy = Φzz = Φxz = 0 ,

Φxy = Φyz = 1

i, prema (11), d2 Φ = Φxx dx2 + Φyy dy 2 + Φzz dz 2 + 2(Φxy dxdy + Φxz dxdz + Φyz dydz) = 2(dxdy + dydz) , odakle je

d2 Φ(X0 ) = 2(dxdy + dydz) .

Znak drugog diferencijala nam nije poznat. Zato diferenciramo uslove x + y = 2, y + z = 2 i dobijamo dx + dy = 0, dy + dz = 0, odnosno dx = −dy, dz = −dy i d2 Φ(X0 ) = 2(−dy 2 − dy 2 ) = −4dy 2 < 0 . Dakle, u taˇcki X0 (1, 1, 1) ∈ L funkcija f (x, y, z) ima uslovni maksimum fmax = f (1, 1, 1) = 2 . Vidimo da se ovaj zadatak jednostavnije reˇsava na prvi naˇcin.

Apsolutni ekstremumi Apsolutni ekstremumi su najmanja i najveća vrednost funkcije na proizvoljno velikoj i zatvorenoj oblasti. Najmanja vrednost je apsolutni minimum, a najveća apsolutni maksimum. Već smo videli da se lokalni ekstremumi definiˇsu na okolinama, koje su proizvoljno male i otvorene oblasti. Osim ove razlike, lokalni i apsolutni (globalni) ekstremumi se razlikuju i u sledećem. Apsolutni ekstremumi neprekidne funkcije na proizvoljnoj zatvorenoj oblasti postoje i jedinstveni su (II Weierstrassova teorema), dok lokalnih ekstremumama moˇze da nema, a moˇze da ih ima i viˇse u toj oblasti. Neka je D zatvorena oblast na kojoj traˇzimo apsolutne ekstremume funkcije i kriva L njena granica. Apsolutni ekstremumi mogu da se ostvare: u taˇckama sa granice L kao neki od uslovnih ekstremuma funkcije uz uslov L, u taˇckama unutar oblasti D kao neki od slobodnih ekstremuma funkcije ili u ”ˇcvorovima” (taˇcke u kojima se spajaju delovi granice L sa razliˇcitim jednaˇcinama). U svim navedenim taˇckama treba izraˇcunati vrednosti funkcije i izabrati najmanju i najveću med¯u njima. Stacionarne taˇcke uslovnih i slobodnih ekstremuma samo treba naći, ne i proveravati. Ako u nekoj od njih ne postoji ekstremum, on neće da bude ni apsolutni ekstremum. Na sledećoj slici je prikazana povrˇs S, koja je grafik funkcije z = f (x, y). Apsolutni minimum fmin = f (X1 ) funkcije f (x, y) je njen slobodni minimum u taˇcki X1 ∈ D, a apsolutni maksimum fmax = f (X2 ) je njen uslovni maksimum u taˇcki X2 ∈ L. Unutar oblasti D funkcija ima joˇs dva slobodna ekstremuma, a na granici L joˇs jedan uslovni ekstremum.

z

fmax = f( X2 )

S z=f(x,y)

fmin = f( X1 )

y

X2

D

x Slika 10.

X1

L

63 Zadatak 16. Odrediti apsolutne ekstremume funkcije f (x, y) = x2 y(4 − x − y) u zatvorenoj oblasti D koja je ograniˇcena pravama x = 0, y = 0, x + y = 6. Reˇsenje. Na sledećoj slici su sa L1 , L2 i L3 oznaˇceni delovi navedenih pravih koji formiraju granicu L oblasti D.

y 6

L1 2 1 0

L3 D

X2 X5

2

L2 4

6

x

Slika 11.

Odred¯ujemo prvo uslovne ekstremume funkcije f (x, y) uz uslov L. Kako je L = L1 ∪L2 ∪L3 , stacionarne taˇcke traˇzimo na svakom od delova granice. Parametarske jednaˇcine delova su: L1 :

x = x(y) = 0 ;

y ∈ [0, 6] ,

L2 :

y = y(x) = 0 ;

x ∈ [0, 6] ,

L3 :

y = y(x) = 6 − x ;

x ∈ [0, 6] .

Delovi L1 i L2 su geometrijska mesta stacionarnih taˇcaka u kojima funkcija ima vrednosti f (0, y) = 0 ,

f (x, 0) = 0 .

Za deo L3 formiramo funkciju F (x) = f x, y(x) = f (x, 6 − x) = x2 (6 − x)(4 − x − 6 + x) = 2x3 − 12x2 . Iz F (x) = 6x2 − 24x = 6x(x − 4) = 0 sledi x1 = 0, x2 = 4 i y1 = 6 − x1 = 6, y2 = 6 − x2 = 2, pa su stacionarne taˇcke X1 (0, 6), X2 (4, 2). Vrednost funkcije u taˇcki X1 (0, 6) smo već izraˇcunali jer je X1 ∈ L1 . Vrednost funkcije u taˇcki X2 (4, 2) ∈ L3 je f (4, 2) = −64 . Stacionarne taˇcke slobodnih ekstremuma smo naˇsli u Zadatku 12. To su: X3 (0, y), X4 (4, 0), X5 (2, 1). Kako je X4 ∈ L2 , vrednosti f (0, y) i f (4, 0) su izraˇcunate. Lako se proverava da je X5 ∈ D. Za x = 2 iz jednaˇcine prave y = 6 − x sledi y = 6 − 2 = 4 > 1, pa je X5 ispod ove prave. U taˇcki X5 (2, 1) ∈ D je f (2, 1) = 4 . ˇ Cvorovi su taˇcke X6 (0, 0) ∈ L1 ∩ L2 , X7 (6, 0) ∈ L2 ∩ L3 , X8 (0, 6) ∈ L1 ∩ L3 . U njima su vrednosti funkcije takod¯e izraˇcunate. Med¯u dobijenim vrednostima biramo najmanju i najveću i zakljuˇcujemo da funkcija u posmatranoj oblasti ima apsolutni minimum u taˇcki X2 (4, 2), a apsolutni maksimum u taˇcki X5 (2, 1). To su fmin = f (4, 2) = −64 , fmax = f (2, 1) = 4 . Da vrednost f (0, y) = f (x, 0) = 0 nije apsolutni ekstremum, mogli smo da zakljuˇcimo na osnovu ispitivanja iz Zadatka 12. Tamo smo ustanovili da u taˇckama X6 (0, 0) ∈ L1 ∩ L2 ,

64 X9 (0, 4) ∈ L1 , X4 (4, 0) ∈ L2 funkcija nema slobodni ekstremum, pa nema ni apsolutni ekstremum. Kako funkcija na delovima granice L1 i L2 , kojima pripadaju ove taˇcke, ima konstantnu vrednost, ta vrednost ne moˇze da bude apsolutni ekstremum. Zadatak 17. Odrediti apsolutne ekstremume funkcije f (x, y) = x2 y(4 − x − y) u zatvorenoj oblasti D koja je ograniˇcena pravama x = 0, x = 1, y = 0, x + y = 6. Reˇsenje. U ovom zadatku je funkcija ista kao u Zadatku 16, ali se razlikuje oblast na kojoj traˇzimo apsolutne ekstremume. Granica L oblasti D je sada L = L1 ∪ L2 ∪ L3 ∪ L4 , pri ˇcemu su L1 , L2 , L4 delovi istih pravih kao u Zadatku 16.

y 6 5

L4 X9

L1 D L3 X1

3/2 0

L21

x

Slika 12.

Odred¯ujemo uslovne ekstremume funkcije f (x, y) uz uslov L i u tom cilju traˇzimo stacionarne taˇcke na svakom od delova granice. Parametarske jednaˇcine delova su: L1 :

x = x(y) = 0 ;

y ∈ [0, 6] ,

L2 :

y = y(x) = 0 ;

x ∈ [0, 1] ,

L3 :

x = x(y) = 1 ;

y ∈ [0, 5] ,

L4 :

y = y(x) = 6 − x ;

x ∈ [0, 1] .

Kod dela L3 je vrednost parametra y = 5 dobijena kao druga koordinata preseˇcne taˇcke pravih x = 1 i y = 6 − x. Na delovima L1 i L2 funkcija ima vrednosti f (0, y) = 0 ,

f (x, 0) = 0 .

Za deo L3 formiramo funkciju F (y) = f (1, y) = y(3 − y) = 3y − y 2 . Iz F (y) = 3 − 2y = 0 sledi y = 3/2, pa je stacionarna taˇcka X1 (1, 3/2) ∈ L3 . Vrednost funkcije u ovoj taˇcki je 3 9 = . f 1, 2 4 Deo L4 pripada pravoj y = 6 − x, na kojoj smo naˇsli stacionarne taˇcke X2 (0, 6) i X3 (4, 2) u Zadatku 16. Med¯utim, ni jedna od ovih taˇcaka nije u oblasti D, pa u njima ne raˇcunamo vrednosti funkcije. Stacionarne taˇcke slobodnih ekstremuma su: X4 (0, y), X5 (4, 0), X6 (2, 1). Taˇcke X5 , X6 nisu u oblasti D, a u taˇckama X4 je vrednost funkcije već izraˇcunata. Zato med¯u ovim taˇckama nema novih kandidata za egzistenciju apsolutnih ekstremuma. ˇ Cvorovi su: X7 (0, 0) ∈ L1 ∩ L2 , X8 (1, 0) ∈ L2 ∩ L3 , X9 (1, 5) ∈ L3 ∩ L4 i X10 (0, 6) ∈ L1 ∩ L4 . U taˇckama X7 , X8 , X10 su vrednosti funkcije izraˇcunate, a u taˇcki X9 je f (1, 5) = −10 .

65 Med¯u dobijenim vrednostima biramo najmanju i najveću i zakljuˇcujemo da funkcija u posmatranoj oblasti ima apsolutni minimum u taˇcki X9 (1, 5), a apsolutni maksimum u taˇcki X1 (1, 3/2). To su 3 9 = . fmin = f (1, 5) = −10 , fmax = f 1, 2 4 U Zadatku 16 smo objasnili zaˇsto vrednost f (0, y) = 0 ne moˇze da bude apsolutni ekstremum. Med¯utim, vrednost f (x, 0) = 0 moˇze da bude apsolutni ekstremum u ovoj oblasti jer X11 (4, 0) ∈ / D. Zadatak 18. Odrediti apsolutne ekstremume funkcije f (x, y) = x2 − y 2 u krugu x2 + y 2 ≤ 1. Reˇsenje. Granica L kruga D je kruˇznica x2 + y 2 = 1.

y 1

X2

D

X3

_1

X1 1

0

L

_1

x

X4

Slika 13.

Odred¯ujemo stacionarne taˇcke uslovnih ekstremuma funkcije f (x, y) na granici L. Uvod¯enjem polarnih koordinata sa x = r cos t, y = r sin t i zamenom u implicitnu jednaˇcinu kruˇznice, dobija se r = 1, pa su parametarske jednaˇcine uslova L:

x = x(t) = cos t , y = y(t) = sin t ;

t ∈ [0, 2π) .

Formiramo funkciju F (t) = f x(t), y(t) = f (cos t, sin t) = cos2 t − sin2 t = cos 2t . Iz F (t) = −2 sin 2t = 0 sledi 2t = kπ, tj. t = kπ/2 (k = 0, ±1, ±2, . . . ) i, s obzirom na t ∈ [0, 2π), t1 = 0 (k = 0), t2 = π/2 (k = 1), t3 = π (k = 2), t4 = 3π/2 (k = 3). Zato su stacionarne taˇcke X1 (cos t1 , sin t1 ) ≡ X1 (cos 0, sin 0) ≡ X1 (1, 0) i sliˇcno X2 (0, 1), X3 (−1, 0), X4 (0, −1). Vrednosti funkcije u ovim taˇckama su: f (1, 0) = 1 ,

f (0, 1) = −1 ,

f (−1, 0) = 1 ,

f (0, −1) = −1 .

Ovde smo parametrizovali uslov i primenjivali prvi naˇcin za nalaˇzenje uslovnih ekstremuma radi veˇzbe. Inaˇce, drugi naˇcin pomoću Lagrangeove funkcije je jednostavniji. Stacionarna taˇcka slobodnog ekstremuma X5 (0, 0) ∈ D se dobija iz sistema jednaˇcina fx = 2x = 0, fy = −2y = 0 i u njoj je f (0, 0) = 0 . U posmatranom krugu D funkcija f (x, y) ima oba apsolutna ekstremuma u taˇckama sa granice L: apsolutni minimum u taˇckama X2 (0, 1) ∈ L i X4 (0, −1) ∈ L, a apsolutni maksimum u taˇckama X1 (1, 0) ∈ L i X3 (−1, 0) ∈ L. To su fmin = f (0, 1) = f (0, −1) = −1 ,

fmax = f (1, 0) = f (−1, 0) = 1 .

66 Zadatak 19. Odrediti apsolutne ekstremume funkcije f (x, y) = 1 − x −

1 y 2

u zatvorenoj oblasti D koja je ograniˇcena pravama x = 0, y = 0, y = −x + 1. Reˇsenje. Granica L oblasti D je L = L1 ∪ L2 ∪ L3 , gde je L1 :

x = x(y) = 0 ;

y ∈ [0, 1] ,

L2 :

y = y(x) = 0 ;

x ∈ [0, 1] ,

L3 :

y = y(x) = −x + 1 ;

x ∈ [0, 1] .

Za deo L1 formiramo funkciju F (y) = f (0, y) = 1 −

1 y. 2

Kako je F (y) = −1/2 = 0, funkcija F (y) nema ni jednu stacionarnu taˇcku. To znaˇci da funkcija f (x, y) nema uslovne ekstremume duˇz L1 . Sliˇcno se pokazuje da f (x, y) nema uslovne ekstremume duˇz L2 i L3 . Funkcija f (x, y) nema slobodne ekstremume jer je fx = −1 = 0, fy = −1/2 = 0. ˇ Cvorovi su taˇcke X1 (0, 0), X2 (1, 0), X3 (0, 1) i u njima funkcija ima vrednosti: f (0, 0) = 1 ,

f (1, 0) = 0 ,

f (0, 1) =

1 . 2

U posmatranoj oblasti D funkcija f (x, y) ima oba apsolutna ekstremuma u ˇcvorovima sa granice L. Apsolutni minimum je u taˇcki X2 (1, 0), apsolutni maksimum u taˇcki X1 (0, 0) i oni su fmin = f (1, 0) = 0 , fmax = f (0, 0) = 1 .

3.5. Zadaci za veˇ zbu Zadatak 20. Ako je f proizvoljna funkcija, pokazati da funkcija x z(x, y) = y f 2 y zadovoljava jednaˇcinu 2x

∂z ∂z +y =z . ∂x ∂y

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 2. Zadatak 21. Ako je f proizvoljna funkcija, pokazati da funkcija x2 + y 2 z(x, y) = f zadovoljava jednaˇcinu y

∂z ∂z −x =0. ∂x ∂y

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 2. Zadatak 22. formisati izraz

Neka je f (x, y) proizvoljna funkcija i x = eu cos v, y = eu sin v. Trans ∂f 2 ∂x

+

∂f 2 ∂y

,

67 koji zavisi od promenljivih x i y, na izraz koji zavisi od promenljivih u i v. Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 6. Zadatak 23. Odrediti totalni diferencijal prvog reda funkcije z(x, y) = exp arctan

x . x2 + y 2

Uputstvo. Totalni diferencijal prvog reda se nalazi prema formuli (8), sliˇcno kao u Primeru 7. Potrebni parcijalni izvodi su nad¯eni u Zadatku 1. Zadatak moˇze da se reˇsi upotrebom invarijantnosti forme diferencijala. Kako je z(x, y) = f g h(x, y) , gde je f (g) = eg , g(h) = arctan h, h(x, y) = x/ x2 + y 2 , to je dz = f (g) dg = f (g) g (h) dh = f (g) g (h) (hx dx + hy dy) . Zadatak 24. Ako je f proizvoljna funkcija i z(x, y) = xy f odrediti

x y

,

x y zxx + 2zxy + zyy . y x

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 8. Zadatak 25. Neka je f proizvoljna funkcija i z(x, y) = f x2 + y 2 . Ako je x + y = 0 i

zxx + 2zxy + zyy = 4f ,

odrediti funkciju f (t), a zatim i funkciju z(x, y). Uputstvo. Postupajući kao u Zadatku 8, nalazimo (x + y)2 f = 0, gde je f ≡ f x2 + y 2 . Kako je x + y = 0, za t = x2 + y 2 sledi f (t) = 0 i dalje f (t) = f (t) dt = c1 , f (t) = f (t) dt = c1 dt = c1 t + c2 . Ovde su c1 , c2 proizvoljne integracione konstante. Zato je z(x, y) = f x2 + y 2 = c1 x2 + y 2 + c2 . √ √ Zadatak 26. Neka je f (x, y) proizvoljna funkcija i u = x − 2 y, v = x + 2 y (y > 0). Transformisati jednaˇcinu 1 fxx − yfyy = fy 2 sa promenljivama x i y na jednaˇcinu sa promenljivama u i v. Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 10. Zadatak 27. Neka su f , g proizvoljne funkcije i z(x, y) = f g(x, y) .

68 Iskazati d2 z pomoću diferencijala funkcija f i g. Reˇsenje. Ovde je f funkcija jednog, a g funkcija dva argumenta, pa je zx = f gx ,

zy = f gy ,

gde je f ≡ f g(x, y) . Dalje je zxx = f gx2 + f gxx ,

zxy = f gx gy + f gxy ,

zyy = f gy2 + f gyy ,

gde je f ≡ f g(x, y) . Kod funkcija jedne promenljive, npr. f (g), je dm f = f (m) dg m za svako m = 1, 2, . . . . Zato je d2 z = zxx dx2 + 2zxy dxdy + zyy dy 2 = f gx2 dx2 + 2gx gy dxdy + gy2 dy 2 + f gxx dx2 + 2gxy dxdy + gyy dy 2 = f (gx dx + gy dy)2 + f d2 g = f dg 2 + f d2 g = d2 f +

df 2 d2 g d g = d2 f + df . dg dg

Zadatak 28. Ako je f proizvoljna funkcija i F (t) = f x(t), y(t) , iskazati d2 F pomoću izvoda funkcije f i diferencijala funkcija f , x, y. Reˇsenje. Nalazimo F = fx x + fy y , gde je x ≡ x (t), y ≡ y (t), fx ≡ fx x(t), y(t) , fy ≡ fy x(t), y(t) , pa je dalje F = fxx x + fxy y x + fx x + fyx x + fyy y y + fy y . Funkcije F , x i y zavise od jedne promenljive t. Zato je 2 2 d2 F = F dt2 = fxx x + 2fxy x y + fyy y dt2 + fx x dt2 + fy y dt2 2 2 = fxx x dt + 2fxy x dt y dt + fyy y dt + fx d2 x + fy d2 y = fxx dx2 + 2fxy dxdy + fyy dy 2 + fx d2 x + fy d2 y = d2 f + fx d2 x + fy d2 y . Zadatak 29. Odrediti F (t) sloˇzene funkcije F (t) = f g x(t), y(t) , gde su f , g, x, y proizvoljne funkcije i gxy = gyx . Ako je x(t) = y(t) = et , g(x, y) = x + y ,

F (t) = 2et ,

naći funkcije f i F . Uputstvo. Za G(t) = g x(t), y(t) je F (t) = f G(t) ,

F (t) = f G ,

2

F (t) = f G + f G ,

gde je f ≡ f G(t) , f ≡ f G(t) . Izvodi G (t) i G (t) se nalaze kao u Zadatku 28. Za zadate funkcije je F (t) = 4e2t f + 2et f = 2et , tj. 2et f + f = 1 .

69 Imajući u vidu G(t) = x(t) + y(t) = 2et i stavljajući u = f , sledi u +

1 1 u= , G G

ˇsto je LDJ po nepoznatoj funkciji u(G). Njeno reˇsenje je u(G) =

c1 +1 , G

pa je f (G) =

u(G) dG = c1 ln G + G + c2 , F (t) = f G(t) = f 2et = c1 ln 2et + 2et + c2 = 2et + k1 t + k2 ,

gde je k1 = c1 , k2 = c1 ln 2 + c2 . Dobijeni rezultat za F (t) se lako proverava: t t F (t) = 2e , F (t) = F (t) dt = 2e + k1 , F (t) = F (t) dt = 2et + k1 t + k2 . Zadatak 30. Neka je f (x, y) proizvoljna funkcija i x = u − v, y = u + v. Ako je F (u, v) = f x(u, v), y(u, v) = f (u − v, u + v) , iskazati d2 F pomoću diferencijala funkcije f . Reˇsenje. Iz xu = 1, xv = −1, yu = yv = 1 sledi Fu = fx + fy , Fv = −fx + fy . Kako je fx ≡ fx x(u, v), y(u, v) , fy ≡ fy x(u, v), y(u, v) , dalje je Fuu = fxx + 2fxy + fyy ,

Fuv = −fxx + fyy ,

Fvv = fxx − 2fxy + fyy .

Imajući u vidu dx = du − dv, dy = du + dv, odakle je du = (dx + dy)/2, dv = (dy − dx)/2, za d2 F se dobija d2 F = Fuu du2 + 2Fuv dudv + Fvv dv 2 dx + dy 2 dx + dy dy − dx = (fxx + 2fxy + fyy ) + 2(−fxx + fyy ) 2 2 2 dy − dx 2 + (fxx − 2fxy + fyy ) 2 i, posle zamornog sred¯ivanja, d2 F = fxx dx2 + 2fxy dxdy + fyy dy 2 = d2 f . Vidimo da je d2 f invarijantan u odnosu na smenu promenljivih x = u − v, y = u + v. Zadatak 31. Ukoliko postoje, odrediti slobodne ekstremume funkcije f (x, y) = 1 +

x2 + y 2 .

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Primer 11. Zadatak 32. Ukoliko postoje, odrediti slobodne ekstremume funkcije f (x, y) = xy +

1 1 + x y

(x = 0 , y = 0) .

70 Uputstvo. Postoji samo jedna stacionarna taˇcka, za ˇcije nalaˇzenje treba imati u vidu uslove x = 0, y = 0 i formulu a3 − b3 = (a − b) a2 + ab + b2 . Ispitivanje stacionarne taˇcke se vrˇsi kao u Zadatku 11. Zadatak 33. Ukoliko postoje, odrediti slobodne ekstremume funkcije f (x, y) = (y − x)2 + (y + 2)3 . Uputstvo. Postoji samo jedna stacionarna taˇcka X0 koja se ispituje kao u Zadatku 11. Pri dy i Δf (X0 ) = (Δy)3 za dx = dy. Veliˇcina (Δy)3 menja tome se dobija Δf (X0 ) ≥ 0 za dx = znak. Zadatak 34. Ukoliko postoje, odrediti slobodne ekstremume funkcije f (x, y) = x3 − x2 y − x2 + y 2 . Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 11. Zadatak 35. Ukoliko postoje, odrediti slobodne ekstremume funkcije f (x, y) = x4 + y 4 − (x + y)2 . Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 11. Zadatak 36. Ukoliko postoje, odrediti uslovne ekstremume funkcije f (x, y) = x4 + y 4 − 4(x + y)2 uz uslov y = −x + 2. Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 14. Znak za d2 Φ u stacionarnoj taˇcki se ispituje diferenciranjem uslova. Zadatak 37. Ukoliko postoje, odrediti uslovne ekstremume funkcije f (x, y) = xy uz uslov x2 + y 2 = 2. Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 14. Mogućnost d2 Φ = 0 u stacionarnim taˇckama se eliminiˇse diferenciranjem uslova. Zadatak 38. Ukoliko postoje, odrediti uslovne ekstremume funkcije f (x, y, z) = xyz uz uslov 1/x + 1/y + 1/z = 1 (x = 0, y = 0, z = 0). Uputstvo. Sliˇcno kao u Zadatku 15, formira se Lagrangeova funkcija Φ i odgovarajući sistem nelinearnih jednaˇcina Φx = 0 ,

Φy = 0 ,

Φz = 0 ,

1 1 1 + + =1. x y z

Mnoˇzenjem prve jednaˇcine sa x, druge sa y i treće sa z, sledi λ λ λ = = , x y z

x=y=z ,

71 ˇsto zamenom u ˇcetvrtu jednaˇcinu daje stacionarnu taˇcku X0 (3, 3, 3), za koju je λ = 81. Radi ispitivanja znaka d2 Φ(X0 ) treba diferencirati uslov. Dobija se −

1 1 1 dx − 2 dy − 2 dz = 0 2 x y z

i u stacionarnoj taˇcki dx + dy + dz = 0 . Kvadriranjem poslednje jednakosti sledi 2(dxdy + dxdz + dydz) = − dx2 + dy 2 + dz 2 . Zadatak 39. Odrediti apsolutne ekstremume funkcije f (x, y) = x2 − 2y 2 + 4xy − 6x − 1 u zatvorenoj oblasti ograniˇcenoj pravama x = 0, y = 0, x + y = 3. Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 16. Zadatak 40. Odrediti apsolutne ekstremume funkcije f (x, y, z) = x + 2y − 3z u zatvorenoj oblasti koju ograniˇcava povrˇs S:

x2 + y 2 + 3z 2 = 1 .

Uputstvo. Stacionarne taˇcke X1 , X2 uslovnih ekstremuma se dobijaju pomoću Lagrangeove funkcije Φ(x, y, z; λ) = x + 2y − 3z + λ x2 + y 2 + 3z 2 − 1 . Funkcija f (x, y, z) nema slobodne ekstremume jer je fx = 1 = 0, fy = 2 = 0, fz = −3 = 0. Povrˇs S je elipsoid sa poluosama a = 1, b = 1, c = 1/3 (Slika 5) i na njemu nema ˇcvorova. Apsolutne ekstremume funkcija f (x, y, z) dostiˇze u taˇckama X1 , X2 sa povrˇsi S. NAPOMENA. U okviru ove oblasti, koja se realizuje za 20 ˇcasova, izostavljeni su neki pojmovi, kao ˇsto su diferencijabilnost funkcije, geometrijsko tumaˇcenje diferencijala prvog reda, tangentna ravan povrˇsi, itd. Za informacije o tim pojmovima studenti mogu da se obrate nastavniku. Korisna knjiga za savladavanje gradiva je navedena pod 3.

4. INTEGRALI

4.1. Riemannovi integrali Osim podintegralne funkcije, Riemannovi integrali imaju i podruˇcje integracije, koje je deo ˇ domena ili ceo domen podintegralne funkcije. Cesto se kaˇze i oblast integracije. U zavisnosti od toga ˇsta je podruˇcje integracije, Riemannovi integrali se dele na odred¯ene, krivolinijske, viˇsestruke i povrˇsinske. Podruˇcje integracije kod odred¯enih integrala je segment na koordinatnoj osi, kod krivolinijskih je prostorna kriva, kod viˇsestrukih je viˇsedimenzionalna oblast i kod povrˇsinskih je prostorna povrˇs. Uslove za egzistenciju Riemannovih integrala ne razmatramo. Pretpostavićemo najstroˇzi, da je podintegralna funkcija neprekidna na podruˇcju integracije, a time i integrabilna. Naˇcin formiranja je isti za sve Riemannove integrale i sastoji se u sledećem. Oblast integracije OI se deli na n podeonih delova P Di (i = 1, 2, . . . , n). U svakom podeonom delu se bira taˇcka Xi ∈ P Di i u njoj se izraˇcunava vrednost P F (Xi ) podintegralne funkcije P F (X), gde je X ∈ OI proizvoljna taˇcka. Bira se joˇs karakteristika podeonih delova k(P Di ). Riemannova integralna suma je (1)

S(n) =

n

P F (Xi ) · k(P Di ) ,

i=1

a Riemannov integral je (2)

P F (X) dk = lim S(n) , n→∞

OI

pri ˇcemu max1≤i≤n |k(P Di )| → 0 kad n → ∞. U okviru nekih grupa Riemannovih integrala postoje razliˇciti tipovi, ˇsto zavisi od izabrane karakteristike podeonih delova. Na primer, krivolinijski integrali se dele na krivolinijske po luku, krivolinijske po koordinatama i vektorske krivolinijske integrale. Orijentacija oblasti integracije utiˇce na vrednost nekih Riemannovih integrala. Uticaj orijentacije se ispoljava kroz izabranu karakteristiku podeonih delova. Na orijentaciju ćemo da obratimo paˇznju kad god je ona znaˇcajna. Svi Riemannovi integrali se izraˇcunavaju dovod¯enjem na jedan ili viˇse odred¯enih integrala. Najvaˇznije osobine Riemannovih integrala su sledeće. 1◦ Ako su ci = 0 (i = 1, 2, . . . , m) konstante i P F (X) = P F1 (X) + · · · + P Fm (X), tada je

c1 P F1 (X) + · · · + cm P Fm (X) dk = c1

OI

P F1 (X) dk + · · · + cm

OI

P Fm (X) dk . OI

Ovo je osobina linearnosti integrala. 2◦ Ako je OI = ∪m i=1 OIi , tada je

P F (X) dk + · · · +

P F (X) dk = OI

OI1

P F (X) dk . OIm

Delovi OIi oblasti integracije OI zadrˇzavaju orijentaciju celine OI. 3◦ Ako orijentacija oblasti integracije utiˇce na vrednost integrala, onda promena orijentacije menja znak integrala.

72

73

4.2. Odred¯eni integrali Ove integrale su studenti izuˇcavali na prethodnim kursevima matematike, pa na njima nećemo da se zadrˇzavamo. Samo prosled¯ujemo prethodno izneto pravilo (1)–(2) o naˇcinu formiranja i navodimo najznaˇcajnije osobine. Podruˇcje integracije odred¯enog integrala je orijentisani segment na nekoj od koordinatnih osa, npr. OI = [a, b] na x–osi. Taˇckama xi (i = 0, 1, . . . , n) vrˇsimo deobu segmenta na n podsegmenata P Di = [xi−1 , xi ] za orijentaciju od a ka b ili P Di = [xi , xi−1 ] za orijentaciju od b ka a (Slika 1). U svakom od njih biramo taˇcku Xi ≡ ξi . Za ξi ∈ P Di moˇze da se uzme bilo koja taˇcka. Karakteristika podeonih delova je razlika izmed¯u uzastopnih podeonih taˇcaka k(P Di ) = xi − xi−1 , s tim ˇsto se uvek od sledeće oduzima prethodna taˇcka. Neka je X ≡ x ∈ [a, b] proizvoljna taˇcka i P F (X) ≡ f (x) podintegralna funkcija. Vrednost P F (Xi ) ≡ f (ξi ) mnoˇzimo izabranom karakteristikom i sabiranjem dobijamo integralnu sumu S(n) =

n

f (ξi ) · (xi − xi−1 ) ,

i=1

a zatim i odred¯eni integral

[a,b]

f (x) dx = lim S(n) , n→∞

pri ˇcemu max1≤i≤n |xi − xi−1 | → 0 kad broj podeoka n → ∞.

a = x0 x1 ... x i

xi 1

]

]

[

w

[

w

[

x i ... b = xn x

[

xi

a = xn ... x i

]

xi

1 ...x1

]

b = x0

x

Slika 1.

Ako je segment [a, b] orijentisan od a ka b, za podeone taˇcke xi je a = x0 < x1 < · · · < xi−1 < xi < · · · < xn = b , pa je k(P Di ) = xi − xi−1 > 0 za svako i = 1, 2, . . . , n. U ovom sluˇcaju odred¯eni integral se b oznaˇcava sa a f (x) dx. Ako je segment orijentisan od b ka a, vaˇzi a = xn < xn−1 < · · · < xi < xi−1 < · · · < x0 = b a i k(P Di ) = xi − xi−1 < 0 za svako i = 1, 2, . . . , n, a odred¯eni integral ima oznaku b f (x) dx. Vidimo da je k(P Di ) = ±|xi − xi−1 | duˇzina podeoka P Di , uzeta sa znakom + ili − zavisno od orijentacije segmenta. Dakle, promena orijentacije dovodi do promene znaka karakteristike k(P Di ), ˇsto za posledicu ima promenu znaka integralne sume S(n) i dobro poznatu osobinu odred¯enih integrala a b f (x) dx = − f (x) dx . a

b

◦

Ovo je osobina 3 Riemannovih integrala. Za odred¯ene integrale vaˇze i osobine 1◦ , 2◦ . Na primer, ako je a < c < b, osobina 2◦ glasi

b

f (x) dx = a

c

b

f (x) dx + a

f (x) dx . c

Delovi [a, c] i [c, b] su orijentisani od a ka c i od c ka b, ˇsto odgovara orijentaciji od a ka b celine [a, b].

74 Geometrijska interpretacija odred¯enog integrala je sledeća. Neka je f (x) ≥ 0 za svako b x ∈ [a, b]. Tada je a f (x) dx jednak povrˇsini figure koja je ograniˇcena x–osom, pravama x = a, x = b i krivom y = f (x) (Slika 2). Ako je f (x) ≤ 0 za svako x ∈ [a, b], tada za povrˇsinu treba b uzeti − a f (x) dx. Ako f (x) menja znak na [a, b], npr. samo u taˇcki c ∈ (a, b), segment [a, b] treba deliti na podsegmente [a, b] = [a, c] ∪ [c, b], na svakom od njih raˇcunati odred¯eni integral i sabrati module dobijenih vrednosti.

y

y=f(x) x =a

x =b

x

Slika 2.

Na simetriˇcnom segmentu [a, b] = [−b, b] (a = −b, b > 0), za parnu i neparnu funkciju f (x) redom vaˇzi b b b f (x) dx = 2 f (x) dx , f (x) dx = 0 . −b

0

−b

Odred¯eni integrali izraˇcunavaju se pomoću Newton–Leibnitzove formule

b

b f (x) dx = F (x) = F (b) − F (a) , a

a

gde je F (x) primitivna funkcija funkcije f (x).

4.3. Krivolinijski integrali Krivolinijski integrali se dele na integrale po luku, integrale po koordinatama i vektorske krivolinijske integrale. Za integrale po koordinatama i vektorske integrale je znaˇcajna orijentacija oblasti integracije, pa je na poˇcetku ukratko objaˇsnjavamo.

Orijentacija prostorne krive Orijentacija krive je smer kretanja po krivoj. Postoje dva, med¯usobno suprotna smera, koji se na slici prikazuju strelicama.

z

z

B

B A

A y

x

y

x Slika 3.

Orijentacija moˇze da se zada na dva naˇcina, posredno ili direktno. Posredan naˇcin zadavanja orijentacije je zasnovan na promeni parametra i sastoji se u sledećem. Neka je kriva L data svojim parametarskim jednaˇcinama (3)

L:

x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ;

t ∈ [α, β] .

Kriva L je pozitivno orijentisana ako smer kretanja po krivoj odgovara rastu parametra t. Oznaˇcava se sa L+ . Ako smer kretanja odgovara opadanju parametra, kriva je negativno orijentisana i oznaˇcava se sa L− . Kaˇze se da je L+ pozitivan smer, a L− negativan smer. Oˇcigledno je

75 da ovako uvedena orijentacija zavisi od izbora parametra. Promena parametra moˇze da dovede do promene orijentacije iz pozitivne u negativnu i obrnuto. Primer 1. Posmatramo deo L centralne kruˇznice u prvom kvadrantu, ˇcija je implicitna jednaˇcina x2 + y 2 = 1. Ako za parametar izaberemo Descartesovu koordinatu x, parametarske jednaˇcine krive L su L:

x=t, y=

1 − t2 , z = 0 ;

t ∈ [0, 1] .

Pozitivna i negativna orijentacija su prikazane na Slici 4 levo. Ako je parametar koordinata y, parametarske jednaˇcine su L:

x=

1 − t2 , y = t , z = 0 ;

t ∈ [0, 1] ,

a orijentacija je prikazana na Slici 4 desno.

y

_

w

1

1

L

w

L+

w

x

1

L+

w

y

_

L

1

x

Slika 4.

Vidimo da je pozitivna orijentacija na slici levo ista kao negativna orijentacija na slici desno. Ovo je posledica razliˇcitih parametara u odnosu na koje se orijentacija odred¯uje kao pozitivna ili negativna. Na Slici 4 je strelicom prikazan i smer u kome izabrani parametar raste, a kojem odgovara orijentacija L+ . Direktan naˇcin zadavanja orijentacije je neki dovoljno jasan opis. Na primer, za otvorenu krivu sa graniˇcnim taˇckama A i B se kaˇze da je orijentisana od taˇcke A ka taˇcki B ili obrnuto (Slika 3). Ovako zadata orijentacija nije vezana za parametar i nije odred¯ena kao pozitivna ili negativna. Tek po izboru parametra se utvrd¯uje da li je ona pozitivna (negativna) u odnosu na taj parametar. Direktan naˇcin zadavanja orijentacije je posebno znaˇcajan kod zatvorenih krivih koje pripadaju nekoj od koordinatnih ravni. Uvodi se sledećom definicijom. Zatvorena kriva u xy–ravni je pozitivno orijentisana ako je smer kretanja po krivoj suprotan smeru kretanja kazaljke na satu, posmatrano sa pozitivnog dela z–ose. Analogno vaˇzi i za krive u ostalim koordinatnim ravnima (Slika 5). Ukoliko nije drugaˇcije reˇceno, ova definicija se podrazumeva.

z

L+

L+

y +

L

x Slika 5.

Orijentacija razliˇcitih krivih se ne upored¯uje. Izuzetak je sluˇcaj kada su krive opisane pomoću istog parametra jednaˇcinama oblika (3). Tada se kaˇze da krive imaju saglasne orijentacije ako su istovremeno pozitivno ili istovremeno negativno orijentisane prema posrednoj definiciji. Tipiˇcan primer su prostorna kriva i njena projekcija na neku koordinatnu ravan. Joˇs jedan pojam, koji je vaˇzan za dalje izlaganje, je podela krive. Podela krive se vrˇsi podeonim taˇckama ˇciji redosled mora da prati orijentaciju krive. Na Slici 6 su podeone taˇcke oznaˇcene sa Ti (i = 1, 2, . . . , n).

76

z

z

Ti

B =Tn

...

Ti

B =T0

1

Ti

...

1

...

Ti

...

A =T0

A =Tn y

x

y

x Slika 6.

Krivolinijski integrali po luku (I vrste) U cilju definisanja krivolinijskih integrala po luku, prosled¯ujemo opˇste pravilo (1)–(2) o formiranju Riemannovih integrala, uvodeći konkretne umesto opˇstih oznaka. Neka je oblast integracije OI = L, gde je L orijentisana prostorna kriva. Taˇckama Ti

(i = 0, 1, . . . , n) se kriva L deli (Slika 6) na n delova P Di = Ti−1 Ti (i = 1, 2, . . . , n). Unutar

svakog dela se bira taˇcka Xi ∈ Ti−1 Ti . Za Xi moˇze da se uzme bilo koja taˇcka. Karakteristika podeonih delova je njihova duˇzina k(P Di ) = λi > 0 . Kriva L je prostorna, pa za proizvoljnu taˇcku X ∈ L vaˇzi X(x, y, z). Neka je P F (X) ≡ H(X) ≡ H(x, y, z) podintegralna funkcija. Vrednost P F (Xi ) ≡ H(Xi ) se mnoˇzi izabranom karakteristikom i sabiranjem se dobija integralna suma S(n) =

n

H(Xi ) · λi ,

i=1

a zatim i krivolinijski integral po luku ili krivolinijski integral I vrste H(x, y, z) dλ = lim S(n) , n→∞

L

pri ˇcemu max1≤i≤n λi → 0 kad n → ∞. Promena orijentacije krive L dovodi do promene rasporeda taˇcaka Ti (i = 0, 1, . . . , n) na

krivoj (Slika 6). Med¯utim, to ne menja duˇzine λi podeoka Ti−1 Ti , pa karakteristike podeonih delova zadrˇzavaju znak k(P Di ) = λi > 0 za svako i = 1, 2, . . . , n. Zato integralna suma i integral ostaju isti. Zakljuˇcujemo da orijentacija krive L ne utiˇce na vrednost krivolinijskog integrala I vrste, ˇsto znaˇci da je H(x, y, z) dλ = H(x, y, z) dλ . L+

L−

Ako je l duˇzina cele krive L, tada je (4)

dλ ,

l= L

ˇsto za H(x, y, z) ≡ 1 sledi iz

H(x, y, z) dλ = L

dλ = lim L

n→∞

n i=1

H(Xi ) · λi = lim

n→∞

n i=1

λi = lim l = l . n→∞

77 Izraˇcunavanje krivolinijskih integrala I vrste formuliˇsemo u obliku teoreme. Teorema 1. Ako je kriva L zadata parametarskim jednaˇcinama (3), tj. L:

x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ;

t ∈ [α, β] ,

tada je

(5)

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

β

H(x, y, z) dλ = α

L

Iz jednakosti (5) vidimo da se krivolinijski integral izraˇcunava dovod¯enjem na odgovarajući odred¯eni integral. Granice u odred¯enom integralu se uvek uzimaju od manje ka većoj, ˇsto je posledica prethodnog zakljuˇcka da orijentacija krive ne utiˇce na vrednost ovog integrala. Izdvajamo specijalni sluˇcaj, kada je parametar neka od Descartesovih koordinata, npr. t = x. Tada su parametarske jednaˇcine krive L:

y = y(x) , z = z(x) ;

x ∈ [a, b] ,

gde je uvedena nova oznaka [α, β] ≡ [a, b] radi navike ˇcitalaca. Jednakost (5) sada postaje

b

H(x, y, z) dλ =

H x, y(x), z(x) 1 + y 2 (x) + z 2 (x) dx .

a

L

Krivolinijski integrali po koordinatama (II vrste) Po pitanju formiranja ovih integrala, situacija je ista kao kod krivolinijskih integrala po

luku: OI = L, P Di = Ti−1 Ti , Xi ∈ Ti−1 Ti . Razlikuje se karakteristika podeonih delova. Ako je Ti (xi , yi , zi ), za karakteristiku se u ovom sluˇcaju uzima k(P Di ) = xi − xi−1 . Dakle, karakteristika je razlika prvih koordinata podeonih taˇcaka, s tim ˇsto se uvek od prve koordinate sledeće podeone taˇcke Ti oduzima prva koordinata prethodne podeone taˇcke Ti−1 . Iz odred¯enog razloga podintegralnu funkciju oznaˇcavamo drugaˇcije, P F (X) ≡ P (X) ≡ P (x, y, z). Integralna suma je n P (Xi ) · (xi − xi−1 ) , S(n) = i=1

a krivolinijski integral po koordinati x je P (x, y, z) dx = lim S(n) , n→∞

L

pri ˇcemu max1≤i≤n |xi − xi−1 | → 0 kad n → ∞. Analogno se definiˇsu krivolinijski integral po koordinati y Q(x, y, z) dy = lim L

n

n→∞

Q(Xi ) · (yi − yi−1 )

i=1

i krivolinijski integral po koordinati z R(x, y, z) dz = lim L

n→∞

n i=1

R(Xi ) · (zi − zi−1 ) .

78 Za svaki od ovih integrala se kaˇze da je II vrste. Potpuni krivolinijski integral II vrste je P dx + Q dy + R dz = P dx + Q dy + R dz , L

L

L

L

gde je P ≡ P (x, y, z), Q ≡ Q(x, y, z), R ≡ R(x, y, z). Potpuni krivolinijski integral nije nikakav novi integral, već je samo kraći zapis za zbir krivolinijskih integrala po koordinatama u kojima se integracija vrˇsi po istoj krivoj L. Orijentacija krive L utiˇce na vrednost krivolinijskih integrala II vrste tako ˇsto promena orijentacije dovodi do promene znaka integrala (osobina 3◦ Riemannovih integrala), tj. vaˇzi

L+

P dx + Q dy + R dz = −

L−

P dx + Q dy + R dz .

Slika 7 se odnosi na krivolinijske integrale po koordinati x. Sa slike se vidi da razliˇcite orijentacije, a time i razliˇciti rasporedi podeonih taˇcaka, kao posledicu imaju xi − xi−1 > 0 (slika levo) ili xi − xi−1 < 0 (slika desno) za svako i = 1, 2, . . . , n. Ovo znaˇci da karakteristika menja znak sa promenom orijentacije krive, zbog ˇcega menjaju znak integralna suma i integral.

z

z

...

Ti

Ti

B =T0

Ti

1

... A =T0 xi xi xn

... 1

...

Ti

B =Tn

A =Tn

x0

xn xi

y

1

y

xi 1 x0

x

x Slika 7.

Za krivolinijske integrale II vrste, ne i I vrste, karakteristiˇcna je sledeća osobina. Ako kriva L pripada ravni S koja je normalna na x–osu, y–osu ili z–osu, redom vaˇzi P (x, y, z) dx = 0 , Q(x, y, z) dy = 0 , R(x, y, z) dz = 0 . L

L

L

Ovu osobinu je lako razumeti ako se uoˇci da sve taˇcke ravni S, npr. normalne na x–osu, imaju istu prvu koordinatu x = a. Odavde je xi = a za svako i = 1, 2, . . . , n, pa i xi − xi−1 = 0 za svako i = 1, 2, . . . , n. Zato je odgovarajuća integralna suma S(n) = 0 i vaˇzi prva od navedenih jednakosti. Odred¯eni integral je specijalan sluˇcaj krivolinijskog II vrste. Na primer, neka je L = [a, b] segment na x–osi, orijentisan od a ka b. Tada je P (x, y, z) = P (x, 0, 0) = f (x), Xi ≡ ξi i P (x, y, z) dx = lim L

n→∞

n i=1

P (Xi ) · (xi − xi−1 ) = lim

n→∞

n

f (ξi ) · (xi − xi−1 ) =

Izraˇcunavanje krivolinijskih integrala II vrste dato je sledećom teoremom. Teorema 2. Ako je kriva L zadata parametarskim jednaˇcinama (3), tj. L:

x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ;

f (x) dx . a

i=1

t ∈ [α, β] ,

b

79 tada je (6)

L+

β

P (x, y, z) dx =

P x(t), y(t), z(t) x (t) dt ,

α

gde L+ oznaˇcava pozitivnu orijentaciju krive L u odnosu na izabrani parametar t. Iz jednakosti (6) vidimo da se krivolinijski integral izraˇcunava dovod¯enjem na odgovarajući odred¯eni integral. Granice u odred¯enom integralu se uzimaju u skladu sa orijentacijom krive, od manje ka većoj za pozitivnu i od veće ka manjoj za negativnu orijentaciju u odnosu na izabrani parametar. Jednostavniji naˇcin za odred¯ivanje redosleda granica u odred¯enom integralu je

sledeći. Neka je L = AB i neka taˇcki A odgovara vrednost parametra t = α, a taˇcki B vrednost

parametra t = β. Tada je za orijentaciju od A ka B (L = AB)

B

P (x, y, z) dx ≡

A

L

β

P (x, y, z) dx =

P x(t), y(t), z(t) x (t) dt ,

α

a za orijentaciju od B ka A (L = BA)

P (x, y, z) dx ≡

A

B

L

α

P (x, y, z) dx =

P x(t), y(t), z(t) x (t) dt .

β

Analogno vaˇzi i za integrale po ostalim koordinatama. Izdvajamo specijalne sluˇcajeve, kada je parametar neka od Descartesovih koordinata, npr. t = x i t = y. U sluˇcaju t = x parametarske jednaˇcine krive su L: i jednakost (6) glasi

y = y(x) , z = z(x) ;

L+

P (x, y, z) dx =

b

x ∈ [a, b]

P x, y(x), z(x) dx .

a

Kriva je pozitivno orijentisana u odnosu na parametar x. U sluˇcaju t = y parametarske jednaˇcine krive su L : x = x(y) , z = z(y) ; y ∈ [c, d] i jednakost (6) glasi

L+

P (x, y, z) dx =

d

P x(y), y, z(y) x (y) dy ,

c

a kriva je pozitivno orijentisana u odnosu na parametar y. Da bismo udovoljili navici studenata, interval [α, β] smo oznaˇcili sa [α, β] ≡ [a, b], odnosno [α, β] ≡ [c, d]. Na kraju uoˇcimo i sledeće. Krivolinijski integrali po luku i koordinatama su dobili svoja imena prema izabranim karakteristikama podeonih delova. Integrali po luku tretiraju krivu (luk, put) direktno jer je karakteristika duˇzina dela krive. Integrali po koordinatama tretiraju krivu posredno jer je karakteristika duˇzina projekcije dela krive na neku od koordinatnih osa, uzeta sa znakom koji odgovara orijentaciji krive.

Veza izmed¯u krivolinijskih integrala I i II vrste Izmed¯u krivolinijskih integrala I i II vrste postoji veza iskazana jednakoˇsću P dx + Q dy + R dz = (P cos α + Q cos β + R cos γ) dλ , L

L

80 gde su upotrebljene skraćene oznake P ≡ P (x, y, z), Q ≡ Q(x, y, z), R ≡ R(x, y, z), koje ćemo i nadalje da koristimo bez naglaˇsavanja. U prethodnoj jednakosti su α, β i γ manji od uglova izmed¯u saglasno orijentisane tangente krive L i pozitivnih delova x, y i z–koordinatne ose redom. Saglasna orijentacija krive i tangente je prikazana na Slici 8 (levo i u sredini).

g1 g

x

y

y

x

x

w

z

w

z

z

y

Slika 8.

Prethodna jednakost vaˇzi bez obzira na orijentaciju krive. Znamo da promena orijentacije menja znak krivolinijskog integrala II vrste na levoj strani jednakosti. Med¯utim, tada se menja i orijentacija tangente, a time i uglovi α, β, γ. Na primer, novi ugao je γ1 = π − γ (Slika 8 desno) i vaˇzi cos γ1 = cos(π − γ) = − cos γ. Dakle, promena orijentacije krive menja znak oba integrala, krivolinijskog II vrste kroz diferencijale dx, dy, dz, a krivolinijskog I vrste kroz podintegralnu funkciju P cos α + Q cos β + R cos γ. Navedena veza nema veću praktiˇcnu primenu, pa na njoj nećemo viˇse da se zadrˇzavamo.

Vektorski krivolinijski integrali Da bismo objasnili ovaj tip krivolinijskog integrala, prethodno moramo da objasnimo pojam vektorske funkcije. Za funkcije f sa kojima smo do sada radili vaˇzi f : D ⊆ Rn → R, gde je n = 1, 2, . . . konaˇcan broj. Ove funkcije se zovu skalarne funkcije jer su im vrednosti realni brojevi (skalari). Vektorske funkcije a se definiˇsu analogno skalarnim, s tim ˇsto za njih vaˇzi a : D ⊆ Rn → Rm (m = 1). Pod vektorskim funkcijama se najˇceˇsće podrazumevaju samo sluˇcajevi (7)

a : D ⊆ R → R3 ,

(8)

a : D ⊆ R3 → R3 .

Kako svaku ured¯enu trojku (x, y, z) ∈ R3 moˇzemo da poistovetimo sa vektorom x i + y j + z k ≡ (x, y, z), jasno je da su vrednosti vektorske funkcije vektori. Iz istog razloga vektorska funkcija (8), koja ima tri realna argumenta, moˇze da se smatra funkcijom jednog vektorskog argumenta. Vektorska funkcija (7) ima jedan realan argument. Ako je r = (x, y, z) vektor poloˇzaja taˇcke X ≡ X(x, y, z), ravnopravno ćemo da koristimo oznake f (X) ≡ f (x, y, z) ≡ f ( r ) ,

a(X) ≡ a(x, y, z) ≡ a( r )

za skalarnu funkciju i vektorsku funkciju (8) redom. Podsećamo studente da vektor poloˇzaja taˇcke X spaja taˇcku X sa koordinatnim poˇcetkom i usmeren je ka taˇcki X. Komponente (projekcije, koordinate) vektorske funkcije su skalarne funkcije istih argumenata kao i sama vektorska funkcija. Ako je a ≡ a(t) vektorska funkcija (7) i a = a1 i+a2 j +a3 k ≡ (a1 , a2 , a3 ), tada su komponente a1 , a2 , a3 skalarne funkcije a1 (t), a2 (t), a3 (t). Ako je a ≡ a(x, y, z) vektorska funkcija (8) i a = (a1 , a2 , a3 ), tada su komponente skalarne funkcije a1 (x, y, z), a2 (x, y, z), a3 (x, y, z). Primetimo da je vektor poloˇzaja r = (x, y, z) specijalna vektorska funkcija kod koje je a1 (x, y, z) = x, a2 (x, y, z) = y, a3 (x, y, z) = z. Primer 2. Vrednosti vektorske funkcije a(t) = t i + j − t2 k za t = 0, t = 1 i t = 2 su redom vektori b1 = a(0) = j ≡ (0, 1, 0), b2 = a(1) = i + j − k ≡ (1, 1, −1) i b3 = a(2) = 2 i + j − 4 k ≡ (2, 1, −4).

81 Vrednost vektorske funkcije a(x, y, z) = xy i + xz j + yz k za x = 1, y = 1, z = 1 je vektor b1 = a(1, 1, 1) = i + j + k ≡ (1, 1, 1), a za x = 2, y = 1, z = 2 vektor b2 = a(2, 1, 2) = 2 i + 4 j + 2 k ≡ (2, 4, 2). Za vektorske funkcije se, kao i za skalarne, definiˇsu graniˇcne vrednosti, izvodi, diferencijali, integrali, itd. Izdvajamo samo diferencijal vektora poloˇzaja r = (x, y, z), koji je takod¯e vektor, (9)

d r = (dx, dy, dz) . Kod vektorskih krivolinijskih integrala situacija je ista kao kod krivolinijskih integrala I i

II vrste: OI = L, P Di = Ti−1 Ti , Xi ∈ Ti−1 Ti . Razlikuje se karakteristika podeonih delova k(P Di ), koja je kod integrala I i II vrste skalar, dok je kod vektorskih integrala vektor. Ako je ri vektor poloˇzaja podeone taˇcke Ti , za karakteristiku se bira vektor −−−−→ k(P Di ) = Ti−1 Ti = ri − ri−1 . Dakle, k(P Di ) je vektor koji spaja uzastopne podeone taˇcke Ti−1 , Ti i usmeren je od prethodne i vektor poloˇzaja taˇcke Xi , r vektor Ti−1 ka sledećoj taˇcki podele Ti (Slika 9). Joˇs, neka je ρ poloˇzaja proizvoljne taˇcke X(x, y, z) ∈ L i P F (X) ≡ Ω(X) ≡ Ω( r ) skalarna ili vektorska funkcija. Integralna suma je S(n) =

n

Ω(Xi ) · ( ri − ri−1 ) =

i=1

n

Ω( ρi ) · ( ri − ri−1 ) ,

i=1

a vektorski krivolinijski integral je Ω( r ) d r = lim S(n) , n→∞

L

pri ˇcemu max1≤i≤n | ri − ri−1 | → 0 kad n → ∞.

Xi

w

w

ri

ri

w Ti w

w

T0

1

w

Ti

ri

1

Tn

0 Slika 9.

Na Slici 9 je 0 koordinatni poˇcetak. Koordinatne ose su izostavljene da ne bi opterećivale sliku. Orijentacija krive L utiˇce na vrednost ovih integrala jer promena orijentacije menja raspored −−−−→ podeonih taˇcaka, a time i smer svih vektora Ti−1 Ti . Imajući u vidu da za vektore a, b vaˇzi a = − b ukoliko su istog pravca i intenziteta, a suprotnog smera, to znaˇci da integralna suma i integral menjaju znak. U zavisnosti od prirode podintegralne funkcije Ω( r ) i karaktera mnoˇzenja u podintegralnom izrazu Ω( r ) d r, razlikuju se sledeće vrste vektorskih integrala. 1◦ Ako je Ω( r ) = f ( r ) skalarna funkcija, vektorski krivolinijski integral je vektor f ( r ) d r . L

2◦ Ako je Ω( r ) = a( r ) vektorska funkcija i mnoˇzenje skalarno, integral je skalar a( r ) · d r . L

82 3◦ Ako je Ω( r ) = a( r ) vektorska funkcija i mnoˇzenje vektorsko, integral je vektor a( r ) × d r . L

Izraˇcunavanje vektorskih krivolinijskih integrala se vrˇsi prevod¯enjem na odgovarajuće krivolinijske integrale II vrste. Pokazujemo to na primeru integrala datog pod 2◦ . Neka je a( r ) = (P, Q, R) vektorska funkcija s komponentama P ≡ P (x, y, z), Q ≡ Q(x, y, z), R ≡ R(x, y, z). Prema (9) i prema izrazu a · b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 za skalarni proizvod vektora a = (a1 , a2 , a3 ) i b = (b1 , b2 , b3 ), sledi

a( r ) · d r =

L

P dx + Q dy + R dz , L

ˇsto je potpuni krivolinijski integral II vrste. Vektorski integral 2◦ je poznat pod imenom cirkulacija vektorske funkcije a( r ) duˇz orijentisanog puta L. Na kraju napominjemo i sledeće. Za sve tipove krivolinijskih integrala (po luku, po koordinatama, vektorske) se u sluˇcaju zatvorene krive L obiˇcno koristi preciznija oznaka L umesto standardne L .

Parametrizacija krivih, cilindriˇ cna povrˇ s Prema Teoremama 1 i 2, za izraˇcunavanje krivolinijskih integrala neophodne su parametarske jednaˇcine (3) krive integracije L. Parametrizacija krivih se najˇceˇsće vrˇsi pomoću polarnih, cilindriˇcnih i sfernih koordinata. Zato pre izrade zadataka upoznajemo studente sa ovim koordinatama i dajemo neke karakteristiˇcne sluˇcajeve parametrizacije krivih. Neka je X(x, y) taˇcka u xy–koordinatnoj ravni. Polarne koordinate taˇcke X su polarni radijus i polarni ugao. Poteg taˇcke X je duˇz koja spaja taˇcku X sa koordinatnim poˇcetkom. Duˇzina potega r je polarni radijus. Ugao izmed¯u potega i pozitivnog dela x–ose je polarni ugao ϕ. Za polarni radijus vaˇzi 0 ≤ r < +∞, a za polarni ugao 0 ≤ ϕ ≤ 2π ili, ˇsto je praktiˇcnije, −π ≤ ϕ ≤ π. Polarnim koordinatama r i ϕ je poloˇzaj taˇcke X u xy–ravni jednoznaˇcno odred¯en kao i Descartesovim x, y. Zato je X(x, y) ≡ X(r, ϕ) (Slika 10 levo). Ako se taˇcka X tretira kao prostorna, tada je X(x, y, 0) ≡ X(r, ϕ, 0). Izmed¯u Descartesovih i polarnih koordinata postoji veza, koja se ˇcesto uzima za definiciju polarnih koordinata, (10)

x = r cos ϕ , y = r sin ϕ .

Kada je X(y, z) u yz–ravni, veza glasi y = r cos ϕ , z = r sin ϕ , a kada je X(z, x) u zx–ravni, veza je (11)

z = r cos ϕ , x = r sin ϕ .

Skrećemo paˇznju studentima da jednakosti (11) ne smeju da budu x = r cos ϕ, z = r sin ϕ jer se tada sa desnog koordinatnog sistema u kome radimo prelazi na levi koordinatni sistem. Takod¯e, da bi se smanjila mogućnost greˇske, savetujemo studentima da govore ”zx–koordinatna ravan”, a ne ”xz–koordinatna ravan”. Ovo je naroˇcito vaˇzno pri crtanju koordinatnog sistema u zx–ravni, kada z–osu treba crtati horizontalno, a x–osu vertikalno. Neka je X(x, y, z) taˇcka u prostoru i X (x, y, 0) njena projekcija na xy–ravan. Cilindriˇcne koordinate taˇcke X su r, ϕ i z, gde su r, ϕ polarne koordinate projekcije X , a z Descartesova koordinata taˇcke X (Slika 10 u sredini). Sada je X(x, y, z) ≡ X(r, ϕ, z). Cilindriˇcne koordinate

83 su oˇcigledno generalizacija polarnih koordinata sa ravni na prostor. Veza izmed¯u Descartesovih i cilindriˇcnih koordinata je (12)

x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , z = z .

Neka je X(x, y, z) taˇcka u prostoru i X (x, y, 0) njena projekcija na xy–ravan. Sferne koordinate taˇcke X su r, ϕ i θ, gde je r duˇzina potega taˇcke X, ϕ polarni ugao projekcije X , a θ ugao izmed¯u potega taˇcke X i xy–ravni (Slika 10 desno). Za ugao θ vaˇzi −π/2 ≤ θ ≤ π/2, s tim ˇsto je θ = −π/2 kada se X nalazi na negativnom delu z–ose, a θ = π/2 kada se X nalazi na pozitivnom delu z–ose. Sada je X(x, y, z) ≡ X(r, ϕ, θ). Veza izmed¯u Descartesovih i sfernih koordinata je (13)

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

y

z

y

X

r j 0

z

z r

X x

x

r

j

y

X’

x

j

x

X q

y

X’

Slika 10.

Krive za koje dajemo parametrizaciju su kruˇznice i elipse u nekoj od koordinatnih ravni. 1◦ Neka je L centralna kruˇznica u xy–ravni polupreˇcnika a > 0 (Slika 11 levo). Njena implicitna jednaˇcina je x2 + y 2 = a2 . Zamenom (10) u jednaˇcinu kruˇznice se dobija redom r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ = a2 ,

r2 = a2 ,

r=a,

pa su parametarske jednaˇcine kruˇznice L:

x = a cos ϕ , y = a sin ϕ , z = 0 ;

ϕ ∈ [0, 2π] .

Neka je L centralna elipsa u xy–ravni sa poluosama a > 0, b > 0 (Slika 11 desno). Njena implicitna jednaˇcina je x2 y2 + =1. a2 b2 Uvod¯enjem uopˇstenih polarnih koordinata sa (14)

x = ar cos ϕ , y = br sin ϕ

i zamenom (14) u jednaˇcinu elipse sledi a2 r2 cos2 ϕ b2 r2 sin2 ϕ + =1, a2 b2

r2 = 1 ,

r=1.

Zato su parametarske jednaˇcine elipse L:

x = a cos ϕ , y = b sin ϕ , z = 0 ;

ϕ ∈ [0, 2π] .

84 Osim u ovom sluˇcaju, sa uopˇstenim polarnim koordinatama nećemo da radimo. Napominjemo samo da one nemaju isto znaˇcenje kao polarne koordinate.

y

y

L

b a

0

L

x

a

0

x

Slika 11.

2◦ Neka je sada L ”pomerena” kruˇznica u xy–ravni polupreˇcnika a > 0 sa centrom u taˇcki (x0 , y0 ) (Slika 12 levo). Njena implicitna jednaˇcina je tada (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = a2 . Smenom x − x0 = r cos ϕ , y − y0 = r sin ϕ

(15)

iz prethodne jednaˇcine sledi r = a, ˇsto dovodi do parametarskih jednaˇcina kruˇznice L:

x = x0 + a cos ϕ , y = y0 + a sin ϕ , z = 0 ;

ϕ ∈ [0, 2π] .

Uvedena smena, u stvari, predstavlja translaciju koordinatnog poˇcetka u taˇcku (x0 , y0 ), ˇcime pomerena kruˇznica postaje centralna. Analogno, ako je L ”pomerena” elipsa u xy–ravni sa centrom u taˇcki (x0 , y0 ) i poluosama a > 0, b > 0 (Slika 12 desno), smena x − x0 = ar cos ϕ , y − y0 = br sin ϕ

(16)

dovodi do parametarskih jednaˇcina elipse x = x0 + a cos ϕ , y = y0 + b sin ϕ , z = 0 ;

L:

y

ϕ ∈ [0, 2π] .

y

L

L

y0

y0 x0

0

x

0

x0

x

Slika 12.

3◦ Posebno je vaˇzan specijalan sluˇcaj pomerenih kruˇznica L koje imaju centar na nekoj od koordinatnih osa i prolaze kroz koordinatni poˇcetak (Slika 13). Parametrizacija ovakvih kruˇznica moˇze da se izvrˇsi smenom (15), ali i uvod¯enjem polarnih koordinata sa (10). Posmatrajmo, npr., prvu kruˇznicu sa Slike 13. Njena implicitna jednaˇcina je L:

(x − a)2 + y 2 = a2 .

Smena (15) dovodi do parametarskih jednaˇcina L:

x = a + a cos ϕ , y = a sin ϕ , z = 0 ;

ϕ ∈ [0, 2π] .

85 Smena (10) daje redom r2 cos2 ϕ − 2ar cos ϕ + a2 + r2 sin2 ϕ = a2 ,

r2 − 2ar cos ϕ = 0 ,

r(r − 2a cos ϕ) = 0 .

Mogućnost r = 0 otpada jer se tada kruˇznica svodi na taˇcku. Ostaje r = 2a cos ϕ, pa su parametarske jednaˇcine π π . x = 2a cos2 ϕ , y = 2a cos ϕ sin ϕ , z = 0 ; ϕ ∈ − , 2 2 Primećujemo da u ovom sluˇcaju r nije konstanta, već je funkcija ugla ϕ. Raspon ugla −π/2 ≤ ϕ ≤ π/2 se odred¯uje na osnovu poloˇzaja kruˇznice. Ostale kruˇznice sa Slike 13 imaju redom: jednaˇcine x2 + (y − a)2 = a2 , (x + a)2 + y 2 = a2 , x2 + (y + a)2 = a2 i raspon ugla 0 ≤ ϕ ≤ π, π/2 ≤ ϕ ≤ 3π/2, π ≤ ϕ ≤ 2π. Koju od navedene dve smene je bolje koristiti zavisi od konkretnog problema koji se reˇsava. Za potrebna izraˇcunavanja nekad je pogodnija smena (15), a nekad smena (10).

y

0

a

L

L

0

0

_a

a

x

y

y

y

L

0 x

_a

x

L

x Slika 13.

4◦ Nevezano za parametrizaciju kruˇznica i elipsi u koordinatnim ravnima, navodimo i parametrizaciju prostornih krivih. Neka je L kriva u prostoru i Lxy njena bijektivna projekcija na xy–ravan. Taˇcke X(x, y, z) na krivoj L i X (x, y, 0) na projekciji Lxy imaju iste prve dve koordinate. Zato su iste i funkcije x(t), y(t) u parametarskim jednaˇcinama ovih krivih L: Lxy :

x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ;

t ∈ [α, β] ,

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

t ∈ [α, β] .

Ukoliko nad¯emo parametarske jednaˇcine za Lxy , treba da nad¯emo joˇs funkciju z(t) da bismo znali i parametarske jednaˇcine krive L. Za nas je najinteresantniji sluˇcaj kada se prostorna kriva L zadaje kao presek dve povrˇsi. Tada se eliminacijom koordinate z iz poznatih jednaˇcina povrˇsi dobija jednaˇcina projekcije Lxy . Funkcija z(t) se nalazi smenom x = x(t), y = y(t) u jednaˇcinu bilo koje od povrˇsi. Analogno vaˇzi i ako se kriva L projektuje na ostale koordinatne ravni. Na primer, jednaˇcina projekcije Lyz se dobija eliminacijom koordinate x iz jednaˇcina povrˇsi, a funkcija x(t) iz jednaˇcine bilo koje od povrˇsi. Drugaˇcije sluˇcajeve ćemo da objasnimo kroz zadatke. Povrˇsi koje se ˇcesto javljaju pri reˇsavanju praktiˇcnih problema su: paraboloid, konus, sfera, elipsoid i cilindriˇcna povrˇs. Do sada smo se upoznali sa prve ˇcetiri u okviru dela Realne funkcije viˇse realnih promenljivih (Slike 2–5). Ostaje nam joˇs cilindriˇcna povrˇs. Neka kriva L pripada nekoj od koordinatnih ravni, npr. xy–ravni. Ako se kroz svaku taˇcku krive L postavi prava p paralelna z–osi, geometrijsko mesto takvih pravih formira cilindriˇcnu povrˇs S (Slika 14). Kriva L je direktrisa, a prave p su izvodnice. Cilindriˇcna povrˇs S ima ”istu” jednaˇcinu kao direktrisa L. Pri tome je treća koordinata z = 0 za krivu L, dok je z ∈ R za povrˇs S proizvoljna. Na primer, ako su jednaˇcine direktrise L:

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

t ∈ [α, β] ,

jednaˇcine cilindriˇcne povrˇsi S su S:

x = x(t) , y = y(t) ;

t ∈ [α, β] .

86 Kako se za krive u koordinatnim ravnima najˇceˇsće ne navodi koordinata koja je jednaka nuli, a za cilindriˇcne povrˇsi se podrazumeva i nikad ne upisuje proizvoljna koordinata, to se jednaˇcine direktrise L i cilindriˇcne povrˇsi S ne razlikuju. Zato je uvek potrebno naglasiti da li se jednaˇcine odnose na ravan ili prostor, tj. na krivu ili cilindriˇcnu povrˇs. Analogno razmatranje vaˇzi za cilindriˇcne povrˇsi ˇcije su direktrise u yz i zx–koordinatnoj ravni.

z

p S L

y

x Slika 14.

Zadatak 1. Izraˇcunati duˇzinu dela L krive L1 :

x = t − sin t , y = 1 − cos t , z = 0 ;

t∈R

izmed¯u taˇcaka A(0, 0, 0) i B(2π, 0, 0). Reˇsenje. Kriva L ima parametarske jednaˇcine kao L1 , uz ograniˇcenje za parametar t, L:

x = t − sin t , y = 1 − cos t , z = 0 ;

t ∈ [α, β] .

Pri tome vrednosti t = α i t = β, koje odgovaraju graniˇcnim taˇckama A i B, nisu poznate. Ove vrednosti se odred¯uju iz ˇcinjenice da je A, B ∈ L, tj. da koordinate taˇcaka A i B zadovoljavaju jednaˇcine krive L. Za taˇcku A(0, 0, 0) je x = 0, y = 0, pa vaˇzi 0 = t − sin t , 0 = 1 − cos t . Iz druge jednaˇcine dobijenog sistema je cos t = 1 i t = 2kπ (k = 0, ±1, ±2, . . . ). Za t = 2kπ prva jednaˇcina postaje 0 = 2kπ − sin 2kπ. Kako je sin 2kπ = 0, to je 2kπ = 0 i k = 0. Dakle, za taˇcku A je t = 2kπ = 0, pa je α = 0. Analogno, za taˇcku B(2π, 0, 0) je x = 2π, y = 0, pa je 2π = t − sin t , 0 = 1 − cos t . Iz druge jednaˇcine je t = 2kπ, ˇsto smenom u prvu daje 2π = 2kπ i k = 1. Sada je t = 2kπ = 2π i β = 2π. Konaˇcno, parametarske jednaˇcine krive L su L:

x = t − sin t , y = 1 − cos t , z = 0 ;

t ∈ [0, 2π] .

Duˇzina l se izraˇcunava prema (4), tj. l=

dλ . L

Primenom tvrd¯enja (5) Teoreme 1, sa H(x, y, z) ≡ 1, duˇzina l je 2π x 2 (t) + y 2 (t) + z 2 (t) dt . l= 0

Kako je x (t) = 1 − cos t , y (t) = sin t , z (t) = 0 ; 2

2

2

x (t) + y (t) + z (t) = 2(1 − cos t) ,

87 dalje je

l=

2π

0

2(1 − cos t) dt .

S obzirom na

t 2

1 − cos t = 2 sin2

t i imajući u vidu da je sin ≥ 0 za t/2 ∈ [0, π], tj. t ∈ [0, 2π], poslednji odred¯eni integral se 2 jednostavno reˇsava i dobija se 2π 2π 2π 2π t t t t 2 t dt = 2 4 sin sin dt = 4 sin d l= sin dt = 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 2π t = −4 cos = −4(cos π − cos 0) = −4(−1 − 1) = 8 . 2 0 Zadatak 2. Izraˇcunati krivolinijski integral I vrste I=

x2 + y 2 dλ , L

gde je L:

x2 + y 2 = ax ,

z=0

(a > 0) .

Reˇsenje. Jednaˇcinu krive L transformiˇsemo na naˇcin 2 x − ax + y 2 = 0 ,

x−

a 2 a 2 + y2 = , 2 2

odakle vidimo da je kriva L kruˇznica sa centrom u taˇcki (a/2, 0, 0) polupreˇcnika a/2 (prva kruˇznica sa Slike 13). Parametrizaciju kruˇznice L vrˇsimo uvod¯enjem polarnih koordinata sa (10). Zamenom x = r cos ϕ, y = r sin ϕ u datu jednaˇcinu kruˇznice sledi r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ = ar cos ϕ ,

r2 = ar cos ϕ ,

r = a cos ϕ ,

pa su parametarske jednaˇcine L:

x = a cos2 ϕ , y = a cos ϕ sin ϕ , z = 0 ;

π π . ϕ∈ − , 2 2

Kako je x (ϕ) = −2a cos ϕ sin ϕ = −a sin 2ϕ , y (ϕ) = −a sin2 ϕ + a cos2 ϕ = a cos 2ϕ , z (ϕ) = 0 ; 2

2

2

x (ϕ) + y (ϕ) + z (ϕ) = a2 , na osnovu (5) je I= = =a

π/2 −π/2 π/2 −π/2

2

x2 (ϕ) + y 2 (ϕ) x 2 (ϕ) + y 2 (ϕ) + z 2 (ϕ) dϕ √ a2 cos4 ϕ + a2 cos2 ϕ sin2 ϕ a2 dϕ

π/2

−π/2

2 2 cos ϕ dϕ = a

π/2

−π/2

| cos ϕ| dϕ = a

π/2 π = 2a sin ϕ = 2a2 sin − sin 0 = 2a2 . 2 0 2

2

π/2 −π/2

2

cos ϕ dϕ = 2a

0

π/2

cos ϕ dϕ

88 Pri reˇsavanju odred¯enog integrala je iskoriˇsćena ˇcinjenica da je cos ϕ ≥ 0 za ϕ ∈ [−π/2, π/2] i da je cos parna funkcija. Studenti su odred¯ene integrale uˇcili ranije, pa nadalje nećemo ovako detaljno da ih reˇsavamo. Zadatak 3. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste

y 2 dx + z 2 dy + x2 dz ,

I= L

gde je L:

x2 + y 2 = ax ,

x2 + y 2 + z 2 = a2

(a > 0, z ≥ 0) .

Posmatrano sa pozitivnog dela z–ose, kriva L je pozitivno orijentisana. Reˇsenje. Kriva L je zadata kao presek dve povrˇsi S1 :

x2 + y 2 = ax ,

S2 :

x2 + y 2 + z 2 = a2 .

Povrˇs S1 je cilindriˇcna sa direktrisom Lxy , koja je istovremeno i bijektivna projekcija krive L na xy–ravan. Povrˇs S2 je centralna sfera polupreˇcnika a.

z

a

S1

S2

L a

a

y

Lxy

x

Slika 15.

Direktrisa ima istu jednaˇcinu x2 + y 2 = ax kao i cilindriˇcna povrˇs. Parametarske jednaˇcine direktrise smo odredili u Zadatku 2 i one su π π . Lxy : x = a cos2 ϕ , y = a cos ϕ sin ϕ , z = 0 ; ϕ ∈ − , 2 2 Zamenom x = a cos2 ϕ i y = a cos ϕ sin ϕ u jednaˇcinu sfere S2 sledi z 2 = a2 − x2 − y 2 = a2 − a2 cos4 ϕ − a2 cos2 ϕ sin2 ϕ = a2 − a2 cos2 ϕ = a2 sin2 ϕ , odakle je z = a| sin ϕ| zbog uslova z ≥ 0. Parametarske jednaˇcine krive L su L:

x = a cos2 ϕ , y = a cos ϕ sin ϕ , z = a| sin ϕ| ;

π π . ϕ∈ − , 2 2

Za zadatu orijentaciju krive L, tj. saglasnu orijentaciju projekcije Lxy , parametar ϕ se menja od ϕ = −π/2 do ϕ = π/2. Radi jednostavnosti zapisivanja i izraˇcunavanja, potpuni krivolinijski integral II vrste rastavljamo na integrale po koordinatama I = I1 + I2 + I3 , gde je

2

I1 =

y dx , I2 = L

2

z dy , I3 = L

L

x2 dz .

89 Kako je

x (ϕ) = −2a cos ϕ sin ϕ , y (ϕ) = a cos2 ϕ − sin2 ϕ ,

primenom tvrd¯enja (6) Teoreme 2 integrali I1 , I2 postaju I1 =

π/2

−π/2

I2 =

π/2

−π/2

y 2 (ϕ) x (ϕ) dϕ = −2a3 z 2 (ϕ) y (ϕ) dϕ = a3

π/2

−π/2

π/2

−π/2

cos3 ϕ sin3 ϕ dϕ ,

2 cos ϕ sin2 ϕ − sin4 ϕ dϕ .

Funkcija cos3 ϕ sin3 ϕ je neparna, funkcije cos2 ϕ sin2 ϕ i sin4 ϕ su parne, a segment [−π/2, π/2] je simetriˇcan. Zato je I1 = 0 , I2 = 2a

3

π/2

0

cos2 ϕ sin2 ϕ − sin4 ϕ dϕ .

Koriˇsćenjem formula 1 1 1 − cos 4ϕ sin2 2ϕ = , 4 4 2 2 1 − cos 2ϕ 2 1 sin4 ϕ = sin2 ϕ = = 1 − 2 cos 2ϕ + cos2 2ϕ 2 4 1 1 + cos 4ϕ 1 1 , = − cos 2ϕ + 4 2 4 2

cos2 ϕ sin2 ϕ =

za integral I2 dobijamo I2 = 2a3

π/2

0

1 1 1 1 − + cos 2ϕ − cos 4ϕ dϕ = − a3 π . 4 2 4 4

Iz z = a| sin ϕ|, ϕ ∈ [−π/2, π/2] sledi z = −a sin ϕ ako je ϕ ∈ [−π/2, 0] i z = a sin ϕ ako je ϕ ∈ [0, π/2]. Joˇs je π π z (ϕ) = a cos ϕ , ϕ ∈ 0, , z (ϕ) = −a cos ϕ , ϕ ∈ − , 0 ; 2 2 pa prema (6) integral I3 postaje I3 =

π/2

−π/2

= −a3

x2 (ϕ) z (ϕ) dϕ = 0

−π/2

0 −π/2

cos5 ϕ dϕ + a3

0

x2 (ϕ) z (ϕ) dϕ +

π/2

π/2

0

x2 (ϕ) z (ϕ) dϕ

cos5 ϕ dϕ = 0 .

Poslednja jednakost je posledica ˇcinjenice da za parnu funkciju cos5 ϕ vaˇzi

0 −π/2

Konaˇcno je

cos5 ϕ dϕ =

0

π/2

cos5 ϕ dϕ .

1 I = I1 + I2 + I3 = − a3 π . 4

Zadatak 4. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste y dx + z dy + x dz , I= L

90 gde je L:

x+z =a ,

x2 + y 2 + z 2 = a2

(a > 0) .

Posmatrano sa pozitivnog dela z–ose, kriva L je negativno orijentisana. Reˇsenje. Kriva L je zadata kao presek povrˇsi S1 :

x+z =a ,

S2 :

x2 + y 2 + z 2 = a2 .

Povrˇs S1 je cilindriˇcna povrˇs ˇcija je direktrisa prava x = −z + a u zx–ravni (Slika 16 levo), a izvodnice su paralelne y–osi. Dakle, S1 je ravan koja x–osu (y = 0, z = 0) seˇce u taˇcki (a, 0, 0), a z–osu (x = 0, y = 0) u taˇcki (0, 0, a). Povrˇs S2 je centralna sfera polupreˇcnika a. Sa Lxy je oznaˇcena bijektivna projekcija krive L na xy–ravan.

z

x

S1

a

0

a

S2

L a

z

a

a

Lxy

y

x Slika 16.

Parametarske jednaˇcine projekcije Lxy odred¯ujemo eliminacijom koordinate z iz jednaˇcina povrˇsi S1 i S2 . Iskazujući z = a − x iz jednaˇcine povrˇsi S1 i smenom u jednaˇcinu povrˇsi S2 , dobija se x2 + y 2 + (a − x)2 = a2 i implicitna jednaˇcina projekcije Lxy :

2x2 + y 2 − 2ax = 0 , z = 0 .

Jednostavnim transformacijama se dalje dobija a 2 y 2 a2 x− + = , 2 2 4

a 2 x− y2 2 a 2 + a 2 = 1 , √ 2 2

√ ˇsto znaˇci da je Lxy elipsa sa centrom u taˇcki (a/2, 0, 0) i poluosama a/2, a/ 2 na x i y–osi redom (Slika 12 desno). Uvod¯enjem smene (16), tj. x−

a a a = r cos ϕ , y = √ r sin ϕ , 2 2 2

dobija se r = 1, pa su parametarske jednaˇcine elipse Lxy :

x=

a a a + cos ϕ , y = √ sin ϕ , z = 0 ; 2 2 2

ϕ ∈ [−π, π] .

Povratkom u jednaˇcinu z = a − x povrˇsi S1 slede i parametarske jednaˇcine krive L:

x=

a a a a a + cos ϕ , y = √ sin ϕ , z = − cos ϕ ; 2 2 2 2 2

ϕ ∈ [−π, π] .

Za zadatu orijentaciju krive L, tj. saglasnu orijentaciju njene projekcije Lxy , parametar ϕ se menja od ϕ = π do ϕ = −π. Kako je a a a x (ϕ) = − sin ϕ , y (ϕ) = √ cos ϕ , z (ϕ) = sin ϕ , 2 2 2

91 prema Teoremi 2 je

−π

I=

y(ϕ) x (ϕ) + z(ϕ) y (ϕ) + x(ϕ) z (ϕ) dϕ

π −π

a a a a a a a a √ sin ϕ − sin ϕ + − cos ϕ √ cos ϕ + + cos ϕ sin ϕ dϕ 2 2 2 2 2 2 2 2 π −π 2 2 2 2 a a a a sin ϕ + cos ϕ sin ϕ dϕ = − √ + √ cos ϕ + 4 4 2 2 2 2 π −π −π a2 a2 a2 −π a2 −π =− √ dϕ + √ cos ϕ dϕ + sin ϕ dϕ + cos ϕ sin ϕ dϕ . 4 π 4 π 2 2 π 2 2 π =

Funkcije sin ϕ i cos ϕ sin ϕ su neparne, a segment [−π, π] simetriˇcan, pa vaˇzi

−π

−π

sin ϕ dϕ = 0 ,

cos ϕ sin ϕ dϕ = 0 .

π

Zato je dalje

π

−π a2 −π a2 1 I = − √ ϕ + √ sin ϕ = √ a2 π . π 2 2 π 2 2 2

Elipsa Lxy ima centar na x–osi i prolazi kroz koordinatni poˇcetak. Parametrizacija ovakvih elipsi, sliˇcno kao parametrizacija kruˇznica datih pod 3◦ , moˇze da se izvrˇsi uvod¯enjem uopˇstenih polarnih koordinata sa (14), tj. smenom x=

a a r cos ϕ , y = √ r sin ϕ . 2 2

Po dobijanju parametarskih jednaˇcina elipse, dobijaju se i odgovarajuće parametarske jednaˇcine krive π π √ . L : x = a cos2 ϕ , y = 2 a cos ϕ sin ϕ , z = a sin2 ϕ ; ϕ ∈ − , 2 2 Med¯utim, ova parametrizacija krive L dovodi do odred¯enog integrala koji se znatno teˇze reˇsava. U parametarskim jednaˇcinama krive i njene projekcije smo uzeli simetriˇcan segment [−π, π] umesto segmenta [0, 2π] da bismo mogli da iskoristimo neparnost nekih funkcija i uprostimo izraˇcunavanje odred¯enog integrala. Ovo je razlog zbog kog je skoro uvek bolje uzimati simetriˇcan od nekog drugog segmenta. Zadatak 5. Izraˇcunati cirkulaciju vektorske funkcije a(x, y, z) = (−y, x, 3) duˇz negativno orijentisane krive L:

(x − 2)2 + y 2 = 1 , z = 0 .

Reˇsenje. Cirkulacija je vektorski krivolinijski integral a( r ) · d r .

C= L

Kako je a = (−y, x, 3) i d r = (dx, dy, dz), skalarnim mnoˇzenjem se dobija potpuni krivolinijski integral II vrste −y dx + x dy + 3 dz .

C= L

92 Kriva L je kruˇznica u xy–ravni sa centrom (2, 0, 0) na x–osi polupreˇcnika 1. Kruˇznica ne prolazi kroz koordinatni poˇcetak, pa moramo da je tretiramo kao pomerenu kruˇznicu datu pod 2◦ . Uvodimo smenu (15), tj. x − 2 = r cos ϕ , y = r sin ϕ . Iz date jednaˇcine kruˇznice sledi r = 1 i parametarske jednaˇcine glase L:

x = 2 + cos ϕ , y = sin ϕ , z = 0 ;

ϕ ∈ [−π, π] .

Za negativnu orijentaciju se ϕ menja od ϕ = π do ϕ = −π. S obzirom na x (ϕ) = − sin ϕ , y (ϕ) = cos ϕ , z (ϕ) = 0 , cirkulacija postaje

−π

−y(ϕ)x (ϕ) + x(ϕ)y (ϕ) + 3z (ϕ) dϕ π −π −π 2 sin ϕ + (2 + cos ϕ) cos ϕ dϕ = = (1 + 2 cos ϕ) dϕ π π −π −π = ϕ +2 sin ϕ = −2π .

C=

π

π

4.4. Dvojni integrali Dvojni integrali spadaju u viˇsestruke integrale. Konkretizacija opˇsteg pravila o formiranju Riemannovih integrala za sluˇcaj dvojnih integrala je sledeća. Oblast integracije OI = D je zatvorena dvodimenzionalna (ravna) oblast, ˇsto znaˇci oblast u nekoj od koordinatnih ravni, npr. xy–ravni. Koordinatnim linijama (prave paralelne koordinatnim osama) se oblast D deli na n delova P Di = Δi (i = 1, 2, . . . , n), koji se zovu ćelije podele (Slika 17). Unutar svake ćelije se bira taˇcka Xi ∈ Δi . Taˇcka Xi moˇze da bude bilo koja. Karakteristika podeonih delova je njihova povrˇsina k(P Di ) = δi > 0 . Sve taˇcke xy–ravni, pa i taˇcke oblasti D, imaju treću koordinatu z = 0. Zato ovu koordinatu u nastavku podrazumevamo i ne naglaˇsavamo. Dakle, ako je X ∈ D proizvoljna taˇcka, pisaćemo X(x, y), a ne X(x, y, 0). Podintegralna funkcija je definisana u taˇckama oblasti D, pa je P F (X) ≡ f (x, y). Vrednost P F (Xi ) ≡ f (Xi ) se mnoˇzi izabranom karakteristikom i sabiranjem se dobija integralna suma S(n) =

n

f (Xi ) · δi ,

i=1

a zatim i dvojni integral

f (x, y) dxdy = lim S(n) , D

n→∞

pri ˇcemu max1≤i≤n δi → 0 kad n → ∞. U oznaci dvojnog integrala je dxdy proizvod diferencijala nezavisno promenljivih x i y. Analogno se definiˇsu i dvojni integrali f (y, z) dydz , f (z, x) dzdx , D

D

kada oblast integracije D pripada yz i zx–koordinatnoj ravni redom.

93

y

Di

D x

Slika 17.

Dvodimenzionalne oblasti se orijentiˇsu, ali orijentacija oblasti D ne utiˇce na vrednost dvojnih integrala jer je k(P Di ) = δi > 0 za svako i = 1, 2, . . . , n. Zato objaˇsnjenje orijentacije dvodimenzionalne oblasti izostavljamo. Ako je d povrˇsina cele oblasti D, tada je (17)

dxdy ,

d= D

ˇsto za f (x, y) ≡ 1 sledi iz

f (x, y) dxdy = D

dxdy = lim

n→∞

D

n

f (Xi ) δi = lim

n

n→∞

i=1

δi = lim d = d .

i=1

n→∞

Opis oblasti D je neophodan za izraˇcunavanje dvojnih integrala. Pod opisom oblasti se podrazumeva opis koordinata proizvoljne taˇcke X(x, y) oblasti. Izdvajamo tri karakteristiˇcna sluˇcaja. 1◦ Neka je D pravougaona oblast. Njena granica je pravougaonik L sastavljen od delova L1 , L2 , L3 i L4 (Slika 18 levo). Delovi granice, kao delovi odgovarajućih pravih, imaju jednaˇcine L1 :

x=a,

L2 :

y=c,

L3 :

x=b,

L4 :

y=d,

gde su a, b, c, d ∈ R. Taˇcka X(x, y) ∈ D ima najmanju prvu koordinatu x ako se nalazi na delu granice L1 , a najveću ako je na delu L3 . Imajući u vidu jednaˇcine ovih delova, za prvu koordinatu taˇcke X vaˇzi a ≤ x ≤ b. Takod¯e, X ima najmanju drugu koordinatu y ako je X ∈ L2 , a najveću ako je X ∈ L4 , pa za drugu koordinatu vaˇzi c ≤ y ≤ d. Opis oblasti D je u ovom sluˇcaju (18)

D:

a≤x≤b, c≤y≤d.

2◦ Neka je granica L oblasti D sastavljena od delova L1 :

x=a,

L2 :

y = y1 (x) ,

L3 :

x=b,

L4 :

y = y2 (x) .

Delovi granice L2 i L4 su krive sa jednaˇcinama y = y1 (x) i y = y2 (x) (Slika 18 u sredini). Razmiˇsljajući kao u prethodnom sluˇcaju, za opis oblasti D se dobija (19)

D:

a ≤ x ≤ b , y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x) .

3◦ Ako je granica L oblasti D sastavljena od delova L1 :

x = x1 (y) ,

L2 :

y=c,

L3 :

x = x2 (y) ,

L4 :

y=d,

gde su L1 i L3 krive sa jednaˇcinama x = x1 (y) i x = x2 (y) (Slika 18 desno), opis oblasti D je (20)

D:

x1 (y) ≤ x ≤ x2 (y) , c ≤ y ≤ d .

94

y

y

y

L4

L4

d L1 c

L3

D

L1

L1

L3

D

L2

L4

d c

b

x

a

x

x

b

L3

L2

L2

a

D

Slika 18.

Izraˇcunavanje dvojnih integrala se vrˇsi, zavisno od oblika oblasti integracije, prema jednoj od sledećih teorema. Teorema 3. Ako je oblast D opisana nejednakostima (18), tj. a≤x≤b, c≤y≤d,

D: tada je (21)

d

dx a

D

b

f (x, y) dxdy =

c

d

f (x, y) dy =

b

dy c

f (x, y) dx . a

Teorema 4. Ako je oblast D opisana nejednakostima (19), tj. D:

a ≤ x ≤ b , y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x) ,

tada je

f (x, y) dxdy =

(22)

b

dx

y1 (x)

a

D

y2 (x)

f (x, y) dy .

Teorema 5. Ako je oblast D opisana nejednakostima (20), tj. D:

x1 (y) ≤ x ≤ x2 (y) , c ≤ y ≤ d ,

tada je

f (x, y) dxdy =

(23) D

d

dy c

x2 (y) x1 (y)

f (x, y) dx .

Ako oblast D nije ni jednog od navedenih oblika (18), (19), (20), treba je deliti na podoblasti nekog od ovih oblika i primenjivati opˇstu osobinu 2◦ Riemannovih integrala. Integrali na desnim stranama jednakosti (21), (22), (23) se zovu dvostruki integrali. Dvostruki integrali nisu nikakvi novi integrali, već predstavljaju dva odred¯ena integrala, koji se reˇsavaju jedan za drugim. Prvi upisani integral je spoljaˇsnji, a drugi upisani je unutraˇsnji. Prvo se reˇsava unutraˇsnji odred¯eni integral, a zatim spoljaˇsnji, pri ˇcemu rezultat unutraˇsnje integracije podleˇze spoljaˇsnjoj integraciji. U sluˇcaju pravougaone oblasti (18) je svejedno koji je integral unutraˇsnji, a koji spoljaˇsnji. U sluˇcaju oblasti (19) i (20) unutraˇsnji integral mora da ima funkcionalne granice. Granice u odred¯enim integralima se uvek uzimaju od manje ka većoj, ˇsto je posledica ˇcinjenice k(P Di ) = δi > 0. Smena promenljivih se uvodi u dvojne integrale uglavnom iz dva razloga. Jedan je ˇsto se oblast integracije ˇcesto teˇsko opisuje ili uopˇste ne moˇze da se opiˇse pomoću Descartesovih koordinata. Drugi je ˇsto opis oblasti pomoću Descartesovih koordinata moˇze da dovede do dvostrukih integrala koji se teˇsko reˇsavaju.

95 Smena promenljivih x, y u promenljive u, v se uvodi jednakostima x = x(u, v) , y = y(u, v) , ˇcime se oblast D iz xy–koordinatne ravni preslikava u novu oblast D∗ u uv–koordinatnoj ravni. Oblast D∗ je po pravilu mnogo jednostavnija za opis od oblasti D. Za uvedenu smenu promenljivih se formira Jacobieva determinanta (jakobijan) xu xv J ≡ J(u, v) = yu yv i vaˇzi sledeća teorema. Teorema 6. Ako je J = 0 u svim taˇckama oblasti D∗ , tada je f (x, y) dxdy = f x(u, v), y(u, v) |J| dudv . D∗

D

U nekim sluˇcajevima Teorema 4 vaˇzi i za J = 0 u pojedinim taˇckama iz D∗ . Posledica ove teoreme se odnosi na formulu (17) za izraˇcunavanje povrˇsine d oblasti D i glasi dxdy = |J| dudv . d= D∗

D

Za nove promenljive u, v se najˇceˇsće uzimaju polarne ili uopˇstene polarne koordinate r, ϕ, pri ˇcemu se smena promenljivih vrˇsi jednakostima (10) i (14). U sluˇcaju jednakosti (10) moduo jakobijana je |J| = r, a u sluˇcaju jednakosti (14) je |J| = abr. Primer 3. Ako je oblast D krug x2 +y 2 ≤ a2 (a > 0), opis oblasti D pomoću Descartesovih koordinata je D : −a ≤ x ≤ a , − a2 − x2 ≤ y ≤ a2 − x2 ili D:

−

a2 − y 2 ≤ x ≤

a2 − y 2 , −a ≤ y ≤ a ,

a pomoću polarnih koordinata D∗ :

0 ≤ r ≤ a , 0 ≤ ϕ ≤ 2π .

j

y

2p D 0

a

D*

x 0

a

r

Slika 19.

U prvom sluˇcaju se dvojni integral reˇsava pomoću Teoreme 4 ili Teoreme 5. Kako je D∗ pravougaona oblast u rϕ–ravni, u drugom sluˇcaju se dvojni integral reˇsava primenom Teorema 6 i 3. Koliko je reˇsavanje dvojnog integrala jednostavnije u drugom sluˇcaju, uverićemo se kroz zadatke. Jedna od veoma znaˇcajnih teorema u teoriji integrala je Green–Riemannova teorema. Ova teorema uspostavlja vezu izmed¯u krivolinijskog integrala duˇz zatvorene krive u nekoj od koordinatnih ravni i dvojnog integrala po oblasti koju ta kriva ograniˇcava. Green–Riemannova teorema. Ako je granica oblasti D zatvorena pozitivno orijentisana kriva L, tada je ∂Q ∂P − dxdy . P (x, y) dx + Q(x, y) dy = (24) ∂y L+ D ∂x

96 Posledica Green–Riemannove teoreme je sledeća. Za P (x, y) = −y, Q(x, y) = x, iz (24) i (17) sledi −y dx + x dy = 2 dxdy = 2 dxdy = 2d , L+

D

D

odakle je povrˇsina d oblasti D 1 d= 2

(25)

−y dx + x dy .

L+

Jednakost (25) se koristi kada je oblast D zadata pomoću parametarskih jednaˇcina svoje granice L. U ostalim sluˇcajevima je jednostavnija za primenu jednakost (17). Zadatak 6. Izraˇcunati dvojni integral xy dxdy ,

I= D

gde je oblast D manji deo kruga x2 + y 2 ≤ 2x koji odseca prava y = 2 − x. Reˇsenje. Uvedimo oznake L1 za kruˇznicu x2 + y 2 = 2x i L2 za pravu y = 2 − x. Kako iz 2 x + y 2 = 2x sledi (x − 1)2 + y 2 = 1, to je L1 :

(x − 1)2 + y 2 = 1 ,

y =2−x .

L2 :

Zamenom y = 2 − x u x2 + y 2 = 2x se dobija x1 = 1, x2 = 2 i y1 = 2 − x1 = 1, y2 = 2 − x2 = 0, pa se kruˇznica L1 i prava L2 seku u taˇckama (1, 1) i (2, 0). Delove kruˇznice L1 i prave L2 , koji ulaze u sastav granice oblasti D, oznaˇcavamo isto sa L1 i L2 . Za njih, a time i za oblast D (manji od dva kruˇzna odseˇcka), vaˇzi x ≥ 1 i y ≥ 0.

y 1

L1 L2

0

1

D x

2

Slika 20.

Oblast D moˇze da se opiˇse nejednakostima (19) ili (20). Prvo nalazimo opis (19). Za prve koordinate taˇcaka oblasti D je 1 ≤ x ≤ 2. Najmanju drugu koordinatu y imaju one taˇcke oblasti , a najveću one koje su na delu L1 . Kako je y ≥ 0, iz jednaˇcine D koje pripadaju delu √ granice L2√ kruˇznice sledi y = ± 2x − x2 = 2x − x2 , pa su eksplicitne jednaˇcine delova granice oblasti D L1 : y = 2x − x2 , L2 : y = 2 − x i opis (19) glasi D:

1≤x≤2 , 2−x≤y ≤

2x − x2 .

Za opis (20) treba uzeti koordinatu y u konstantnim granicama 0 ≤ y ≤ 1, a koordinatu x u funkcionalnim granicama. Najmanje x imaju one taˇcke oblasti D koje pripadaju delu granice L koje su na delu L1 . Kako je x ≥ 1, iz jednaˇcine kruˇznice sledi 2 , a najveće one x = 1 ± 1 − y 2 = 1 + 1 − y 2 , pa su eksplicitne jednaˇcine delova granice oblasti D L1 :

x=1+

1 − y2 ,

i opis (20) glasi D:

2−y ≤x≤1+

L2 :

x=2−y

1 − y2 , 0 ≤ y ≤ 1 .

97 Dvojni integral reˇsavamo primenom tvrd¯enja (22) Teoreme 4 i dobijamo

√

√ y 2 y= 2x−x2 I= xy dxdy = dx xy dy = x dx 2 y=2−x D 2−x 1 1 2 3 1 2 1 −x + 3x2 − 2x dx = · · · = . = x 2x − x2 − (2 − x)2 dx = 2 1 4 1 2

2x−x2

2

Dvojni integral reˇsavamo primenom tvrd¯enja (23) Teoreme 5 i dobijamo √ 1 1+√1−y2 1 x2 x=1+ 1−y2 I= xy dxdy = dy xy dx = y dy 2 x=2−y 0 0 D 2−y 1 2 3 1 1 1 −y + 2y 2 + y 1 − y 2 − y dy = · · · = . y 1 + 1 − y 2 −(2 − y)2 dy = = 2 0 4 0 Opis (20) dovodi do dvostrukog integrala koji se zanemarljivo teˇze reˇsava u odnosu na integral do kog dovodi opis (19). Zato su opisi (19) i (20) ravnopravni po pitanju jednostavnosti reˇsavanja dvojnog integrala, ˇsto nije uvek sluˇcaj. Zadatak 7. Izraˇcunati dvojni integral I= xy dxdy , D

gde je D oblast ograniˇcena sa L1 :

x2 + y 2 = 2ax ,

L2 :

y 2 = 2ax ,

L3 :

x = 2a

za a > 0 i y ≥ 0. Reˇsenje. Kao u prethodnom zadatku, za krive i njihove delove koji formiraju granicu oblasti D koristimo iste oznake. Zapisujući jednaˇcine krivih L1 i L2 na naˇcin L1 :

(x − a)2 + y 2 = a2 ,

L2 :

x=

1 2 y , 2a

utvrd¯ujemo da je L1 kruˇznica, L2 parabola i L3 prava.

y

2a D1

a 0

D3 L2

D

L3 L4

L1 a

2a

D2 x

Slika 21.

Nalazimo opis (19). Za prve koordinate taˇcaka oblasti D je 0 ≤ x ≤ 2a. Najmanju drugu koordinatu y imaju one taˇcke oblasti D koje pripadaju delu granice√L1 , a najveću√one koje su 2 2 na delu L2 . Zbog uslova y ≥ 0, iz jednaˇ √ cine kruˇ √ znice L1 sledi y = ± 2ax − x = 2ax − x , a iz jednaˇcine parabole L2 sledi y = ± 2ax = 2ax. Zato su eksplicitne jednaˇcine delova granice √ L1 : y = 2ax − x2 , L2 : y = 2ax

98 i opis (19) glasi 0 ≤ x ≤ 2a ,

D:

2ax − x2 ≤ y ≤

√

2ax .

Prema (22), dvojni integral postaje

xy dxdy =

I= D

2a 0

dx

√

√

2ax

2ax−x2

xy dy =

2a

0

√ y 2 y= 2ax 1 2a 3 x dx = x dx = 2a4 . √ 2 y= 2ax−x2 2 0

Oblast D ne moˇze u celini da se opiˇse nejednakostima (20), pa mora da se deli na podoblasti. Na Slici 21 je oblast D podeljena pravom L4 na tri podoblasti D1 , D2 , D3 koje mogu da se opiˇsu pomoću (20). Med¯utim, to znaˇci da umesto jednog moraju da se reˇsavaju tri dvojna integrala, ˇsto je znatno komplikovanije nego u sluˇcaju opisa (19). Zadatak 8. Izraˇcunati dvojni integral I=

x2 dxdy ,

D

gde je D oblast trougla sa temenima (1, 1), (3, 6), (4, 2). Reˇsenje. Neka su L1 , L2 , L3 stranice trougla i istovremeno prave kojima stranice pripadaju. Takod¯e, neka je L4 : x = 3 prava koja oblast trougla D deli na dve podoblasti D1 i D2 (Slika 22 levo).

y

y

L4

6

6

L3 2

D1

D

1

3

L2 D

D2

x

4

D4 L5

2

D3

L1

1

0

L3

L2

L1

1

0

1

3

4

x

Slika 22.

Jednaˇcine pravih L1 , L2 , L3 traˇzimo u eksplicitnom obliku y = kx + n. Prava L1 prolazi kroz taˇcke (1, 1) i (4, 2), pa koordinate ovih taˇcaka zadovoljavaju jednaˇcinu prave. Smenjujući x = 1, y = 1 i x = 4, y = 2 u y = kx + n, dobija se sistem jednaˇcina k + n = 1 , 4k + n = 2 , odakle je k = 1/3, n = 2/3 i L1 :

y=

2 1 x+ . 3 3

Analogno se nalaze i jednaˇcine pravih L2 :

y = −4x + 18 ,

L3 :

y=

5 3 x− . 2 2

Za prve koordinate taˇcaka podoblasti D1 je 1 ≤ x ≤ 3. Najmanju drugu koordinatu y imaju one taˇcke iz D1 koje pripadaju stranici L1 , a najveću one koje su na stranici L3 . Za prve koordinate taˇcaka podoblasti D2 je 3 ≤ x ≤ 4. Najmanju drugu koordinatu y imaju one taˇcke iz D2 koje

99 pripadaju stranici L1 , a najveću one koje su na stranici L2 . Zato opis (19) podoblasti D1 i D2 glasi D1 : D2 :

1 x+ 3 1 3≤x≤4 , x+ 3 1≤x≤3,

2 5 3 ≤y ≤ x− , 3 2 2 2 ≤ y ≤ −4x + 18 . 3

Prema opˇstoj osobini 2◦ Riemannovih integrala sledi x2 dxdy = x2 dxdy + x2 dxdy = I1 + I2 . I= D

D1

D2

Za reˇsavanje integrala I1 , I2 koristimo (22) i dobijamo y=5x/2−3/2 13 3 2 221 , x2 y dx = x (x − 1) dx = · · · = 6 1 9 y=x/3+2/3 1 x/3+2/3 1 4 −4x+18 4 y=−4x+18 13 4 2 871 2 2 I2 = dx x dy = x y dx = − x (x − 4) dx = · · · = , 3 3 36 y=x/3+2/3 3 x/3+2/3 3

I1 =

3

5x/2−3/2

dx

x2 dy =

3

odakle je

195 221 871 + = . 9 36 4 Oblast D moˇze da se podeli drugaˇcije, pravom L5 na D = D3 ∪ D4 (Slika 22 desno). U ovom sluˇcaju jednaˇcine pravih L1 , L2 , L3 treba zapisati u obliku I=

L1 :

x = 3y − 2 ,

L2 :

9 1 x=− y+ , 4 2

L3 :

x=

3 2 y+ , 5 5

ˇsto dovodi do opisa (20) D3 : D4 : Za reˇsavanje integrala

2 y+ 5 2 y+ 5

I3 =

3 ≤ x ≤ 3y − 2 , 1 ≤ y ≤ 2 , 5 3 1 9 ≤x≤− y+ , 2≤y≤6. 5 4 2 x2 dxdy ,

I4 =

D3

x2 dxdy

D4

treba koristiti (23). Oblast trougla D ima takav oblik da mora da se deli na podoblasti, bilo da se deoba vrˇsi pravom L4 ili pravom L5 . Zadatak 9. Izraˇcunati dvojni integral I=

x2 + y 2 dxdy , D

gde je D:

x2 + y 2 ≤ a2

(a > 0) .

Reˇsenje. Oblast D je krug iz Primera 3 (Slika 19 levo). Bilo koji od opisa (19) ili (20) pomoću Descartesovih koordinata, D : −a ≤ x ≤ a , − a2 − x2 ≤ y ≤ a2 − x2 , D : − a2 − y 2 ≤ x ≤ a2 − y 2 , −a ≤ y ≤ a ,

100 dovodi do dvostrukih integrala koji se teˇsko reˇsavaju, u ˇsta studenti mogu i sami da se uvere. Zato se uvodi smena promenljivih (10), tj. x = r cos ϕ , y = r sin ϕ , gde su r, ϕ polarne koordinate za koje je |J| = r. Transformisana oblast D∗ u rϕ–ravni je pravougaona (Slika 19 desno) i ima opis D∗ :

0 ≤ r ≤ a , 0 ≤ ϕ ≤ 2π .

Primenom Teoreme 6 integral I postaje r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ |J| drdϕ = I= D∗

D∗

r2 drdϕ .

Dobijeni integral se lako reˇsava primenom Teoreme 3 i dobija se I=

0

a

dr

0

2π

r2 dϕ =

a 0

ϕ=2π r2 ϕ dr = 2π ϕ=0

a

0

r2 dr = 2π

r3 a 2 3 = a π. 3 0 3

Zadatak 10. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste x e sin y − by dx + ex cos y − b dy I= L

gde su a > 0, b > 0 konstante i L kriva L:

x2 + y 2 = ax , z = 0

(y ≥ 0) ,

orijentisana od taˇcke (a, 0, 0) do taˇcke (0, 0, 0). Reˇsenje. Zapisujući jednaˇcinu krive L na naˇcin L:

a 2 a2 x− , z=0 + y2 = 2 4

i imajući u vidu uslov y ≥ 0, vidimo da je L polukruˇznica u I kvadrantu xy–ravni. Krivu L dopunjujemo delom L1 x–ose izmed¯u taˇcaka (0, 0, 0) i (a, 0, 0) do zatvorene krive L2 = L ∪ L1 . Deo L1 orijentiˇsemo od taˇcke (0, 0, 0) do taˇcke (a, 0, 0) da bi kriva L2 imala jedinstvenu orijentaciju. Ta orijentacija je pozitivna. Kriva L2 je granica oblasti D.

y

L D

0

a L a x 1 2 Slika 23.

Neka su I1 i I2 krivolinijski integrali duˇz krivih L1 i L2 koji imaju isti podintegralni izraz kao integral I. Kako je L2 zatvorena pozitivno orijentisana kriva, integral I2 reˇsavamo pomoću tvrd¯enja (24) Green–Riemannove teoreme. Za P (x, y) = ex sin y − by ,

Q(x, y) = ex cos y − b

je ∂P = ex cos y − b , ∂y

∂Q = ex cos y , ∂x

101 pa je I2 =

L+ 2

x e sin y −by dx+ ex cos y −b dy =

dxdy . ex cos y − ex cos y −b dxdy = b D

D

Poslednji dvojni integral izraˇcunava povrˇsinu d oblasti D. Oblast D je polukrug polupreˇcnika a/2 i njegova povrˇsina je 1 1 a 2 π = a2 π . d= 2 2 8 Zato je 1 I2 = a2 bπ . 8 Krivolinijski integral I1 se jednostavno reˇsava. Parametarske jednaˇcine za L1 su L1 :

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

x ∈ [0, a] ,

pa je y (x) = 0 i x e sin y − by dx + ex cos y − b dy I1 = L a a1 x x x e sin y(x) − by(x) + e cos y(x) − b y (x) dx = e − b y (x) dx = 0 . = 0

0

Kako je L2 = L ∪ L1 , prema osobini 2◦ Riemannovih integrala sledi I2 = I + I1 i I = I2 − I1 = I2 =

1 2 a bπ . 8

Zadati integral I smo reˇsavali primenom Green–Riemannove teoreme iz dva razloga. Prvo, njegovo direktno reˇsavanje kao krivolinijskog integrala je veoma teˇsko, a studentima prepuˇstamo da se u to uvere sami. Drugo, kriva integracije L moˇze da se dopuni do zatvorene krive delom x–ose, ˇsto dovodi do krivolinijskog integrala po tom delu koji se reˇsava prosto. Ukoliko kriva integracije ne moˇze da se dopuni do zatvorene krive delom neke koordinatne ose ili delom prave paralelne koordinatnoj osi, primena Green–Riemannove teoreme se ne preporuˇcuje. Tada je reˇsavanje krivolinijskog integrala po ”dopuni” isto toliko komplikovano kao i reˇsavanje polaznog krivolinijskog integrala. Zadatak 11. Neka je D krug polupreˇcnika a. Izraˇcunati obim kruga pomoću krivolinijskog integrala. Izraˇcunati povrˇsinu kruga pomoću dvojnog i krivolinijskog integrala. Reˇsenje. Na obim i povrˇsinu kruga ne utiˇce njegov poloˇzaj, pa radi jednostavnosti uzimamo centralni krug u xy–ravni. Obim kruga D je isto ˇsto i duˇzina kruˇznice L koja ga ograniˇcava. Kako je L:

x2 + y 2 = a2 , z = 0

uvod¯enjem polarnih koordinata se dobijaju parametarske jednaˇcine L:

x = a cos ϕ , y = a sin ϕ , z = 0 ;

ϕ ∈ [0, 2π] .

Prema jednakostima (4) i (5), duˇzina l kruˇznice L je l=

dλ =

L

0

2π

x 2 (ϕ) + y 2 (ϕ) + z 2 (ϕ) dϕ =

2π 0

a dϕ = 2aπ .

Povrˇsinu d kruga D prvo izraˇcunavamo pomoću dvojnog integrala, tj. pomoću jednakosti (17). Opis kruga D u polarnim koordinatama je D∗ :

0 ≤ r ≤ a , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,

102 pa je

d=

dxdy =

D∗

D

r drdϕ =

a

0

dr

2π 0

r dϕ = 2π

a

r dr = a2 π .

0

Izraˇcunavamo sada povrˇsinu d pomoću krivolinijskog integrala. Koristeći prethodno odred¯ene parametarske jednaˇcine kruˇznice L, prema jednakosti (25), koja je posledica Green– Riemannove teoreme, je 1 2π −y(ϕ)x (ϕ) + x(ϕ)y (ϕ) dϕ −y dx + x dy = 2 0 L+ 2π 2π 1 1 −a sin ϕ(−a sin ϕ) + a cos ϕ a cos ϕ dϕ = a2 dϕ = a2 π . = 2 0 2 0

1 d= 2

Zadatak 12. Neka je L elipsa s poluosama a, b i D oblast koju elipsa ograniˇcava. Izraˇcunati povrˇsinu oblasti D pomoću dvojnog i krivolinijskog integrala. Reˇsenje. Ne umanjujući opˇstost, uzimamo centralnu elipsu u xy–ravni ˇcija je jednaˇcina y2 x2 + =1, z=0. a2 b2

L:

Uvod¯enjem uopˇstenih polarnih koordinata se dobija r = 1 i parametarske jednaˇcine elipse glase L:

x = a cos ϕ , y = b sin ϕ , z = 0 ;

a opis oblasti D je

D∗ :

ϕ ∈ [0, 2π] ,

0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π .

Uopˇstene polarne koordinate imaju |J| = abr. Koristeći jednakost (17), za povrˇsinu d oblasti D se dobija

d=

dxdy = D

D∗

abr drdϕ =

0

1

dr

2π

0

abr dϕ = 2abπ

0

1

r dr = abπ .

Koristeći jednakost (25), povrˇsina d oblasti D je d=

1 2

1 = 2

−y dx + x dy =

L+ 2π

0

1 2

0

2π

−y(ϕ)x (ϕ) + x(ϕ)y (ϕ) dϕ

1 −b sin ϕ(−a sin ϕ) + a cos ϕ b cos ϕ dϕ = ab 2

2π 0

dϕ = abπ .

4.5. Trojni integrali Trojni integrali spadaju u viˇsestruke integrale. Konkretizacija opˇsteg pravila o formiranju Riemannovih integrala za sluˇcaj trojnih integrala je sledeća. Oblast integracije OI = D je zatvorena trodimenzionalna (prostorna) oblast. Koordinatnim povrˇsima (ravni paralelne koordinatnim ravnima) se oblast D deli na n delova P Di = Δi (i = 1, 2, . . . , n), koji se zovu ćelije podele. Za razliku od dvojnih integrala, kod kojih je unutraˇsnja ćelija pravougaona oblast (Slika 17), kod trojnih integrala je unutraˇsnja ćelija oblast kvadra (Slika 24). Unutar svake ćelije se bira taˇcka Xi ∈ Δi . Taˇcka Xi moˇze da bude bilo koja. Karakteristika podeonih delova je njihova zapremina k(P Di ) = δi > 0 .

103 Podintegralna funkcija je definisana u taˇckama oblasti D, pa je P F (X) ≡ f (x, y, z). Vrednost P F (Xi ) ≡ f (Xi ) se mnoˇzi izabranom karakteristikom i sabiranjem se dobija integralna suma S(n) =

n

f (Xi ) · δi ,

i=1

a zatim i trojni integral

f (x, y, z) dxdydz = lim S(n) , n→∞

D

pri ˇcemu max1≤i≤n δi → 0 kad n → ∞. U oznaci trojnog integrala je dxdydz proizvod diferencijala nezavisno promenljivih x, y i z.

z

D Di y

x Slika 24.

Trodimenzionalne oblasti se ne orijentiˇsu. Ako je d zapremina cele oblasti D, tada je (26) d= dxdydz , D

ˇsto za f (x, y, z) ≡ 1 sledi iz definicije integralne sume i trojnog integrala. Opis oblasti D znaˇci opis koordinata proizvoljne taˇcke X(x, y, z) ∈ D. Izdvajamo dva karakteristiˇcna sluˇcaja. 1◦ Neka je D prostorna oblast, ˇcija granica je kvadar S sastavljen od delova S1 , S2 , S3 , S4 , S5 i S6 . Delovi granice, kao delovi odgovarajućih ravni, imaju jednaˇcine S1 :

x=a,

S2 :

x=b,

S5 :

z=g ,

S6 :

z=h,

S3 :

y=c,

S4 :

y=d,

gde su a, b, c, d, g, h ∈ R. Delovi S1 , S2 su paralelni yz–ravni, S3 , S4 su paralelni zx–ravni i S5 , S6 su paralelni xy–ravni (Slika 25 levo). Taˇcka X(x, y, z) ∈ D ima najmanju prvu koordinatu x ako se nalazi na delu granice S1 , a najveću ako je na delu S2 . Imajući u vidu jednaˇcine ovih delova, za prvu koordinatu taˇcke X vaˇzi a ≤ x ≤ b. Analogno, X ima najmanju drugu koordinatu y ako je X ∈ S3 i najveću ako je X ∈ S4 , najmanju treću koordinatu z ako je X ∈ S5 i najveću ako je X ∈ S6 . Zato za ostale dve koordinate vaˇzi c ≤ y ≤ d, g ≤ z ≤ h. Opis oblasti D je u ovom sluˇcaju (27)

D:

a≤x≤b, c≤y≤d, g≤z≤h.

2◦ Neka je granica S oblasti D sastavljena od delova S1 :

x=a,

S5 :

z = z1 (x, y) ,

S2 :

x=b, S6 :

S3 :

y = y1 (x) ,

S4 :

y = y2 (x)

z = z2 (x, y) .

Delovi granice S3 i S4 su cilindriˇcne povrˇsi sa jednaˇcinama y = y1 (x) i y = y2 (x), dok su S5 i S6 proizvoljne povrˇsi sa jednaˇcinama z = z1 (x, y) i z = z2 (x, y) (Slika 25 desno). Razmiˇsljajući kao u prethodnom sluˇcaju, za opis oblasti D se dobija (28)

D:

a ≤ x ≤ b , y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x) , z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y) .

104

z

S6

h g S3 S2

D S5

a x

b

z

S1

c D xy

S4

S6 S3 S2

D

S1 S4

S5

d y

y

a

D xy

b x Slika 25.

Izraˇcunavanje trojnih integrala se vrˇsi, zavisno od oblika oblasti integracije, prema jednoj od sledećih teorema. Teorema 7. Ako je oblast D opisana nejednakostima (27), tj. D:

a≤x≤b, c≤y≤d, g≤z≤h,

tada je (29)

b

f (x, y, z) dxdy =

dx a

D

d

h

dy c

f (x, y, z) dz . g

Teorema 8. Ako je oblast D opisana nejednakostima (28), tj. a ≤ x ≤ b , y1 (x) ≤ y ≤ y2 (x) , z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y) ,

D: tada je

f (x, y, z) dxdydz =

(30) D

b

dx a

y2 (x)

y1 (x)

dy

z2 (x,y)

z1 (x,y)

f (x, y, z) dz .

Ako oblast D nije ni jednog od navedenih oblika (27), (28), treba je deliti na podoblasti nekog od ovih oblika i primenjivati opˇstu osobinu 2◦ Riemannovih integrala. Integrali na desnim stranama jednakosti (29), (30) su trostruki integrali. Trostruki integrali predstavljaju tri odred¯ena integrala, koji se reˇsavaju jedan za drugim, zdesna ulevo. Pri tome rezultat svake prethodne integracije podleˇze narednoj integraciji. Prvi upisani integral je spoljaˇsnji, a druga dva su unutraˇsnji. U sluˇcaju oblasti kvadra (27) redosled upisivanja i reˇsavanja odred¯enih integrala nije vaˇzan. U sluˇcaju oblasti (28) spoljaˇsnji integral ima konstantne granice, a unutraˇsnji integrali imaju funkcionalne granice, s tim ˇsto se prvo upisuje onaj ˇcije su granice funkcije jedne promenljive, a zatim onaj ˇcije su granice funkcije dve promenljive. Granice u odred¯enim integralima se uvek uzimaju od manje ka većoj, ˇsto je posledica ˇcinjenice k(P Di ) = δi > 0. Smena promenljivih se uvodi u trojne integrale iz istih razloga kao i kod dvojnih integrala. Promenljive x, y, z se smenjuju promenljivama u, v, w pomoću jednakosti x = x(u, v, w) , y = y(u, v, w) , z = z(u, v, w) , kojima se oblast D iz xyz–koordinatnog sistema preslikava u novu oblast D∗ u uvw–koordinatnom sistemu. Jacobieva determinanta za uvedenu smenu promenljivih je xu xv xw J ≡ J(u, v, w) = yu yv yw zu zv zw

105 i vaˇzi sledeća teorema. Teorema 9. Ako je J = 0 u svim taˇckama oblasti D∗ , tada je f (x, y, z) dxdydz = f x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) |J| dudvdw . D∗

D

U nekim sluˇcajevima Teorema 9 vaˇzi i za J = 0 u pojedinim taˇckama iz D∗ . Posledica ove teoreme se odnosi na formulu (26) za izraˇcunavanje zapremine d oblasti D i glasi dxdydz = |J| dudvdw . d= D∗

D

Za nove promenljive u, v, w se najˇceˇsće uzimaju cilindriˇcne r, ϕ, z ili sferne koordinate r, ϕ, θ, pri ˇcemu se smena promenljivih vrˇsi jednakostima (12) i (13). U sluˇcaju jednakosti (12) moduo jakobijana je |J| = r, a u sluˇcaju jednakosti (13) je |J| = r2 cos θ. Projekcija prostorne oblasti D na neku koordinatnu ravan, npr. xy–ravan, je ravna oblast Dxy (Slika 25). Taˇcka X ∈ D ima iste koordinate x, y kao i njena projekcija iz Dxy , pa su granice za koordinate x, y iste u opisima oblasti Dxy i D. Dakle, u opisu oblasti D se granice ∗ za dve Descartesove koordinate x, y dobijaju iz opisa projekcije Dxy . Analogno, ako je Dxy ∗ oblast Dxy opisana pomoću polarnih koordinata, iz Dxy se odred¯uju granice za dve cilindriˇcne ∗ , mogu da se odrede granice samo koordinate r, ϕ. Na ˇzalost, iz projekcije Dxy , odnosno Dxy jedne sferne koordinate ϕ. Zadatak 13. Izraˇcunati trojni integral

x2 z dxdydz ,

I= D

gde je D oblast koju ograniˇcavaju koordinatne ravni i ravan S:

x+y+z =1 .

Reˇsenje. Zamenom y = 0, z = 0 u jednaˇcinu ravni S dobija se x = 1, pa je preseˇcna taˇcka ravni S i x–ose (1, 0, 0). Analogno se dobijaju preseˇcne taˇcke (0, 1, 0) i (0, 0, 1) ravni S sa y–osom i z–osom redom. Oblast D, koja je ograniˇcena ovim ravnima, nalazi se u prvom oktantu (Slika 26 levo).

z

y

1

1

S

D xy

D 0

1

y

0

1

x

1

x

D xy Slika 26.

Prostorna oblast D se projektuje na xy–ravan u oblast Dxy (Slika 26 desno). Prava koja prolazi kroz taˇcke (1, 0, 0) i (0, 1, 0) ima jednaˇcinu y = −x + 1, pa je opis oblasti Dxy dat sa Dxy :

0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ −x + 1 .

Granice koordinata x i y su iste i u opisu oblasti D. Najmanju treću koordinatu z imaju one taˇcke oblasti D koje pripadaju delu granice iz xy–ravni, a najveću one koje su u ravni S.

106 Jednaˇcina xy–ravni je z = 0, a jednaˇcina povrˇsi S moˇze da se zapiˇse u obliku z = 1 − x − y. Zato opis (28) glasi D:

0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ −x + 1 , 0 ≤ z ≤ 1 − x − y .

Trojni integral reˇsavamo primenom tvrd¯enja (30) Teoreme 8 i dobijamo

2

I=

x z dxdydz = D

0

dx

−x+1

dy

0

1−x−y

2

x z dz =

0

1

dx

0

0

−x+1

x2

z 2 z=1−x−y dy 2 z=0

−x+1 1 1 2 dx x2 (1 − x − y)2 dy = − x dx (1 − x − y)2 d(1 − x − y) 2 0 0 0 0 1 1 2 1 1 1 2 (1 − x − y)3 y=−x+1 . x dx = x (1 − x)3 dx = · · · = =− 2 0 3 6 0 360 y=0 1 = 2

1

1

−x+1

Zadatak 14. Izraˇcunati trojni integral z dxdydz ,

I= D

gde je D oblast ograniˇcena povrˇsima z2 =

S1 :

h2 2 x + y2 , 2 a

S2 :

z=h

za a > 0 i h > 0. Reˇsenje. Iz jednaˇcine povrˇsi S1 sledi h 2 x + y2 , a

z=±

pa S1 objedinjuje dva konusa od kojih je jedan iznad (z ≥ 0), a drugi ispod xy–ravni (z ≤ 0). Povrˇs S2 je ravan paralelna xy–ravni i iznad nje (z = h > 0). Oblast D, koja je ograniˇcena sa S1 i S2 , nalazi se iznad xy–ravni.

z

S1

h

S2

D D xy

a

y

L xy x Slika 27.

Opis oblasti D pomoću Descartesovih koordinata dovodi do trostrukog integrala koji se teˇsko reˇsava. Zato uvodimo smenu promenljivih (12) i oblast D opisujemo pomoću cilindriˇcnih koordinata r, ϕ i z. Cilindriˇcne koordinate r, ϕ su polarne koordinate u xy–ravni. Za cilindriˇcne koordinate je |J| = r. xy–ravan nalazimo eliminacijom koordinate Projekciju Lxy preseˇcne krive povrˇsi S1 i S2 na z iz jednaˇcina povrˇsi. Zamenom z = h u z = (h/a) x2 + y 2 sledi Lxy :

x2 + y 2 = a2 ,

107 ˇsto znaˇci da je Lxy kruˇznica. Kako Lxy ograniˇcava projekciju Dxy oblasti D na xy–ravan, Dxy je krug Dxy : x2 + y 2 ≤ a2 . Projekciju Dxy opisujemo pomoću polarnih koordinata i dobijamo ∗ Dxy :

0 ≤ r ≤ a , 0 ≤ ϕ ≤ 2π .

Granice cilindriˇcnih koordinata r i ϕ su iste i u opisu oblasti D. Najmanju treću cilindriˇcnu koordinatu z imaju one taˇcke oblasti D koje pripadaju konusu S1 , a najveću one koje su u ravni S2 . Jednaˇcina konusa u cilindriˇcnim koordinatama je h h 2 x + y2 = z= a a

h r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ = r , a

pa se oblast D transformiˇse u D∗ :

0 ≤ r ≤ a , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,

h r≤z≤h. a

Primenom Teoreme 9, a zatim Teoreme 8, integral I postaje I= =

1 2

D∗ a

0

zr drdϕdz =

dr

0

2π

r h2 −

a

dr

0

2

2π 0

dϕ

h

zr dz =

(h/a)r a 2

h 2 r dϕ = h π a2

0

r−

a

0

dr

0

2π

r

z 2 z=h dϕ 2 z=(h/a)r

1 3 1 r dr = a2 h2 π . 2 a 4

Zadatak 15. Izraˇcunati trojni integral

I=

x2 + y 2 + z 2 dxdydz ,

D

gde je D oblast koju ograniˇcava povrˇs S:

x2 + y 2 + z 2 = z .

Reˇsenje. Zapisujući jednaˇcinu povrˇsi u obliku S:

1 2 1 x2 + y 2 + z − = , 2 4

vidimo da je S sfera sa centrom u taˇcki (0, 0, 1/2) polupreˇcnika 1/2. z 1

1 2

x

S

D

D xy

1 2

y

Slika 28.

Uvodimo smenu promenljivih (13) i oblast D opisujemo pomoću sfernih koordinata r, ϕ i θ. Sferna koordinata ϕ je polarni ugao u xy–ravni. Za sferne koordinate je |J| = r2 cos θ.

108 Projekcija oblasti D na xy–ravan je krug 1 , 4

x2 + y 2 ≤

Dxy :

pa za sfernu koordinatu ϕ vaˇzi 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Najmanju sfernu koordinatu r = 0 ima koordinatni poˇcetak koji pripada oblasti D. Najveće r imaju one taˇcke oblasti D koje su najudaljenije od koordinatnog poˇcetka, a to su taˇcke na sferi S. Oblast D je iznad xy–ravni, pa je sferna koordinata θ ≥ 0 za sve taˇcke iz D. Najmanje θ = 0 ima koordinatni poˇcetak (0, 0, 0) ∈ D, a najveće θ = π/2 taˇcke iz D sa pozitivnog dela z–ose. Zamenom Descartesovih sfernim koordinatama, jednaˇcina sfere postaje r2 cos2 θ + r2 sin2 θ = r sin θ ,

(r cos ϕ cos θ)2 + (r sin ϕ cos θ)2 + (r sin θ)2 = r sin θ ,

r = sin θ

i oblast D se transformiˇse u D∗ :

0 ≤ r ≤ sin θ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ θ ≤

Kako je x2 + y 2 + z 2 = r2 , I=

x2 + y 2 + z 2 = r, primenom Teoreme 9 i Teoreme 8 sledi

3

D∗

π . 2

r cos θ drdϕdθ =

2π

dϕ

0

π/2

dθ

0

sin θ 0

r3 cos θ dr

π/2 r4 r=sin θ 1 2π dθ = dϕ cos θ sin4 θ dθ 4 4 r=0 0 0 0 0 π/2 5 θ=π/2 θ sin 2π π 1 2π . dϕ sin4 θ d(sin θ) = = = 4 0 4 5 10 θ=0 0

=

2π

dϕ

π/2

cos θ

Zadatak 16. Izraˇcunati zapreminu prostorne oblasti D ograniˇcene povrˇsima x2 + y 2 + z 2 = a2 ,

S1 :

S2 :

x2 + y 2 + z 2 = b2 ,

S3 :

z=

x2 + y 2

za 0 < a < b. Reˇsenje. Povrˇsi S1 i S2 su centralne sfere, a S3 je konus.

z

D S3 S2 x

a

0

b

y

S1 Slika 29.

Oblast D opisujemo pomoću sfernih koordinata. Oˇcigledno je 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Najmanje r = a imaju taˇcke oblasti D koje su na sferi S1 , a najveće r = b taˇcke sa sfere S2 . Oblast D je iznad xy–ravni, ali ne sadrˇzi ni jednu taˇcku ove ravni, pa je θ > 0 za sve taˇcke iz D. Najmanje θ imaju taˇcke sa konusa S3 , a najveće θ = π/2 taˇcke iz D sa pozitivnog dela z–ose. Zamenom Descartesovih sfernim koordinatama, jednaˇcina konusa postaje r sin θ =

(r cos ϕ cos θ)2 + (r sin ϕ cos θ)2 =

√

r2 cos2 θ = r| cos θ| ,

sin θ = cos θ ,

θ=

π 4

109 i oblast D se transformiˇse u π π ≤θ≤ . 4 2 Zapreminu d oblasti D izraˇcunavamo pomoću jednakosti (26) i dobijamo b 2π π/2 2 dxdydz = r cos θ drdϕdθ = dr dϕ r2 cos θ dθ d= D∗ :

D

b

D∗

dr

= a

a ≤ r ≤ b , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,

2π

0

0

a

π/4

√ b 2π √ θ=π/2 2 2−2 3 2 2 r sin θ dϕ = 1 − dr r dϕ = a − b3 π . 2 3 θ=π/4 a 0

Zadatak 17. Izraˇcunati zapreminu prostorne oblasti D ograniˇcene povrˇsima S 1 : z = x2 + y 2 , S2 : x2 + y 2 = 2x , S3 : z = 0 . Reˇsenje. Povrˇs S1 je konus, S2 je cilindriˇcna povrˇs, a S3 je xy–ravan.

z

S2

S1

D y

0 11

S3

D xy

x

Slika 30.

Oblast D opisujemo pomoću cilindriˇcnih koordinata. Projekcija Dxy oblasti D na xy–ravan je krug x2 + y 2 ≤ 2x, tj. Dxy : (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 , koji je ograniˇcen direktrisom cilindriˇcne povrˇsi S2 . Direktrisa je kruˇznica x2 + y 2 = 2x ili, u polarnim koordinatama, r = 2 cos ϕ. Kako kruˇznica prolazi kroz koordinatni poˇcetak, za koordinatu r taˇcaka iz Dxy vaˇzi 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ. Takod¯e, za ovu kruˇznicu je −π/2 ≤ ϕ ≤ π/2. Zato opis projekcije pomoću polarnih koordinata glasi π π ∗ : 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ , − ≤ ϕ ≤ . Dxy 2 2 Najmanje z = 0 imaju taˇcke oblasti D iz xy–ravni, a najveće z taˇcke sa konusa S1 . Jednaˇcina konusa u cilindriˇcnim koordinatama je z = x2 + y 2 = r , pa se oblast D transformiˇse u π π ≤ϕ≤ , 0≤z≤r . 2 2 Zapreminu d oblasti D izraˇcunavamo pomoću jednakosti (26) i dobijamo π/2 2 cos ϕ r dxdydz = r drdϕdθ = dϕ dr r dz d= D∗ :

=

D

π/2 −π/2

dϕ

0

0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ , −

D∗

z=r 2 cos ϕ rz dr = z=0

−π/2

π/2

−π/2

dϕ

0

2 cos ϕ 0

r2 dr =

0

8 3

π/2

−π/2

sin ϕ π/2 32 8 sin ϕ − . = = 1 − sin2 ϕ d(sin ϕ) = 3 −π/2 3 3 9 −π/2 π/2

8

3

cos3 ϕ dϕ

110

4.6. Povrˇ sinski integrali Povrˇsinski integrali se dele na integrale po povrˇsi, integrale po koordinatama i vektorske povrˇsinske integrale. Za integrale po koordinatama i vektorske integrale je znaˇcajna orijentacija oblasti integracije, pa je na poˇcetku ukratko objaˇsnjavamo.

Orijentacija prostorne povrˇ si Postoje jednostrane i dvostrane povrˇsi. Jednostrane povrˇsi ne mogu da se orijentiˇsu. Primer takve povrˇsi je Möbiusova traka. Nas interesuju samo dvostrane povrˇsi. Orijentacija povrˇsi je izbor strane povrˇsi. Dve strane povrˇsi su med¯usobno suprotne. Na slici se obiˇcno prikazuju strelicama, tj. svojim normalnim vektorima.

z

S+ S

_

y

D xy

x Slika 31.

Orijentacija moˇze da se zada na dva naˇcina, posredno ili direktno. Posredan naˇcin zadavanja orijentacije je zasnovan na izboru parametara i sastoji se u sledećem. Neka je povrˇs S data svojom eksplicitnom jednaˇcinom (31)

S:

z = z(x, y) ;

(x, y) ∈ Dxy ,

kojom se ostvaruje bijekcija izmed¯u taˇcaka (x, y, 0) ≡ (x, y) ∈ Dxy i (x, y, z) ∈ S. Jednaˇcina (31) je specijalan sluˇcaj parametarskih jednaˇcina povrˇsi S:

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

(u, v) ∈ Duv ,

gde su parametri Descartesove koordinate u = x, v = y. Povrˇs S je pozitivno orijentisana ako je na njoj izabrana strana koja se vidi iz beskonaˇcno daleke taˇcke sa pozitivnog dela z–ose ili, ekvivalentno, ako je izabrana strana ˇciji normalan vektor zaklapa oˇstar ugao sa pozitivnim delom z–ose. U ovom sluˇcaju izabrana strana je pozitivna strana. Pozitivno orijentisana povrˇs S, tj. pozitivna strana povrˇsi, se oznaˇcava sa S + . Ako je izabrana suprotna strana, povrˇs je negativno orijentisana, a izabrana strana je negativna, ˇsto se oznaˇcava sa S − . Na Slici 31 je pozitivna strana osenˇcena. Analogno vaˇzi i za bijekcije S:

x = x(y, z) ;

(y, z) ∈ Dyz ,

S:

y = y(z, x) ;

(z, x) ∈ Dzx ,

samo se zakljuˇcivanje vrˇsi u odnosu na pozitivni deo x–ose i y–ose redom. Oˇcigledno je da ovako uvedena orijentacija zavisi od izbora parametara, odnosno od jednaˇcine kojom se povrˇs zadaje. Promena parametara moˇze da dovede do promene orijentacije iz pozitivne u negativnu i obrnuto. Na primer, ista strana povrˇsi moˇze da bude pozitivna za bijekciju z = z(x, y), a negativna za bijekciju x = x(y, z). Direktan naˇcin zadavanja orijentacije je neki dovoljno jasan opis. Na primer, kod otvorene povrˇsi se kaˇze da je izabrana ona strana koja je vidljiva sa pozitivnog ili negativnog dela neke od koordinatnih osa. Ovako zadata orijentacija nije vezana za parametre i nije odred¯ena kao pozitivna ili negativna. Tek po izboru parametara se utvrd¯uje da li je ona pozitivna (negativna)

111 u odnosu na te parametre. Ukoliko nije drugaˇcije reˇceno, kod zatvorenih povrˇsi je spoljna strana pozitivna. Zatvorene povrˇsi nemaju bijekcije oblika z = z(x, y), x = x(y, z) ili y = y(z, x), pa ne mogu da se orijentiˇsu na prethodno opisani posredan naˇcin. Skrećemo paˇznju studentima na sliˇcnost izmed¯u orijentacije krivih i povrˇsi. Ono ˇsto je kod krive smer, to je kod povrˇsi strana. Smer i strana mogu da se zadaju posredno ili direktno. Posredan naˇcin zadavanja orijentacije zavisi od parametara kojima se kriva i povrˇs opisuju, dok direktan od njih ne zavisi. Integracija kod krivolinijskih integrala se vrˇsi samo po jednom smeru krive, a kod povrˇsinskih samo po jednoj strani povrˇsi. Nevezano za orijentaciju, na ovom mestu primetimo i sledeće. Kako je (31) bijekcija, oblast definisanosti Dxy povrˇsi S je istovremeno bijektivna projekcija povrˇsi na xy–ravan. Za bijekciju (31) ćemo ˇcesto da koristimo oznaku Dxy ↔ S i analogno Dyz ↔ S, Dzx ↔ S za bijekcije x = x(y, z), y = y(z, x). Navodimo joˇs dva pojma, vaˇzna za dalje izlaganje. Otvorena povrˇs S i njena graniˇcna kriva L su saglasno orijentisane ako je na povrˇsi S izabrana strana koja ostaje sleva pri obilaˇzenju krive L u zadatom smeru. Povrˇs S mora da bude pod nogama onog ko se kreće po krivoj. Na Slici 32 je ”saglasna” strana povrˇsi osenˇcena i na nju je postavljen normalan vektor. Saglasna orijentacija nema nikakve veze sa pozitivnom (negativnom) orijentacijom krive ili povrˇsi.

z

z

S L S L y

x

y

x

Slika 32.

Podela povrˇsi S se vrˇsi koordinatnim povrˇsima (ravni paralelne koordinatnim ravnima). Dobijeni delovi Σi (i = 1, 2, . . . , n) se zovu ćelije podele.

z

Si S y

x Slika 33.

Povrˇ sinski integrali po povrˇ si (I vrste) Prosled¯ujemo opˇste pravilo (1)–(2) o formiranju Riemannovih integrala, uvodeći konkretne umesto opˇstih oznaka. Oblast integracije je orijentisana prostorna povrˇs OI = S. Povrˇs S se deli (Slika 33) na n delova P Di = Σi (i = 1, 2, . . . , n). Unutar svakog dela se bira taˇcka Xi ∈ Σi . Za Xi moˇze da se uzme bilo koja taˇcka. Karakteristika podeonih delova je njihova povrˇsina k(P Di ) = σi > 0 . Povrˇs S je prostorna, pa za proizvoljnu taˇcku X ∈ S vaˇzi X(x, y, z). Neka je P F (X) ≡ H(X) ≡ H(x, y, z) podintegralna funkcija. Vrednost P F (Xi ) ≡ H(Xi ) se mnoˇzi izabranom karakteristikom i sabiranjem se dobija integralna suma S(n) =

n i=1

H(Xi ) · σi ,

112 a zatim i povrˇsinski integral po povrˇsi ili povrˇsinski integral I vrste H(x, y, z) dσ = lim S(n) , n→∞

S

pri ˇcemu max1≤i≤n σi → 0 kad n → ∞. Promena orijentacije povrˇsi S, tj. promena strane integracije, ne menja povrˇsine σi , pa karakteristike podeonih delova zadrˇzavaju znak k(P Di ) = σi > 0 za svako i = 1, 2, . . . , n. Zato integralna suma i integral ostaju isti. Zakljuˇcujemo da orijentacija povrˇsi S ne utiˇce na vrednost povrˇsinskog integrala I vrste, ˇsto znaˇci da je H(x, y, z) dσ = H(x, y, z) dσ . S+

S−

Ako je s povrˇsina cele povrˇsi S, tada je (32)

s=

dσ , S

ˇsto za H(x, y, z) ≡ 1 sledi iz

H(x, y, z) dσ =

S

dσ = lim S

n

n→∞

H(Xi ) · σi = lim

n→∞

i=1

n i=1

σi = lim s = s . n→∞

Izraˇcunavanje povrˇsinskih integrala I vrste formuliˇsemo u obliku teoreme. Teorema 10. Ako je povrˇs S zadata jednaˇcinom (31), tj. S:

(x, y) ∈ Dxy ,

z = z(x, y) ;

tada je

H x, y, z(x, y) 1 + p2 + q 2 dxdy ,

H(x, y, z) dσ =

(33) S

Dxy

gde je p = zx ,

q = zy .

Iz jednakosti (33) vidimo da se povrˇsinski integral izraˇcunava dovod¯enjem na dvojni integral po bijektivnoj projekciji povrˇsi S na xy–ravan. Analogno, ako je povrˇs S zadata jednaˇcinom S: vaˇzi

x = x(y, z) ;

H(x, y, z) dσ = S

(y, z) ∈ Dyz

H x(y, z), y, z 1 + p2 + q 2 dydz ,

Dyz

gde je p = xy , q = xz . U sluˇcaju S: je p = yz , q = yx i

y = y(z, x) ;

H(x, y, z) dσ =

S

Dzx

(z, x) ∈ Dzx

H x, y(z, x), z 1 + p2 + q 2 dzdx .

113

Povrˇ sinski integrali po koordinatama (II vrste) Po pitanju formiranja ovih integrala, situacija je ista kao kod povrˇsinskih integrala po povrˇsi: OI = S, P Di = Σi , Xi ∈ Σi . Razlikuje se karakteristika podeonih delova. Neka je Δi bijektivna projekcija ćelije Σi na xy–ravan. Na Slici 34 je prikazana projekcija unutraˇsnje ćelije Σi , koja je pravougaona oblast. Za karakteristiku se u ovom sluˇcaju uzima k(P Di ) = δi , gde je δi povrˇsina projekcije Δi , uzeta sa znakom + ako se posmatra pozitivna strana povrˇsi S ili sa znakom − ako se posmatra negativna strana povrˇsi. Podintegralnu funkciju oznaˇcavamo sa P F (X) ≡ R(X) ≡ R(x, y, z). Integralna suma je S(n) =

n

R(Xi ) · δi ,

i=1

a povrˇsinski integral po koordinatama x, y je R(x, y, z) dxdy = lim S(n) , n→∞

S

pri ˇcemu max1≤i≤n |δi | → 0 kad n → ∞. U oznaci povrˇsinskog integrala je dxdy proizvod diferencijala nezavisno promenljivih x i y. Analogno se definiˇsu i povrˇsinski integrali po koordinatama y, z i z, x P (x, y, z) dydz , Q(x, y, z) dzdx , S

S

kada se projektovanje ćelije Σi vrˇsi na yz–ravan i zx–ravan redom.

z

Si y

Di

x

Slika 34.

Za svaki od prethodno navedenih integrala se kaˇze da je II vrste. Potpuni povrˇsinski integral II vrste je P dydz + Q dzdx + R dxdy = P dydz + Q dzdx + R dxdy , S

S

S

S

gde je P ≡ P (x, y, z), Q ≡ Q(x, y, z), R ≡ R(x, y, z). Potpuni povrˇsinski integral je kraći zapis za zbir povrˇsinskih integrala po koordinatama u kojima se integracija vrˇsi po istoj povrˇsi S. Orijentacija povrˇsi S utiˇce na vrednost povrˇsinskih integrala II vrste tako ˇsto promena orijentacije dovodi do promene znaka integrala, tj. vaˇzi P dydz + Q dzdx + R dxdy = − P dydz + Q dzdx + R dxdy . S+

S−

Za povrˇsinske integrale II vrste, ne i I vrste, karakteristiˇcna je sledeća osobina. Ako je povrˇs S deo cilindriˇcne povrˇsi ˇcije su izvodnice paralelne z–osi, vaˇzi R(x, y, z) dxdy = 0 . S

114 Ova osobina sledi iz ˇcinjenice da se cela cilindriˇcna povrˇs projektuje na svoju direktrisu u xy– ravni. Zato su projekcije Δi svih ćelija Σi delovi direktrise (krive), pa je njihova povrˇsina δi = 0 za svako i = 1, 2, . . . , n. Samim tim je i integralna suma S(n) = 0. Dvojni integral je specijalan sluˇcaj povrˇsinskog II vrste. Na primer, neka je pozitivno orijentisana povrˇs S = D deo xy–ravni. Tada je R(x, y, z) = R(x, y, 0) = f (x, y) i R(x, y, z) dxdy = f (x, y) dxdy . S

D

Izraˇcunavanje povrˇsinskih integrala II vrste dato je sledećom teoremom. Teorema 11. Ako je povrˇs S zadata jednaˇcinom (31), tj. S:

(x, y) ∈ Dxy ,

z = z(x, y) ;

tada je

(34)

S+

R x, y, z(x, y) dxdy ,

R(x, y, z) dxdy = Dxy

gde S + oznaˇcava pozitivnu orijentaciju povrˇsi S u odnosu na bijekciju Dxy ↔ S. Iz jednakosti (34) vidimo da se povrˇsinski integral izraˇcunava dovod¯enjem na odgovarajući dvojni integral po bijektivnoj projekciji povrˇsi S na xy–ravan. Analogno, ako je povrˇs S zadata jednaˇcinom S:

x = x(y, z) ;

vaˇzi

S+

(y, z) ∈ Dyz P x(y, z), y, z dydz ,

P (x, y, z) dydz = Dyz

gde je S + pozitivna strana povrˇsi u odnosu na bijekciju Dyz ↔ S. U sluˇcaju S:

y = y(z, x) ;

(z, x) ∈ Dzx

je S + pozitivna strana povrˇsi u odnosu na bijekciju Dzx ↔ S i Q(x, y, z) dzdx = Q x, y(z, x), z dzdx . S+

Dzx

Ukoliko projektovanje nije bijekcija, povrˇs treba deliti na bijektivne delove i primenjivati opˇstu osobinu 2◦ Riemannovih integrala. Potpuni povrˇsinski integral se reˇsava rastavljanjem na integrale po koordinatama, koji se zatim nezavisno jedan od drugog reˇsavaju odgovarajućom od prethodno navedenih jednakosti. Za ovakav naˇcin reˇsavanja kaˇzemo da je direktan. Potpuni povrˇsinski integral moˇze da se reˇsi i jednostavnije, prelaskom na povrˇsinski integral I vrste. Na kraju uoˇcimo i sledeće. Povrˇsinski integrali po povrˇsi i koordinatama su dobili svoja imena prema izabranim karakteristikama podeonih delova. Integrali po povrˇsi tretiraju povrˇs direktno jer je karakteristika povrˇsina dela povrˇsi. Integrali po koordinatama tretiraju povrˇs posredno jer je karakteristika povrˇsina projekcije dela povrˇsi na neku od koordinatnih ravni, uzeta sa znakom koji odgovara orijentaciji povrˇsi.

Veza izmed¯u povrˇ sinskih integrala I i II vrste Izmed¯u povrˇsinskih integrala I i II vrste postoji veza iskazana jednakoˇsću P dydz + Q dzdx + R dxdy = (P cos α + Q cos β + R cos γ) dσ , (35) S

S

115 gde je P ≡ P (x, y, z), Q ≡ Q(x, y, z), R ≡ R(x, y, z). U prethodnoj jednakosti su α, β i γ manji od uglova koje normalan vektor na povrˇs zaklapa sa pozitivnim delovima x, y i z–koordinatne ose redom. Prethodna jednakost vaˇzi bez obzira na orijentaciju povrˇsi. Promena strane povrˇsi menja znak povrˇsinskog integrala II vrste na levoj strani jednakosti. Med¯utim, tada se menja i smer normalnog vektora, a time i uglovi α, β, γ. Na primer, novi ugao je γ1 = π − γ i vaˇzi cos γ1 = cos(π − γ) = − cos γ. Dakle, promena orijentacije povrˇsi menja znak oba integrala. Za razliku od sliˇcne veze kod krivolinijskih integrala, veza (35) ima veliku praktiˇcnu primenu, u ˇsta ćemo da se uverimo kroz zadatke. Zato dajemo sledeće izraze. Ako je S:

z = z(x, y) ;

(x, y) ∈ Dxy ,

tada je p = zx , q = zy i (36)

−p cos α = ± , 1 + p2 + q 2

cos β = ±

−q 1 + p2 + q 2

,

cos γ = ±

1 1 + p2 + q 2

.

Znak + ispred razlomaka se uzima ako se integracija vrˇsi po pozitivnoj strani povrˇsi, a znak − ako se integracija vrˇsi po negativnoj strani u odnosu na bijekciju Dxy ↔ S. U sluˇcaju S:

x = x(y, z) ;

(y, z) ∈ Dyz ,

je p = xy , q = xz i (37)

1 , cos α = ± 1 + p2 + q 2

cos β = ±

−p 1+

p2

+

q2

,

cos γ = ±

−q 1 + p2 + q 2

,

a znak ispred razlomaka se bira u odnosu na bijekciju Dyz ↔ S. Za S:

y = y(z, x) ;

(z, x) ∈ Dzx ,

je p = yz , q = yx i (38)

−q , cos α = ± 1 + p2 + q 2

cos β = ±

1 1 + p2 + q 2

,

cos γ = ±

−p 1 + p2 + q 2

,

a znak ispred razlomaka se bira u odnosu na bijekciju Dzx ↔ S.

Vektorski povrˇ sinski integrali Kod vektorskih povrˇsinskih integrala situacija je ista kao kod povrˇsinskih integrala I i II vrste: OI = S, P Di = Σi , Xi ∈ Σi . Razlikuje se karakteristika podeonih delova k(P Di ), koja je kod integrala I i II vrste skalar, dok je kod vektorskih integrala vektor. Za karakteristiku se uzima vektor k(P Di ) = σi , koji je postavljen u taˇcki Xi , normalan je na povrˇs S i ima moduo | σi | = σi > 0, gde je σi povrˇsina ćelije Σi (Slika 35). Neka je ri vektor poloˇzaja taˇcke Xi , r vektor poloˇzaja proizvoljne taˇcke X(x, y, z) ∈ S i P F (X) ≡ Ω(X) ≡ Ω( r ) skalarna ili vektorska funkcija. Integralna suma je n n Ω(Xi ) · σi = Ω( ri ) · σi , S(n) = i=1

i=1

a vektorski povrˇsinski integral je Ω( r ) d σ = lim S(n) , S

n→∞

116 pri ˇcemu max1≤i≤n | σi | → 0 kad n → ∞.

z

w

si

Xi w

Si

ri

x

y

0 Slika 35.

Bez izvod¯enja navodimo komponente vektora d σ , normalanog na povrˇs S, (39)

d σ = (dydz, dzdx, dxdy) = (cos α, cos β, cos γ) dσ ,

gde α, β, γ imaju isto znaˇcenje kao i ranije. Orijentacija povrˇsi S utiˇce na vrednost ovih integrala jer promena strane povrˇsi menja smer normalnih vektora σi za svako i = 1, 2, . . . , n, zbog ˇcega menjaju znak integralna suma i integral. U zavisnosti od prirode podintegralne funkcije Ω( r ) i karaktera mnoˇzenja u podintegralnom izrazu Ω( r ) d σ , razlikuju se sledeće vrste vektorskih integrala. 1◦ Ako je Ω( r ) = f ( r ) skalarna funkcija, vektorski povrˇsinski integral je vektor f ( r ) d σ . S

2◦ Ako je Ω( r ) = a( r ) vektorska funkcija i mnoˇzenje skalarno, integral je skalar a( r ) · d σ . S

3◦ Ako je Ω( r ) = a( r ) vektorska funkcija i mnoˇzenje vektorsko, integral je vektor a( r ) × d σ . S

Izraˇcunavanje vektorskih povrˇsinskih integrala se vrˇsi prevod¯enjem na odgovarajuće povrˇsinske integrale I ili II vrste. Pokazujemo to na primeru integrala datog pod 2◦ . Neka je a( r ) = (P, Q, R) vektorska funkcija s komponentama P ≡ P (x, y, z), Q ≡ Q(x, y, z), R ≡ R(x, y, z). Prema (39) i (35) sledi

a( r ) · d σ = S

P dydz + Q dzdx + R dxdy =

S

(P cos α + Q cos β + R cos γ) dσ , S

ˇsto su potpuni povrˇsinski integral II vrste i povrˇsinski integral I vrste redom. Vektorski integral pod 2◦ je poznat pod imenom fluks vektorske funkcije a( r ) kroz orijentisanu povrˇs S.

Stokesova teorema i Teorema Ostrogradskog Osim Green–Riemannove teoreme, u teoriji integrala su znaˇcajne i sledeće dve teoreme. Stokesova teorema. Ako su otvorena povrˇs S i njena graniˇcna kriva L saglasno orijentisane, tada je dydz dzdx dxdy ∂/∂x (40) P (x, y, z) dx+Q(x, y, z) dy +R(x, y, z) dz = ∂/∂y ∂/∂z . L S P (x, y, z) Q(x, y, z) R(x, y, z)

117 Podintegralni izraz na desnoj strani jednakosti (40) je dat u obliku determinante jer je tako pregledniji, a i lakˇse se pamti. Ovu determinantu treba razvijati po elementima prve vrste i operatore parcijalnog diferenciranja ∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z primenjivati na odgovarajuću od funkcija P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z). Kada je povrˇs S deo neke koordinatne ravni, Stokesova teorema se svodi na Green– Riemannovu teoremu i zato predstavlja generalizaciju Green–Riemannove teoreme. Teorema Ostrogradskog. Ako je zatvorena povrˇs S granica prostorne oblasti D, tada je (41)

∂P ∂Q ∂R + + dxdydz . P (x, y, z) dydz+Q(x, y, z) dzdx+R(x, y, z) dxdy = ∂y ∂z S+ D ∂x

Podsećamo da S + oznaˇcava spoljnu stranu zatvorene povrˇsi. Teorema Ostrogradskog je takod¯e generalizacija Green–Riemannove teoreme, kada se sa dvodimenzionalnog pred¯e na trodimenzionalni sluˇcaj. Zadatak 18. Izraˇcunati povrˇsinu tela D ograniˇcenog povrˇsima S1 :

x2 + y 2 + z 2 = 3a2 ,

S2 :

x2 + y 2 = 2az

za a > 0 i z ≥ 0. Reˇsenje. Povrˇs S1 je sfera, a S2 je paraboloid. Telo D je prostorna oblast ˇcija granica je povrˇs S, sastavljena od dela sfere unutar paraboloida i dela paraboloida unutar sfere. Za delove granice oblasti D koristimo iste oznake S1 , S2 kao i za cele povrˇsi.

z

S

D xy x

a

S2

2

L xy

a

3

y

S1 Slika 36.

Svaki od delova S1 , S2 se bijektivno projektuje na xy–ravan, pa njihove jednaˇcine zapisujemo u obliku S1 : S2 :

3a2 − x2 − y 2 ; (x, y) ∈ Dxy , 1 2 x + y 2 ; (x, y) ∈ Dxy , z= 2a z=

pri ˇcemu smo imali u vidu uslov z ≥ 0. Projekcija Lxy preseˇcne krive povrˇsi S1 i S2 se dobija eliminacijom koordinate z iz jednaˇcina povrˇsi. Zamenom x2 + y 2 = 2az u x2 + y 2 + z 2 = 3a2 sledi 2az + z 2 = 3a2 ,

z 2 + 2az − 3a2 = 0 ,

odakle je z1 = a > 0 i z2 = −3a < 0. Zbog uslova z ≥ 0 je z = a i Lxy :

x2 + y 2 = 2a2 .

Kruˇznica Lxy ograniˇcava zajedniˇcku projekciju Dxy povrˇsi S1 i S2 na xy–ravan, pa je Dxy :

x2 + y 2 ≤ 2a2 .

118 Uvod¯enjem polarnih koordinata sa x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, krug Dxy se transformiˇse u √ ∗ : 0 ≤ r ≤ a 2 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Dxy Povrˇsine s1 , s2 delova S1 , S2 povrˇsi S se izraˇcunavaju prema (32) i, primenom tvrd¯enja (33) Teoreme 10, prema si = dσ = 1 + p2 + q 2 dxdy (i = 1, 2) , Si

Dxy

gde se p i q odred¯uju iz jednaˇcine odgovarajuće povrˇsi. Za povrˇs S1 je −x

, p = zx = 3a2 − x2 − y 2

−y

q = zy = , 3a2 − x2 − y 2

1 + p2 + q 2 =

√ a 3 3a2 − x2 − y 2

,

pa je njena povrˇsina √ √ √ a√2 2π a 3 a 3 a 3 √ √ s1 = dxdy = r drdϕ = dr r dϕ ∗ 3a2 − r2 3a2 − r2 3a2 − x2 − y 2 0 0 Dxy Dxy √ a√2 a√2 √ √ √ a 3 1 √ √ r dr = − 3 aπ d 3a2 − r2 = 2 3 3 − 1 a2 π . = 2π 2 2 2 2 3a − r 3a − r 0 0 Za povrˇs S2 je p = zx =

x , a

q = zy =

1 2 1 + p2 + q 2 = a + x2 + y 2 , a

y , a

pa je njena povrˇsina 1 2 1 2 s2 = a + x2 + y 2 dxdy = a + r2 r drdϕ a a ∗ Dxy Dxy √ a√2 2π 2 √ 1 π a 2 2 2 2 3 3 − 1 a2 π . dr a + r r dϕ = a + r2 d a2 + r2 = = a a 0 3 0 0 Zbog S = S1 ∪ S2 , traˇzena povrˇsina je s = s1 + s2 =

16 2 a π. 3

Zadatak 19. Izraˇcunati povrˇsinski integral I vrste (xy + yz + xz) dσ , I= S

gde je S deo konusa z = x2 + y 2 koji iseca cilindriˇcna povrˇs x2 + y 2 = 2ax (a > 0). Reˇsenje. Cilindriˇcna povrˇs je na slici oznaˇcena sa S1 , a konus i njegov deo sa S.

z

S

S

S1 0

a x

D xy Slika 37.

y

119 Povrˇs S se bijektivno projektuje na xy–ravan, pa je njena jednaˇcina data u potrebnom obliku S : z = x2 + y 2 ; (x, y) ∈ Dxy . Bijektivna projekcija povrˇsi S na xy–ravan je krug Dxy :

(x − a)2 + y 2 ≤ a2 ,

koji je ograniˇcen direktrisom x2 + y 2 = 2ax cilindriˇcne povrˇsi. Opis projekcije pomoću polarnih koordinata se nalazi analogno kao u Zadatku 17 i on je ∗ : Dxy

0 ≤ r ≤ 2a cos ϕ , −

π π ≤ϕ≤ . 2 2

Kako je x , p = zx = 2 x + y2

y q = zy = , 2 x + y2

1 + p2 + q 2 =

√

2,

primenjujući tvrd¯enje (33) Teoreme 10 dobijamo √ I= xy + y x2 + y 2 + x x2 + y 2 2 dxdy D

xy √ = 2

√ = 2

∗ Dxy

π/2

−π/2

√ = 4 2 a4

r3 cos ϕ sin ϕ + sin ϕ + cos ϕ drdϕ

cos ϕ sin ϕ + sin ϕ + cos ϕ dϕ

π/2

−π/2

2a cos ϕ

0

r3 dr

cos ϕ sin ϕ + sin ϕ + cos ϕ cos4 ϕ dϕ .

U poslednjem odred¯enom integralu je segment integracije simetriˇcan, a funkcije cos5 ϕ sin ϕ i cos4 ϕ sin ϕ su neparne, pa je dalje √ √ 4 π/2 √ 4 π/2 2 64 2 4 2 5 1 − sin ϕ d(sin ϕ) = · · · = a . I = 4 2a cos ϕ dϕ = 4 2 a 15 −π/2 −π/2 Zadatak 20. Izraˇcunati potpuni povrˇsinski integral II vrste z 2 dxdy + x2 dydz + y dzdx , I= S

gde je S:

z 2 = x2 + y 2

(0 ≤ z ≤ h) .

Integracija se vrˇsi po strani povrˇsi S koja se vidi sa negativnog dela z–ose. Reˇsenje. Povrˇs S je konus iznad xy–ravni (z ≥ 0). Strana integracije je na slici osenˇcena.

z

z

S2

h

h S4

S1

S3 y

y x

x Slika 38.

120 Zadatak reˇsavamo na tri naˇcina. Prvi naˇcin je direktan jer se integral tretira kao integral II vrste i sastoji se u sledećem. Potpuni povrˇsinski integral se rastavlja na integrale po koordinatama I = I1 + I2 + I3 , gde je

2

I1 =

z dxdy ,

I2 =

S

2

x dydz ,

I3 =

S

y dzdx . S

Integrali I1 , I2 , I3 se reˇsavaju nezavisno jedan od drugog. Za svaki od njih povrˇs S mora da se projektuje na onu koordinatnu ravan koju odred¯uje proizvod diferencijala u podintegralnom izrazu, bez obzira da li je projektovanje bijekcija ili ne. Ukoliko projektovanje nije bijekcija, povrˇs se deli na bijektivne delove. Projekcije povrˇsi na koordinatne ravni su prikazane na Slici 39.

y

x

z

h h

D xy 0

D yz h

D zx

x

0

h

0

h y

h z

h

Slika 39.

Kod integrala I1 povrˇs S se projektuje na xy–ravan. Ovo projektovanje je bijekcija i potrebna jednaˇcina povrˇsi glasi S : z = x2 + y 2 ; (x, y) ∈ Dxy . Projekcija preseˇcne krive povrˇsi S i ravni z = h je kruˇznica x2 + y 2 = h2 . Zato je projekcija povrˇsi krug Dxy : x2 + y 2 ≤ h2 , ˇciji je opis u polarnim koordinatama ∗ Dxy :

0 ≤ r ≤ h , 0 ≤ ϕ ≤ 2π .

Strana integracije je negativna u odnosu na bijekciju Dxy ↔ S, pa na osnovu tvrd¯enja (34) Teoreme 11 sledi 2 1 2 2 x + y dxdy = − I1 = z dxdy = − r3 drdϕ = · · · = − h4 π . 2 ∗ S− Dxy Dxy Kod integrala I2 povrˇs S se projektuje na yz–ravan. Ovo projektovanje nije bijekcija, pa povrˇs delimo na bijektivne delove S = S1 ∪ S2 , gde je S1 deo za x ≥ 0, a S2 deo za x ≤ 0 (Slika 38 levo). Potrebne jednaˇcine delova su S1 : S2 :

z 2 − y 2 ; (y, z) ∈ Dyz , x = − z 2 − y 2 ; (y, z) ∈ Dyz . x=

Konus S seˇce yz–ravan (x = 0) duˇz pravih z = ±y, ˇsto se dobija zamenom x = 0 u jednaˇcinu konusa. Zato je zajedniˇcka bijektivna projekcija Dyz delova S1 i S2 oblast trougla opisana sa Dyz :

−z ≤ y ≤ z , 0 ≤ z ≤ h .

121 Strana integracije za deo S1 je pozitivna, a za deo S2 negativna u odnosu na bijekciju Dyz ↔ S, pa je 2 2 2 2 2 z − y dydz − z − y 2 dydz = 0 . x dydz + x dydz = I2 = S1+

S1−

Dyz

Dyz

Kod integrala I3 povrˇs S se projektuje na zx–ravan. Ni ovo projektovanje nije bijekcija, pa povrˇs delimo na bijektivne delove S = S3 ∪ S4 , gde je S3 deo za y ≥ 0, a S4 deo za y ≤ 0 (Slika 38 desno). Potrebne jednaˇcine delova su S3 : y = z 2 − x2 ; (z, x) ∈ Dzx , S4 : y = − z 2 − x2 ; (z, x) ∈ Dzx . Konus S seˇce zx–ravan (y = 0) duˇz pravih x = ±z, ˇsto se dobija zamenom y = 0 u jednaˇcinu konusa. Zato je zajedniˇcka bijektivna projekcija Dzx delova S3 i S4 oblast trougla opisana sa Dzx :

0 ≤ z ≤ h , −z ≤ x ≤ z .

Strana integracije za deo S3 je pozitivna, a za deo S4 negativna u odnosu na bijekciju Dzx ↔ S, pa je 2 2 y dzdx + y dzdx = z − x dzdx − − z 2 − x2 dzdx I3 = S3+

=2

S4−

Dzx

z 2 − x2 dzdx = 2

Dzx

h

0

dz

Dzx z

−z

z 2 − x2 dx .

Unutraˇsnji odred¯eni integral se reˇsava smenom x = z cos t, za koju je t ∈ [−π, 0]. Zbog z ≥ 0 i sin t ≤ 0 na [−π, 0], dobija se

z

−z

z2

−

x2

dx =

0

−π

|z sin t|(−z sin t) dt =

Zato je

I3 = 2

Konaˇcno je

0

h

0

2

−π

2

z sin t dt = z

2

0

−π

1 − cos 2t 1 dt = πz 2 . 2 2

1 2 1 πz dz = h3 π . 2 3

1 1 I = I1 + I2 + I3 = − h4 π + h3 π . 2 3

Drugi naˇcin se sastoji u sledećem. Povrˇsinski integral II vrste se prevodi na povrˇsinski integral I vrste pomoću jednakosti (35) i odgovarajućih jednakosti (36), (37) ili (38). Zatim se reˇsava dobijeni povrˇsinski integral I vrste, pri ˇcemu je dovoljno da projektovanje povrˇsi bude bijekcija samo na jednu od koordinatnih ravni. Ukoliko ni jedno projektovanje nije bijekcija, povrˇs ipak mora da se deli na bijektivne delove, ˇsto se retko deˇsava. Povrˇs S se bijektivno projektuje samo na xy–ravan. Odgovarajuću jednaˇcinu povrˇsi i projekciju Dxy smo već odredili reˇsavajući integral I direktno. Joˇs smo utvrdili da se integracija vrˇsi po negativnoj strani povrˇsi u odnosu na to projektovanje. Prema (35) dati integral postaje 2 x cos α + y cos β + z 2 cos γ dσ . I= S

U jednakostima (36) uzimamo znak − ispred razlomaka, tj. koristimo cos α =

p 1+

p2

+

q2

,

cos β =

q 1+

p2

+

q2

,

cos γ =

−1 1 + p2 + q 2

.

122 Kako je

x p = zx = , x2 + y 2

y q = zy = , x2 + y 2

primenom Teoreme 10 prevodimo povrˇsinski integral I vrste na dvojni 2 −1 p q 2 2 + y + x +y 1 + p2 + q 2 dxdy x I= 1 + p2 + q 2 1 + p2 + q 2 1 + p2 + q 2 Dxy 2 y2 x3 2 2 2 2 x p + yq − x − y dxdy = = + − x − y dxdy x2 + y 2 x2 + y 2 Dxy Dxy 2 1 1 r cos3 ϕ + r sin2 ϕ − r2 r drdϕ = · · · = − h4 π + h3 π . = 2 3 ∗ Dxy Prvi naˇcin nas prinud¯uje da reˇsavamo viˇse povrˇsinskih integrala, dok na drugi naˇcin reˇsavamo samo jedan povrˇsinski integral, pa je prednost drugog naˇcina oˇcigledna. Treći naˇcin je zasnovan na primeni Teoreme Ostrogradskog. Otvorena povrˇs S se dopunjuje delom S1 ravni z = h do zatvorene povrˇsi S2 = S ∪ S1 . Integracija se vrˇsi po strani povrˇsi S koja se poklapa sa spoljnom stranom S2+ povrˇsi S2 . Na povrˇsi S1 biramo stranu koja se takod¯e poklapa sa S2+ da bi povrˇs S2 imala jedinstvenu orijentaciju. Povrˇs S2 je granica prostorne oblasti D.

z

S1 h S

D

x

D xy

y

h

Slika 40.

Neka su I1 i I2 povrˇsinski integrali po povrˇsima S1 i S2 redom, koji imaju isti podintegralni izraz kao integral I. Jednaˇcina povrˇsi S u cilindriˇcnim koordinatama je z = r, pa se oblast D transformiˇse u D∗ : 0 ≤ r ≤ h , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , r ≤ z ≤ h . Na integral I2 primenjujemo tvrd¯enje (41) Teoreme Ostrogradskog. Za P (x, y, z) = x2 ,

R(x, y, z) = z 2

Q(x, y, z) = y ,

je ∂P = 2x , ∂x

∂Q =1, ∂y

∂R = 2z , ∂z

pa je I2 =

S2+

z 2 dxdy + x2 dydz + y dzdx =

=

D∗

=

0

(2z + 2r cos ϕ + 1)r drdϕdz =

h

dr

(2z + 2x + 1) dxdydz

0

2π

D

h

0

dr

2π

0

dϕ

h

(2z + 2r cos ϕ + 1)r dz r

z=h 1 1 rz 2 + 2r2 z cos ϕ + rz dϕ = · · · = h4 π + h3 π . 2 3 z=r

Integral I1 reˇsavamo direktno. Povrˇs S1 ima jednaˇcinu S1 :

z = z(x, y) = h ;

(x, y) ∈ Dxy ,

123 a projekciju Dxy smo već odredili. Kako je h konstanta, iz jednaˇcine povrˇsi S1 sledi dz = dh = 0. Joˇs, integracija se vrˇsi po pozitivnoj strani povrˇsi S1 u odnosu na bijekciju Dxy ↔ S1 . Zato je

2

I1 =

2

2

z dxdy + x dydz + y dzdx =

2

h dxdy = h

S1

Dxy

dxdy = h2 d = h4 π ,

Dxy

gde je d = h2 π povrˇsina kruga Dxy polupreˇcnika h. Zbog S2 = S ∪ S1 je I2 = I + I1 i 1 4 1 1 1 h π + h 3 π − h4 π = − h4 π + h 3 π . 2 3 2 3

I = I2 − I1 =

Treći naˇcin nije uvek pogodan za primenu. Takva je situacija kad god povrˇs S ne moˇze da se dopuni do zatvorene povrˇsi delom neke koordinatne ravni ili delom ravni koja je paralelna koordinatnoj ravni. Tada reˇsavanje povrˇsinskog integrala po ”dopuni” moˇze da bude isto toliko teˇsko kao i reˇsavanje polaznog integrala. Zadatak 21. Izraˇcunati potpuni povrˇsinski integral II vrste xz dxdy + xy dydz + yz dzdx ,

I= S

gde je S tetraedar sastavljen od delova koordinatnih ravni i ravni x + y + z = 1. Integracija se vrˇsi po unutraˇsnjoj strani tetraedra. Reˇsenje. Zadatak reˇsavamo primenom Teoreme Ostrogradskog. Tetraedar S je zatvorena povrˇs koja ograniˇcava prostornu oblast D, prikazanu na Slici 26 levo u okviru Zadatka 13. U istom zadatku je odred¯en i opis oblasti D:

0≤x≤1 , 0≤y ≤1−x , 0≤z ≤1−x−y .

U skladu sa ranijim dogovorom, unutraˇsnju stranu tetraedra oznaˇcavamo sa S − , a spoljaˇsnju sa S . Integracija se vrˇsi po strani S − , pa prema Teoremi Ostrogradskog sledi +

I=

S−

xz dxdy + xy dydz + yz dzdx = −

=−

(x + y + z) dxdydz =

1

0

D

S+ 1−x

dx

0

xz dxdy + xy dydz + yz dzdx dy

1−x−y

0

(x + y + z) dz = · · · =

1 . 8

Zadatak 22. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste I=

x2 y 3 dx + dy + z dz ,

L

gde je L preseˇcna kriva povrˇsi S1 :

z=

x2 + y 2 ,

S2 :

x2 + y 2 = 2x .

Posmatrano sa pozitivnog dela x–ose, kriva L je pozitivno orijentisana. Reˇsenje. Povrˇs S1 je konus, a S2 je cilindriˇcna povrˇs. Sa S oznaˇcimo deo konusa koji je ograniˇcen krivom L. Strelica na krivoj L oznaˇcava zadati smer. Normalni vektor na S oznaˇcava saglasnu orijentaciju povrˇsi, tj. stranu povrˇsi S koja odgovara smeru krive L.

124

z

L S2

S1

S y

0 1

D xy

x

Slika 41.

Zadatak reˇsavamo primenom Stokesove teoreme. Povrˇs S, kao deo konusa S1 , ima istu jednaˇcinu S : z = x2 + y 2 ; (x, y) ∈ Dxy . Oblast Dxy je bijektivna projekcija povrˇsi S na xy–ravan i to je krug (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 ,

Dxy :

koji je ograniˇcen direktrisom povrˇsi S2 . Uvod¯enjem smene x − 1 = r cos ϕ, y = r sin ϕ, krug se transformiˇse u ∗ : 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Dxy Strana povrˇsi S na koju je postavljen normalni vektor je negativna u odnosu na bijekciju Dxy ↔ S. Prema tvrd¯enju (40) Stokesove teoreme sledi dydz dzdx dxdy ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z , I= S P Q R gde je

P ≡ P (x, y, z) = x2 y 3 ,

Q ≡ Q(x, y, z) = 1 ,

R ≡ R(x, y, z) = z .

Determinantu razvijamo po elementima prve vrste i dobijamo dydz dzdx dxdy ∂/∂y ∂/∂z ∂/∂x ∂/∂z ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = dydz − dzdx + dxdy Q P P R R Q P Q R ∂R ∂P ∂Q ∂P ∂R ∂Q − − − − dzdx + dxdy . = dydz ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y Kako su svi parcijalni izvodi jednaki 0, osim ∂P/∂y = 3x2 y 2 , dalje je I= −3x2 y 2 dxdy = −3x2 y 2 dxdy = − −3x2 y 2 dxdy S−

S

=3

x2 y 2 dxdy = 3

Dxy

∗ Dxy

Dxy

(1 + r cos ϕ)2 r3 sin2 ϕ drdϕ = · · · =

4.7. Zadaci za veˇ zbu Zadatak 23. Izraˇcunati duˇzinu krive L:

x = cos3 ϕ , y = sin3 ϕ , z = 0 ;

π . ϕ ∈ 0, 2

7 π. 8

125 Uputstvo. Koristi se jednakost (4) i Teorema 1. Zadatak 24. Izraˇcunati krivolinijski integral I vrste I=

y 2 dλ ,

L

gde je L deo krive L1 :

x = t − sin t , y = 1 − cos t , z = 0 ;

t∈R

izmed¯u taˇcaka A(0, 0, 0) i b(4π, 0, 0). Uputstvo. Parametarske jednaˇcine krive se nalaze sliˇcno kao u Zadatku 1. Krivolinijski integral se prevodi na odred¯eni integral I=8

0

4π

sin4

t t sin dt . 2 2

Za t ∈ [0, 4π] je t/2 ∈ [0, 2π], pa je | sin(t/2)| = sin(t/2) kad je t/2 ∈ [0, π] i | sin(t/2)| = − sin(t/2) 2π 4π kad je t/2 ∈ [π, 2π]. Zato odred¯eni integral treba deliti na dva odred¯ena integrala 0 i 2π . Joˇs, treba koristiti trigonometrijsku jednakost sin4

t t 2 = 1 − cos2 . 2 2

Zadatak 25. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste (y + z) dx + (z − x) dy + (x + y) dz ,

I= L


x2 + y 2 = 2x ,

S2 :

x2 + y 2 + z 2 = 4x

(z ≥ 0) .

Posmatrano sa pozitivnog dela z–ose, kriva L je negativno orijentisana. Uputstvo. Povrˇs S1 je cilindriˇcna, a povrˇs S2 je sfera sa centrom na x–osi. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 3. Zadatak 26. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste

y 2 dx − x2 dy + z 2 dz ,

I= L

gde je L preseˇcna kriva povrˇsi S:

x2 + y + z 2 = 1

sa koordinatnim ravnima u prvom oktantu. Posmatrano sa pozitivnog dela x–ose, kriva L je pozitivno orijentisana. Uputstvo. Preseˇcna kriva L1 povrˇsi S i xy–ravni se dobija eliminacijom z iz jednaˇcina povrˇsi S i xy–ravni. Kako je jednaˇcina xy–ravni z = 0, sledi x2 + y = 1, tj. L1 :

y = 1 − x2 .

Kriva L1 seˇce x–osu (y = 0, z = 0) u taˇcki (1, 0, 0). Taˇcka (−1, 0, 0) otpada jer se kriva L nalazi u prvom oktantu za koji je x > 0, y > 0, z > 0. Zato je parametar x ∈ [0, 1]. Zadata orijentacija krive odred¯uje promenu parametra od x = 1 do x = 0.

126 Analogno se dobijaju jednaˇcine preseˇcnih krivih L2 i L3 povrˇsi S sa yz i zx–koordinatnom ravni i utvrd¯uje promena izabranog parametra. Kako kriva L = L1 ∪ L2 ∪ L3 nema jedinstvenu parametrizaciju, integral I mora da se deli na tri integrala I = I1 + I2 + I3 , gde integrali I1 , I2 , I3 imaju isti podintegralni izraz kao integral I, a integracija u njima se vrˇsi duˇz pojedinaˇcnih krivih L1 , L2 , L3 redom. Zadatak 27. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste z dx + x dy + y dz ,

I= L


x2 + y 2 + z = 4 ,

S2 :

x2 + y 2 + z 2 = 4z .

Posmatrano sa pozitivnog dela z–ose, kriva L je pozitivno orijentisana. Uputstvo. Povrˇs S1 je paraboloid, a povrˇs S2 je sfera sa centrom na z–osi. Eliminiˇsemo koordinatu z iz jednaˇcina povrˇsi. Iz prve jednaˇcine je x2 + y 2 = 4 − z, ˇsto zamenom u drugu jednaˇcinu daje z 2 − 5z + 4 = 0. Odavde je z1 = 4, z2 = 1. Za z1 = 4 se dobija zajedniˇcka taˇcka (0, 0, 4) povrˇsi S1 i S2 , pa ova vrednost otpada. Ostaje z2 = 1 i x2 + y 2 = 3, ˇsto je projekcija preseˇcne krive L. Zadatak 28. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste I=

z dx + x dy + y dz , L


x2 + y 2 + z = 4 ,

S2 :

x2 + y 2 + z 2 = 4z .

Posmatrano sa pozitivnog dela z–ose, kriva L je pozitivno orijentisana. Uputstvo. Povrˇs S1 je konus, a povrˇs S2 je sfera. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao prethodni zadatak. Projekcija preseˇcne krive na xy–ravan je kruˇznica x2 + y 2 = 4. Zadatak 29. Izraˇcunati povrˇsinu oblasti trougla sa temenima (1, 1), (3, 2/3), (3, 6). Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 8, uz koriˇsćenje jednakosti (17). Zadatak 30. Izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II vrste I= L

ex ex arctan y + 2y dx + − 1 dy 1 + y2

gde je L kriva L:

x2 + y 2 = y , z = 0

(x ≤ 0) ,

orijentisana od taˇcke (0, 0, 0) do taˇcke (0, 1, 0). Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 10. Krivu L treba dopuniti delom y–ose L1 do zatvorene krive L2 . ”Dopuna” L1 se orijentiˇse tako da kriva L2 ima orijentaciju. jedinstvenu Kako je ta orijentacija negativna, prvo treba primeniti osobinu L− = − L+ , pa tek onda 2 2 Green–Riemannovu teoremu.

127 Zadatak 31. Izraˇcunati povrˇsinu oblasti D koja je ograniˇcena krivom L:

x = cos3 t , y = sin3 t , z = 0 ;

t ∈ [0, 2π] .

Uputstvo. Oblast D je zadata parametarskim jednaˇcinama svoje granice L, pa za izraˇcunavanje povrˇsine treba koristiti posledicu (25) Green–Riemannove teoreme. Zadatak 32. Izraˇcunati zapreminu prostorne oblasti D ograniˇcene povrˇsima S1 :

z = x2 + y 2 ,

S2 :

x2 + y 2 = 2x ,

S3 :

z=0.

Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 17. Zadatak 33. Izraˇcunati zapreminu prostorne oblasti D ograniˇcene povrˇsima S1 :

z = x2 + y 2 ,

S2 :

x2 + y 2 = 2 − z .

Uputstvo. Povrˇsi S1 i S2 su paraboloidi. Opis projekcije oblasti D na xy–ravan se nalazi sliˇcno kao u Zadatku 14. Najmanju koordinatu z imaju taˇcke oblasti D koje su na paraboloidu S1 , a najveću one koje su na paraboloidu S2 . Zapremina se nalazi sliˇcno kao u Zadatku 17. Zadatak 34. Izraˇcunati povrˇsinu dela sfere S1 koji iseca cilindriˇcna povrˇs S2 , gde je S1 :

x2 + y 2 + z 2 = 9 ,

S2 :

x2 + y 2 = 3y ,

za z ≥ 0. Uputstvo. Direktrisa cilindriˇcne povrˇsi je kruˇznica u xy–ravni koja prolazi kroz koordinatni poˇcetak i ima centar na y–osi. Krug ograniˇcen direktrisom je bijektivna projekcija povrˇsi ˇciju povrˇsinu treba izraˇcunati. Povrˇsina se izraˇcunava prema jednakosti (32), sliˇcno kao u Zadatku 18.

Zadatak 35. Izraˇcunati povrˇsinu dela povrˇsi S1 koji je unutar sfere S2 , gde je S1 :

z = 4 − x2 + y 2 ,

S2 :

x2 + y 2 + (z − 2)2 = 4 .

Uputstvo. Povrˇs S1 je paraboloid. Paraboloid i sfera seku z–osu u istoj taˇcki (0, 0, 4). Projekcija njihove preseˇcne krive, bijektivna projekcija povrˇsi ˇciju povrˇsinu treba izraˇcunati i sama povrˇsina se nalaze sliˇcno kao u Zadatku 18. Zadatak 36. Izraˇcunati potpuni povrˇsinski integral II vrste z dxdy + x dydz + x dzdx ,

I= S

gde je S:

z = x2 + y 2

(0 ≤ z ≤ 4) .

Integracija se vrˇsi po strani povrˇsi S koja se vidi sa pozitivnog dela z–ose. Uputstvo. Zadatak moˇze da se reˇsi na tri naˇcina, sliˇcno kao Zadatak 20. Zadatak 37. Primenom Teoreme Ostrogradskog izraˇcunati potpuni povrˇsinski integral II vrste dxdy + x2 dydz + y dzdx , I= S

128 gde je S:

x2 + y 2 + z 2 = a2

(a > 0, z ≥ 0) .

Integracija se vrˇsi po strani povrˇsi S koja se vidi sa pozitivnog dela z–ose. Uputstvo. Povrˇs S je polusfera iznad xy–ravni. Poˇsto je S otvorena povrˇs, treba je prvo dopuniti do zatvorene povrˇsi i tek onda primenjivati Teoremu Ostrogradskog, sliˇcno kao u Zadatku 20. Zadatak 38. vrste

Primenom Stokesove teoreme izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II y dx + z dy + x dz , I= L

gde je L presek povrˇsi S1 :

z=−

x2 + y 2 ,

S2 :

x2 + y 2 = 2y .

Posmatrano sa pozitivnog dela y–ose, kriva L je negativno orijentisana. Uputstvo. Zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 22, s tim ˇsto je direktrisa cilindriˇcne povrˇsi S2 kruˇznica sa centrom na y–osi. Dobijeni potpuni povrˇsinski integral II vrste treba reˇsavati prelaskom na povrˇsinski integral I vrste. Zadatak 39. vrste

Primenom Stokesove teoreme izraˇcunati potpuni krivolinijski integral II y dx + z dy + x dz , I= L

gde je L presek povrˇsi S1 :

z = − x2 + y 2 ,

S2 :

x2 + y 2 = 2y .

Posmatrano sa pozitivnog dela y–ose, kriva L je negativno orijentisana. Uputstvo. Zadatak se reˇsava kao Zadatak 38. Razlikuje se samo povrˇs S1 , koja je u Zadatku 38 konus, a u ovom zadatku je paraboloid. NAPOMENA. Predavanja iz ove oblasti traju 18 ˇcasova. Kako se radi o veoma obimnoj materiji, koja zahteva i dobro poznavanje gradiva iz ranijih kurseva, ova oblast je studentima najteˇza za savladavanje. Da bi se izlaganje pojednostavilo, mnogi pojmovi su dati samo opisno, npr. pojam saglasne orijentacije otvorene povrˇsi i njene graniˇcne krive. Takod¯e, urad¯eni su samo karakteristiˇcni zadaci, kojima se ilustruje teorija. Za detaljnije izuˇcavanje i uveˇzbavanje ove materije nastavnik preporuˇcuje knjige navedene pod 4 i 5.

5. TEORIJA POLJA

5.1. Pojam i elementi polja Neka su f ≡ f (x, y, z) i a ≡ a(x, y, z) skalarna i vektorska funkcija redom. Skalarno polje je podruˇcje definisanosti skalarne funkcije f , a vektorsko polje je podruˇcje definisanosti vektorske funkcije a. Za skalarno i vektorsko polje se koriste termini ”skalarno polje f ” i ”vektorsko polje a ”. Takod¯e, kaˇze se da je skalarno polje deo prostora u kome se oseća dejstvo skalarne funkcije, a vektorsko polje deo prostora u kome se oseća dejstvo vektorske funkcije. Elementi skalarnog polja su ekviskalarne povrˇsi i gradijent. Ekviskalarna ili nivoska povrˇs je prostorna povrˇs S iz skalarnog polja f u ˇcijim svim taˇckama X ≡ X(x, y, z) ∈ S vaˇzi f (X) ≡ f (x, y, z) = c, gde je c realna konstanta. Dakle, implicitna jednaˇcina ekviskalarne povrˇsi je S : f (x, y, z) = c . Za ekviskalarnu povrˇs koja prolazi kroz konkretnu taˇcku X0 je c = f (X0 ). Gradijent funkcije f u proizvoljnoj taˇcki polja je vektorska funkcija grad f =

∂f ∂f ∂f , , . ∂x ∂y ∂z

Osobina gradijenta je da vektor grad f (X0 ), postavljen u taˇcki X0 ∈ S, ima pravac normale na ekviskalarnu povrˇs S : f (x, y, z) = f (X0 ) . Od ostalih osobina gradijenta navodimo: grad(f + g) = grad f + grad g ,

grad(f g) = g grad f + f grad g ,

df = grad f · d r ,

gde je f ≡ f (x, y, z), g ≡ g(x, y, z) i d r diferencijal vektora poloˇzaja taˇcke (x, y, z) dat sa (9) u okviru oblasti Integrali. Druga osobina liˇci na izvod proizvoda dve funkcije, ˇsto ona i jeste jer je gradijent odred¯ena vrsta izvoda. Primer 1. Skalarno polje

f (x, y, z) = x2 + y 2 − z

ima ekviskalarne povrˇsi x2 + y 2 − z = c, tj. S:

z = x2 + y 2 − c ,

gde je c proizvoljna konstanta. Vidimo da su ekviskalarne povrˇsi paraboloidi. Gradijent je vektor grad f = (2x, 2y, −1) . U taˇcki X0 (0, 0, 0) je f (X0 ) ≡ f (0, 0, 0) = 0. Ekviskalarna povrˇs S1 koja prolazi kroz taˇcku X0 ima jednaˇcinu f (x, y, z) = f (X0 ), odnosno x2 + y 2 − z = 0, S1 :

z = x2 + y 2 .

Gradijent u taˇcki X0 je vektor grad f (X0 ) ≡ grad f (0, 0, 0) = (0, 0, −1) . 129

130

z

S3 S2

2

S1

1 0

grad f (0,0,0)

x

y

1 Slika 1.

Na Slici 1 su predstavljene ekviskalarne povrˇsi S1 za c = 0, S2 za c = −1 i S3 za c = −2. Vektor grad f (X0 ) je postavljen u taˇcki X0 ∈ S1 i normalan je na povrˇs S1 . Elementi vektorskog polja su vektorske linije i solenoid. Vektorska linija je prostorna kriva L iz vektorskog polja a sa sledećom osobinom. U svakoj taˇcki X ≡ X(x, y, z) ∈ L vektor a(X) ≡ a(x, y, z) leˇzi na tangenti krive L, postavljenoj u taˇcki X (Slika 2 levo). Vektorsko polje je pokriveno vektorskim linijama, tj. kroz svaku taˇcku polja prolazi po jedna vektorska linija. Ako je a(x, y, z) = a1 (x, y, z), a2 (x, y, z), a3 (x, y, z) , jednaˇcine vektorskih linija se odred¯uju iz sistema DJ dx dy dz = = a1 (x, y, z) a2 (x, y, z) a3 (x, y, z) i dobijaju u obliku preseka dveju familija povrˇsi L:

F1 (x, y, z) = c1 ,

F2 (x, y, z) = c2 ,

gde su c1 i c2 proizvoljne realne konstante. Podsećamo da na ovom kursu sistemi DJ nisu rad¯eni, tako da studenti nemaju potrebno znanje za reˇsavanje prethodnog sistema. Solenoid ili tuba je prostorna povrˇs S iz vektorskog polja a koju obrazuju vektorske linije, postavljene kroz svaku taˇcku neke zatvorene krive L iz polja (Slika 2 desno). Za solenoid S vaˇzi a · d σ = 0 , S

tj. fluks kroz solenoid S je jednak 0.

z

z w

X

a(X)

S

L

L y

y x

x Slika 2.

131

5.2. Prostorni izvodi Prostorni izvodi su gradijent, divergencija i rotor. Gradijent je prostorni izvod skalarne funkcije, a sam je vektorska funkcija. Definicioni izraz i osobine smo već naveli. Divergencija je prostorni izvod vektorske funkcije. Ako je vektorska funkcija zadata pomoću svojih komponenata a = (a1 , a2 , a3 ), oznaka i izraz za divergenciju u proizvoljnoj taˇcki polja su div a =

∂a1 ∂a2 ∂a3 + + , ∂x ∂y ∂z

odakle se vidi da je divergencija skalarna funkcija. Divergencija utiˇce na izvornost polja. Izvor je taˇcka polja u kojoj je div a > 0, a uvir taˇcka u kojoj je div a < 0. Rotor je takod¯e prostorni izvod vektorske funkcije. Ako je a = (a1 , a2 , a3 ), oznaka i izraz za rotor su i k j rot a = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z . a1 a2 a3 Determinanta se razvija po elementima prve vrste, a operatori parcijalnog diferenciranja se primenjuju na odgovarajuću od funkcija a1 , a2 , a3 . Elementi prve vrste su jediniˇcni vektori koordinatnih osa, pa je rotor vektorska funkcija. Rotor utiˇce na vrtloˇznost polja. Vrtlog je taˇcka polja u kojoj je rot a = 0. Obiˇcno se kaˇze da su gradijent i rotor vektori, a divergencija skalar, bez naglaˇsavanja da se radi o funkcijama.

5.3. Cirkulacija i fluks Tvrd¯enje (40) Stokesove teoreme je poznato kao skalarni oblik Stokesove teoreme. Takod¯e, tvrd¯enje (41) je skalarni oblik Teoreme Ostrogradskog. Ove teoreme mogu da se iskaˇzu i u vektorskom obliku. Stokesova teorema. Ako je L zatvorena prostorna kriva koja ograniˇcava otvorenu prostornu povrˇs S, tada je a · d r = rot a · d σ . L

S

Kriva L i povrˇs S su saglasno orijentisane. Teorema Ostrogradskog. Ako je S zatvorena prostorna povrˇs koja ograniˇcava prostornu oblast D, tada je a · d σ = div a dxdydz . S

D

Integracija se vrˇsi po spoljnoj strani povrˇsi S. Cirkulaciju i fluks smo već definisali u okviru vektorskih krivolinijskih i vektorskih povrˇsinskih integrala. Cirkulacija vektorske funkcije a duˇz orijentisane krive L je a · d r . C= L

Cirkulacija ima sledeće osobine. 1◦ Ako je L zatvorena kriva iz polja a i rot a = 0 u svim taˇckama polja, vaˇzi a · d r = 0 . C= L

132 Ova osobina je posledica Stokesove teoreme. 2◦ Neka krive L1 , L2 imaju zajedniˇcke graniˇcne taˇcke A, B i neka su obe orijentisane od taˇcke A ka taˇcki B. Ako je rot a = 0 u svim taˇckama polja a, vaˇzi

a · d r = C2 =

C1 =

a · d r .

L1

L2

Ova osobina se lako pokazuje. Krive L1 i L2 obrazuju zatvorenu krivu L = L1 ∪ L2 . Da bi kriva L imala jedinstvenu orijentaciju, mora da se promeni orijentacija na jednom njenom delu, npr. na L2 . Prema osobini 1◦ sledi

a · d r = L

a · d r − L1

a · d r = 0 , L2

ˇsto je osobina 2◦ . 3◦ Ako je rot a = 0 u svim taˇckama polja a, postoji skalarna funkcija f ≡ f (x, y, z) takva da je a = grad f . 4◦ Neka je kriva L orijentisana od taˇcke A ka taˇcki B i neka je f funkcija iz 3◦ . Ako je rot a = 0 u svim taˇckama polja a, prema ranije navedenoj osobini gradijenta sledi

a · d r =

C= L

B df = f = f (B) − f (A) .

grad f · d r = L

A

L

Osobine 2◦ i 4◦ znaˇce da cirkulacija ne zavisi od oblika krive L, već samo od njenih graniˇcnih taˇcaka A i B. Ova ˇcinjenica ima veliku praktiˇcnu primenu jer omogućava pogodan izbor krive, koji dovodi do definicionog krivolinijskog integrala cirkulacije jednostavnog za izraˇcunavanje. Takva kriva je oznaˇcena sa L1 na Slici 3.

z

L2 L1

A

B

L3 y

x Slika 3.

Fluks ili protok vektorske funkcije a kroz orijentisanu povrˇs S je a · d σ .

Φ= S

Fluks ima sledeće osobine. 1◦ Ako je S zatvorena povrˇs iz polja a i div a = 0 u svim taˇckama polja, vaˇzi a · d σ = 0 .

Φ= S

Ova osobina je posledica Teoreme Ostrogradskog. 2◦ Neka povrˇsi S1 , S2 imaju zajedniˇcku graniˇcnu krivu L i neka su obe saglasno orijentisane sa krivom L. Ako je div a = 0 u svim taˇckama polja a, vaˇzi

a · d σ = Φ2 =

Φ1 = S1

a · d σ . S2

133 Povrˇsi S1 i S2 obrazuju zatvorenu povrˇs S = S1 ∪ S2 . Da bi povrˇs S imala jedinstvenu orijentaciju, mora da se promeni orijentacija na jednom njenom delu, npr. na S2 . Prema osobini 1◦ sledi a · d σ = a · d σ − a · d σ = 0 , S

S1

S2

◦

ˇsto je osobina 2 . 3◦ Ako je div a = 0 u svim taˇckama polja a, postoji vektorska funkcija b ≡ b(x, y, z) takva da je a = rot b . 4◦ Neka su povrˇs S i njena graniˇcna kriva L saglasno orijentisane. Takod¯e, neka je b funkcija iz 3 . Ako je div a = 0 u svim taˇckama polja a, prema Stokesovoj teoremi sledi Φ= a · d σ = rot b · d σ = b · d r . ◦

S

S

L

Osobine 2◦ i 4◦ znaˇce da fluks ne zavisi od oblika povrˇsi S, već samo od njene graniˇcne krive L. Ova ˇcinjenica omogućava pogodan izbor povrˇsi za koju se definicioni povrˇsinski integral fluksa jednostavno izraˇcunava. Takva povrˇs je S1 na Slici 4.

z

S2 S1 L S3 y

x Slika 4. ◦

5 Neka su povrˇsi S1 i S2 preseci solenoida, orijentisane kao na Slici 5. Joˇs, neka je div a = 0 u svim taˇckama polja a. Tada je Φ1 = a · d σ = Φ2 = a · d σ . S1

S2

Solenoid S3 i preseci S1 , S2 obrazuju zatvorenu povrˇs S = S1 ∪ S2 ∪ S3 . Prema ranije navedenoj osobini solenoida i osobini 1◦ fluksa je a · d σ = a · d σ + a · d σ + a · d σ = a · d σ + a · d σ = 0 , S

S1

S2

S3

S1

S2

pri ˇcemu se integracija vrˇsi po onim stranama povrˇsi S1 i S2 koje se poklapaju sa spoljnom stranom povrˇsi S. Promenom orijentacije na S1 ili S2 , iz poslednje jednakosti sledi osobina 5◦ .

z

z

S3

S3 S2

S2 S1

S1

y

y x

x Slika 5.

134

5.4. Vrste vektorskih polja Zavisno od vrednosti prostornih izvoda div a i rot a, postoje ˇcetiri karakteristiˇcna tipa vektorskih polja. To su potencijalno, solenoidno, Laplaceovo i sloˇzeno polje.

Potencijalno polje Polje a je potencijalno ako vaˇzi rot a = 0 u svim taˇckama i div a = 0 bar u jednoj taˇcki polja. Potencijalno polje je bezvrtloˇzno i izvorno. U potencijalnom polju vaˇze sve prethodno navedene osobine cirkulacije. Izdvajamo osobinu 3◦ cirkulacije da u potencijalnom polju postoji skalarna funkcija f takva da je a = grad f . Pod odred¯enim dodatnim uslovom vaˇzi i obrnuto. Ako u polju a postoji funkcija f za koju je a = grad f , polje je potencijalno. Potencijal vektorske funkcije a je skalarna funkcija ϕ ≡ ϕ(x, y, z) = −f (x, y, z). Za a = (a1 , a2 , a3 ), potencijal se nalazi prema

x

ϕ(x, y, z) = x0

y

a1 (x, y, z) dx +

z

a2 (x0 , y, z) dy + y0

a3 (x0 , y0 , z) dz + c , z0

gde je (x0 , y0 , z0 ) bilo koja, ali konkretno izabrana taˇcka polja. Konstanta c = ϕ(x0 , y0 , z0 ) je proizvoljna i odred¯uje se iz unapred zadatih uslova za potencijal.

Solenoidno polje Polje a je solenoidno ako vaˇzi div a = 0 u svim taˇckama i rot a = 0 bar u jednoj taˇcki polja. Solenoidno polje je vrtloˇzno i bezizvorno. U potencijalnom polju vaˇze sve prethodno navedene osobine fluksa. Izdvajamo osobinu 3◦ fluksa da u solenoidnom polju postoji vektorska funkcija b takva da je b = rot a. Pod odred¯enim dodatnim uslovom vaˇzi i obrnuto. Ako u polju a postoji funkcija b za koju je b = rot a, polje je solenoidno. Vektorski potencijal vektorske funkcije a je vektorska funkcija b ≡ b(x, y, z), koja se nalazi prema b(x, y, z) = grad f − r ×

0

1

λ a λ r dλ ,

gde je r = (x, y, z) vektor poloˇzaja proizvoljne taˇcke polja i f ≡ f (x, y, z) proizvoljna skalarna funkcija koja se odred¯uje iz unapred zadatih uslova za vektorski potencijal.

Laplaceovo polje Polje a je Laplaceovo ako vaˇzi div a = 0 i rot a = 0 u svim taˇckama polja. Laplaceovo polje je bezvrtloˇzno i bezizvorno. Komponente vektorske funkcije a = (a1 , a2 , a3 ) zadovoljavaju Laplaceovu DJ ∂ 2 ai ∂ 2 ai ∂ 2 ai + + =0 2 2 ∂x ∂y ∂z 2

(i = 1, 2, 3) .

Laplaceova DJ je parcijalna DJ drugog reda. Sa parcijalnim DJ se studenti nisu upoznali na ovom kursu.

Sloˇ zeno polje Polje a je sloˇzeno ako vaˇzi div a = 0 i rot a = 0 bar u jednoj taˇcki polja, pri ˇcemu to moˇze, ali ne mora da bude ista taˇcka. Sloˇzeno polje je vrtloˇzno i izvorno.

135 Sloˇzeno polje se prouˇcava razlaganjem na dva polja a = p + q , od kojih je jedno p potencijalno, a drugo q solenoidno. Komponente polja p i q se nalaze iz sistema od osam parcijalnih DJ prvog reda. NAPOMENA. Oblast Teorija polja se obrad¯uje samo informativno u okviru 2 ˇcasa. Iako se radi o veoma znaˇcajnoj materiji za studente sa smera Elektroenergetika, ovoj oblasti nije posvećena veća paˇznja jer se novi pojmovi i rad sa njima svode na već pred¯eno gradivo. Teorija polja je detaljno obrad¯ena u knjizi navedenoj pod 6.

6. KOMPLEKSNA ANALIZA

6.1. Kompleksni brojevi Kompleksne brojeve su studenti izuˇcavali na ranijim kursevima matematike. Ovde ih samo ukratko obnavljamo, u meri i na naˇcin koji nam je potreban za dalje izlaganje. Posmatramo skup R2 , ˇciji su elementi (x, y) ured¯eni parovi realnih brojeva x, y ∈ R. Ako se u skup R2 uvede tzv. kompleksna aritmetika (raˇcunske operacije), elementi skupa R2 se zovu kompleksni brojevi, a sam skup R2 se zove skup kompleksnih brojeva i oznaˇcava se sa C.√ Za kompleksne brojeve z = (x, y) ∈ C se takod¯e koristi posebna oznaka z = x + iy, gde je i = −1 imaginarna jedinica. Prosto reˇceno, kompleksni brojevi su ured¯eni parovi realnih brojeva sa kojima umemo da raˇcunamo, zbog ˇcega su i nazvani brojevima. Kako su ured¯eni par (x, y) ∈ R2 , taˇcka X(x, y) u koordinatnoj ravni i njen vektor poloˇzaja r = x i + y j ekvivalentni pojmovi, kompleksan broj z = x + iy ∈ C moˇzemo da tretiramo kao bilo koji od njih. Pri tome imamo u vidu da za kompleksne brojeve postoji aritmetika, za taˇcke ne postoji, a za vektore delimiˇcno postoji (npr., sabiranje vektora je definisano, a deljenje nije). Zbog specifiˇcnosti kompleksnih brojeva z, koordinatna ravan u kojoj se prikazuju se zove kompleksna ravan ili z–ravan.

y

y w

X;z

r

x

0

x

Slika 1.

Navedeni oblik kompleksnog broja je oblik sa razdvojenim realnim i imaginarnim delom, (1)

z = x + iy .

Prelazeći sa Descartesovih koordinata x, y na polarne koordinate r, ϕ, uvedene sa x = r cos ϕ , y = r sin ϕ ;

ϕ ∈ (−π, π] ,

oblik (1) se transformiˇse u trigonometrijski oblik z = r(cos ϕ + i sin ϕ) ≡ r cis ϕ .

(2) Koriˇsćenjem formula

cos ϕ =

eiϕ + e−iϕ , 2

sin ϕ =

eiϕ − e−iϕ , 2i

iz (2) se dobija i eksponencijalni oblik kompleksnog broja (3)

z = reiϕ . Descartesove koordinate x, y su realni i imaginarni deo kompleksnog broja Re z = x ,

Im z = y .

136

137 Polarne koordinate r, ϕ su moduo i argument kompleksnog broja |z| = r ,

arg z = ϕ .

Veza izmed¯u njih je

|z| =

(4)

⎧ y ⎪ arctan , ⎪ ⎪ x ⎪ ⎨ y π + arctan , arg z = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −π + arctan y , x

x2 + y 2 ,

x>0, x<0, y>0, x<0, y<0.

Joˇs je arg z = π/2 kad je x = 0, y > 0 i arg z = −π/2 kad je x = 0, y < 0. Koristićemo oznaku arg z = Arctan(y/x) za bilo koji od gornja tri sluˇcaja kada ne znamo o kom konkretnom broju z se radi. Iz praktiˇcnih razloga se uvodi i (k = 0, ±1, ±2, . . . ) .

Arg z = arg z + 2kπ

Za proizvod i koliˇcnik kompleksnih brojeva vaˇzi sledeća teorema. n zk , tada je Moavrova teorema. Ako je z = k=1 n

|z| =

(5)

|zk | ,

Arg z =

k=1

Ako je z =

n

arg zk .

k=1

z1 , tada je z2 |z| =

(6)

|z1 | , |z2 |

Arg z = arg z1 − arg z2 .

Tokom ovog kursa studenti su se upoznali sa nekoliko razliˇcitih jednaˇcina kruˇznice. Na ovom mestu navodimo joˇs dve. Neka je L centralna kruˇznica polupreˇcnika a, L:

x2 + y 2 = a2 .

Njene parametarske jednaˇcine su L:

x = a cos ϕ , y = a sin ϕ ;

ϕ ∈ (−π, π] ,

gde je ϕ polarni ugao. Prelaskom na kompleksne brojeve z = x + iy, prvoj jednaˇcini odgovara (7)

L:

|z| = a ,

a parametarskim jednaˇcinama odgovara z = a cos ϕ + ia sin ϕ = aeiϕ , tj. (8)

L:

z = aeiϕ ;

ϕ ∈ (−π, π] .

Jednaˇzine (7) i (8) ćemo da zovemo ”kompleksnim” jednaˇcinama kruˇznice. Analogno, pomerena kruˇznica polupreˇcnika a sa centrom u taˇcki (x0 , y0 ), L:

(x − x0 )2 + (y − y0 )2 = a2 ,

ima parametarske jednaˇcine L:

x = x0 + a cos ϕ , y = y0 + a sin ϕ ;

ϕ ∈ (−π, π]

138 i, za z0 = x0 + iy0 , kompleksne jednaˇcine L:

|z − z0 | = a ,

z = z0 + aeiϕ ;

L:

ϕ ∈ (−π, π] .

6.2. Pojam kompleksne funkcije Definicija kompleksne funkcije je analogna definiciji realne funkcije. Ako se svakom elementu x ∈ D ⊆ R ili z ∈ D ⊆ C po odred¯enom pravilu f pridruˇzi samo jedan element w ∈ C, tada je to pridruˇzivanje kompleksna funkcija jedne realne promenljive x, f : D⊆R→C,

(9)

w = f (x) ,

ili kompleksna funkcija jedne kompleksne promenljive z, f : D⊆C→C,

(10)

w = f (z) .

Kompleksna funkcija w = f (z) jedne kompleksne promenljive z je, u stvari, kompleksna funkcija w = f (x, y) dve realne promenljive x, y zbog z = (x, y). Vrednosti w su kompleksni brojevi, pa je w = u + iv (u, v ∈ R). Zato je u sluˇcaju (9) u = u(x) = Re f (x) ,

v = v(x) = Im f (x) .

U sluˇcaju (10) je u = u(x, y) = Re f (z) ,

v = v(x, y) = Im f (z) .

Dakle, posmatramo dva tipa kompleksnih funkcija (11)

f : D⊆R→C,

w = f (x) = u(x) + iv(x) ,

(12)

f : D⊆C→C,

w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y)

i uoˇcavamo da su njihovi realni i imaginarni delovi realne funkcije jedne ili dve realne promenljive. Ako je promenljiva z i sama funkcija tipa (11), tj. z(t) = x(t) + iy(t) (t ∈ R) , kompleksna funkcija (12) postaje kompleksna funkcija (11), F (t) = f z(t) = u x(t), y(t) + iv x(t), y(t) = u1 (t) + iv1 (t) . Funkcija F (t) je sloˇzena kompleksna funkcija. U kontekstu dosadaˇsnjeg izlaganja, primećujemo da su kompleksne funkcije po svojoj prirodi vektorske (deo Integrali, Vektorski krivolinijski integrali), u ˇsta se lako uveravamo. Zamenjujući z = x + iy sa (x, y), w = u + iv sa ρ = (u, v) i f sa a, kompleksne funkcije (11) i (12) postaju ρ = a(x) = u(x), v(x) ,

ρ = a(x, y) = u(x, y), v(x, y) .

Za kompleksne funkcije se koristi oznaka f skalarnih funkcija, a ne oznaka a vektorskih funkcija, jer se w = u + iv smatra brojem iz ranije navedenog razloga. Takod¯e, oznaka a se koristi kada je kodomen R3 , ˇsto ovde nije sluˇcaj. Kompleksne funkcije (11) se zadaju kao i vektorske, direktnim navod¯enjem njihovih komponenata (realni i imaginarni deo). Kompleksne funkcije (12) se najˇceˇsće zadaju pomoću pravila f , a realni i imaginarni deo se naknadno odred¯uju.

139 Primer 1. Za z = x + iy, eksponencijalna funkcija se definiˇse sa f (z) = ez = ex eiy = ex (cos y + i sin y) . Trigonometrijske funkcije su f (z) = cos z =

eiz + e−iz , 2

f (z) = sin z =

eiz − e−iz , 2i

a racionalna funkcija je f (z) =

P (z) , Q(z)

gde su P (z) i Q(z) polinomi. Specijalno, ako je z = x realan broj, navedene kompleksne funkcije se svode na poznate realne funkcije. Definicione izraze za cos z i sin z, kada je z = ϕ ∈ R, smo već upotrebili pri prelasku sa (2) na (3). NAPOMENA. Nastavniku je iz iskustva poznato da raznolikost termina zbunjuje studente. Zato navodimo neke od njih. U zavisnosti od domena i kodomena preslikavanja, uobiˇcajeni su sledeći nazivi. Neka su X, Y proizvoljni skupovi i n prirodan broj. Tada je preslikavanje F : X → Y operator, F : X → R funkcionela, f : Rn → R realna (skalarna) funkcija, F : Rn → Rm (m = 1) vektorska funkcija, f : R2 → R2 kompleksna funkcija. Vidimo da su funkcionela i vektorska funkcija specijalni operatori, realna funkcija je specijalna funkcionela, a kompleksna funkcija specijalna vektorska funkcija. Pod vektorskim funkcijama se obiˇcno podrazumevaju samo sluˇcajevi za n = 1, n = 3, m = 3, kada se koristi i drugaˇcija oznaka a ≡ F, tj. a : R → R3 , a : R3 → R3 . Zadatak 1. Ako je z = iy i y > 0, odrediti Re f (z), Im f (z), |f (z)|, Arg f (z) funkcije f (z) =

1+z . z(10 + z)(−1 + z)

Reˇsenje. Smenom z = iy u f (z) sledi 1 + iy (1 + iy)i(10 − iy)(−1 − iy) = = ··· iy(10 + iy)(−1 + iy) iy(10 + iy)(−1 + iy)i(10 − iy)(−1 − iy) y 3 + 19y + i −10 + 8y 2 , = −y 100 + y 2 1 + y 2

f (iy) =

odakle je Re f (iy) =

y 2 + 19 y 3 + 19y = − , 100 + y 2 1 + y 2 −y 100 + y 2 1 + y 2

Im f (iy) =

−10 + 8y 2 10 − 8y 2 = . −y 100 + y 2 1 + y 2 y 100 + y 2 1 + y 2

Racionalna funkcija f (z) je zadata u ”faktorizovanom” obliku, pa za odred¯ivanje |f (z)| i Arg f (z) treba koristiti Moavrovu teoremu. Primena formula (4), tj. |f (z)| =

2 2 Re f (z) + Im f (z) ,

Arg f (z) = Arctan

Im f (z) , Re f (z)

140 moˇze da bude znatno komplikovanija i da dovede do neprepoznatljivih izraza. Prema tvrd¯enjima (5) i (6) Moavrove teoreme sledi |1 + iy| 1 + y2 1 |f (iy)| = = = , 2 2 |iy| |10 + iy| | − 1 + iy| y 100 + y 1+y y 100 + y 2

Arg f (iy) = arg(1 + iy) − arg(iy) + arg(10 + iy) + arg(−1 + iy) π y y + arctan + π + arctan = arctan y − 2 10 −1 3π y 3π y = arctan y − + arctan − arctan y = − + 2 arctan y − arctan . 2 10 2 10 Zadatak 2. Neka je L deo kruˇznice |z| = a u prvom kvadrantu z–ravni, proizvoljno malog polupreˇcnika a > 0. Naći sliku krive L u w–ravni ako se preslikavanje vrˇsi funkcijom w = f (z) =

1+z . z(10 + z)(−1 + z)

Reˇsenje. Kriva L se nalazi u prvom kvadrantu i prema (8) ima jednaˇcinu π . L : z = aeiϕ ; ϕ ∈ 0, 2 Kako je a proizvoljno mali broj, za taˇcke z ∈ L se dobija w = f aeiϕ =

aeiϕ

1 1 −iϕ 1 + aeiϕ ≈ e =− . iϕ iϕ iϕ −10ae 10a 10 + ae −1 + ae

Stavljajući A = 1/(10a) > 0 i imajući u vidu −1 = eiπ , dalje je w ≈ Aeiπ e−iϕ = Aei(π−ϕ) = Aeiθ , gde je A proizvoljno veliki broj i θ = π − ϕ ∈ [π/2, π]. Zakljuˇcujemo da je slika krive L deo kruˇznice |w| = A u drugom kvadrantu w–ravni (npr., za ϕ = π/4 je θ = π − π/4 = 3π/4), proizvoljno velikog polupreˇcnika A. Kad a → 0, vaˇzi A → ∞.

y

v

z - ravan

w- ravan

L x

A

w

a

w

0

0

u

Slika 2.

Ovaj zadatak nije u neposrednoj vezi sa prethodnim izlaganjem. Naveli smo ga jer je, kao i Zadatak 1, potreban studentima za savladavanje gradiva iz drugih predmeta. Zadatak 3. Ako je z = iy i y > 0, odrediti Re f (z), Im f (z), |f (z)|, Arg f (z) funkcija: −1 + z , z(10 + z)(1 + z) 1+z , f (z) = 2 z (2 + z)(3 + z)

f (z) =

1+z , z(2 + z)(3 + z) 1+z f (z) = 3 . z (2 + z)(3 + z) f (z) =

Ako je L deo kruˇznice |z| = a u prvom kvadrantu z–ravni, proizvoljno malog polupreˇcnika a > 0, naći sliku krive L u w–ravni svakom od datih funkcija w = f (z). Uputstvo. Ovaj zadatak se reˇsava sliˇcno kao Zadatak 1 i Zadatak 2.

141

6.3. Graniˇ cne vrednosti i neprekidnost Graniˇcna vrednost kompleksnih funkcija (12) se definiˇse formalno isto kao graniˇcna vrednost realnih funkcija jedne promenljive. Oznaˇcava se sa lim f (z) = c ,

z→z0

gde je z = x+iy proizvoljan, z0 = x0 +iy0 konkretan broj i c = a+ib ∈ C kompleksna konstanta. Pokazuje se da vaˇzi ekvivalencija lim f (z) = c ⇐⇒ lim Re f (z) = Re c = a ,

z→z0

z→z0

lim Im f (z) = Im c = b .

z→z0

Kako su Re f (z) = u(x, y), Im f (z) = v(x, y) realne funkcije dve promenljive i kako z → z0 znaˇci x → x0 i y → y0 , to se graniˇcna vrednost kompleksne funkcije svodi na totalne graniˇcne vrednosti realnih funkcija u(x, y), v(x, y). U sluˇcaju kompleksnih funkcija (11), za x, x0 ∈ R, je lim f (x) = lim u(x) + i lim v(x) .

x→x0

x→x0

x→x0

Kompleksna funkcija (12) je neprekidna u taˇcki z0 ako postoji f (z0 ), postoji limz→z0 f (z) i vaˇzi lim f (z) = f (z0 ) .

z→z0

Ova definicija se svodi na neprekidnost funkcija u(x, y), v(x, y) u taˇcki (x0 , y0 ). Analogno, kompleksna funkcija (11) je neprekidna u taˇcki x0 ako su funkcije u(x), v(x) neprekidne u x0 .

6.4. Diferenciranje Za kompleksne funkcije se definiˇsu izvodi i diferencijali, kao i za sve ostale funkcije sa kojima smo do sada radili.

Izvod i diferencijal prvog reda Neka je kompleksna funkcija (12) neprekidna u taˇcki z0 ∈ C. Prvi izvod funkcije f (z) u taˇcki z0 = ∞ je konaˇcni limes f (z0 ) = lim

z→z0

f (z) − f (z0 ) . z − z0

Ako postoji f (z0 ), funkcija f (z) je diferencijabilna u z0 . Prvi diferencijal u proizvoljnoj taˇcki z = x + iy je df (z) = f (z) dz , gde je dz = dx + i dy. Vidimo da se izvod i diferencijal definiˇsu i oznaˇcavaju formalno isto kao kod realnih funkcija jedne promenljive, iako su kompleksne funkcije (12) suˇstinski drugaˇcije. Kod kompleksnih funkcija (11) je f (x) = u (x) + iv (x) ,

df (x) = f (x) dx = du(x) + i dv(x) .

Za izvode i diferencijale kompleksnih funkcija vaˇze ista pravila, koja se odnose na zbir, proizvod i koliˇcnik funkcija, kao i u sluˇcaju realnih funkcija. Kompleksna funkcija (12) je analitiˇcka ili regularna u taˇcki z0 = ∞ ako je diferencijabilna u nekoj okolini te taˇcke. Ako je z0 = ∞, posmatra se funkcija g(z) = f (1/z), za koju je f (z0 ) = g(0). Funkcija f (z) je analitiˇcka u z0 ako je g(z) analitiˇcka u 0. Analitiˇcke funkcije

142 poseduju neke veoma znaˇcajne osobine. Jedna takva osobina je da iz regularnosti funkcije f (z) u nekoj taˇcki sledi i regularnost njenog prvog izvoda u istoj taˇcki.

Cauchy–Riemannovi uslovi Cauchy–Riemannovi uslovi se odnose na kompleksne funkcije (12). Neka je f (z) diferencijabilna u taˇcki z = x + iy. Pokazuje se da je tada (13)

f (z) =

∂v ∂v ∂u ∂u +i = −i . ∂x ∂x ∂y ∂y

Izjednaˇcavanjem realnog i imaginarnog dela, dobijaju se Cauchy–Riemannovi uslovi u Descartesovim koordinatama (14)

∂v ∂u = , ∂x ∂y

∂v ∂u =− . ∂x ∂y

Zahvaljujući jednakostima (14), prvi izvod moˇze da se iskaˇze i na naˇcin f (z) =

∂u ∂u ∂v ∂v −i = +i . ∂x ∂y ∂y ∂x

Egzistencija prvog izvoda f (z) obezbed¯uje egzistenciju parcijalnih izvoda ux , uy , vx , vy i Cauchy–Riemannove uslove. Obrnuto u opˇstem sluˇcaju ne vaˇzi, ˇsto je posledica ˇcinjenice da je f (z) totalni limes, a parcijalni izvodi su limesi u pravcu x i y–ose. Med¯utim, ako su parcijalni izvodi neprekidne funkcije, vaˇzi i obrnuto. Koriˇsćenjem oblika (2) i (3) kompleksnih brojeva, iz (14) se dobijaju Cauchy–Riemannovi uslovi u polarnim koordinatama. Radi preglednosti navodimo sve sluˇcajeve. 1◦ Ako je z = x + iy i f (z) = u(x, y) + iv(x, y), tada je ∂u ∂v = , ∂x ∂y

∂v ∂u =− . ∂x ∂y

2◦ Ako je z = reiϕ i f (z) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ), tada je 1 ∂v ∂u = , ∂r r ∂ϕ

∂u ∂v = −r . ∂ϕ ∂r

3◦ Za z = x + iy i f (z) = ρ(x, y)eiθ(x,y) je ∂θ ∂ρ =ρ , ∂x ∂y

∂ρ ∂θ = −ρ . ∂y ∂x

4◦ Za z = reiϕ i f (z) = ρ(r, ϕ)eiθ(r,ϕ) je ∂ρ ρ ∂θ = , ∂r r ∂ϕ

∂ρ ∂θ = −ρr . ∂ϕ ∂r

Zadatak 4. Za z = x + iy i z = reiϕ odrediti Re f (z), Im f (z), |f (z)|, Arg f (z) funkcije f (z) = z 2 . Zatim proveriti Cauchy–Riemannove uslove u sva ˇcetiri sluˇcaja. Reˇsenje. Neka je z = x + iy. Tada je f (z) = (x + iy)2 = x2 − y 2 + 2ixy, pa je Re f (z) = x2 − y 2 ,

Im f (z) = 2xy .

143 Kako je |z| =

x2 + y 2 i arg z = Arctan y/x, prema tvrd¯enju (5) Moavrove teoreme sledi |f (z)| = |z|2 = x2 + y 2 ,

Arg f (z) = 2 arg z = 2 Arctan

y . x

Oznaˇcavajući u ≡ u(x, y) = Re f (z) i v ≡ v(x, y) = Im f (z), |f (z)| i Arg f (z) mogu da se odrede i prema (4), 2 x2 − y 2 = · · · = x2 + y 2 , + = |f (z)| = v y 2xy Arg f (z) = Arctan = Arctan 2 = · · · = 2 Arctan , u x − y2 x

u2

v2

ˇsto bez sred¯ivanja daje komplikovanije izraze. 2 Neka je z = reiϕ . Tada je f (z) = reiϕ = r2 e2iϕ = r2 cis 2ϕ, pa je Re f (z) = r2 cos 2ϕ ,

Im f (z) = r2 sin 2ϕ .

Kako je |z| = r, arg z = ϕ, prema tvrd¯enju (5) Moavrove teoreme je |f (z)| = |z|2 = r2 ,

Arg f (z) = 2 arg z = 2ϕ .

Proveravamo Cauchy–Riemannove uslove date pod 1◦ i 3◦ kada je z = x + iy. Uvodimo oznake u(x, y) = Re f (z) = x2 − y 2 , ρ(x, y) = |f (z)| = x2 + y 2 , i nalazimo

∂u = 2x , ∂x

v(x, y) = Im f (z) = 2xy , θ(x, y) = Arg f (z) = 2 Arctan

∂u = −2y , ∂y

∂v = 2y , ∂x

y x

∂v = 2x , ∂y

odakle je oˇcigledno da uslovi 1◦ vaˇze. Takod¯e, iz ∂ρ = 2x , ∂x

∂ρ = 2y , ∂y

∂θ −2y = 2 , ∂x x + y2

2x ∂θ = 2 ∂y x + y2

se vidi da vaˇze i uslovi 3◦ . Cauchy–Riemannovi uslovi dati pod 2◦ i 4◦ se odnose na sluˇcaj z = reiϕ . Uvodeći oznake u(r, ϕ) = Re f (z) = r2 cos 2ϕ , ρ(r, ϕ) = |f (z)| = r2 ,

v(r, ϕ) = Im f (z) = r2 sin 2ϕ ,

θ(r, ϕ) = Arg f (z) = 2ϕ

i nalazeći odgovarajuće parcijalne izvode, lako se uoˇcava da ovi uslovi vaˇze.

Odred¯ivanje kompleksne funkcije ˇ ciji je realni (imaginarni) deo poznat Sledeće formule, koje dajemo bez izvod¯enja, se odnose na kompleksne funkcije (12) i zasnovane su na Cauchy–Riemannovim uslovima. Neka je f (z) analitiˇcka funkcija u nekoj oblasti D ⊆ C i neka je poznat njen realni deo u(x, y). Tada se imaginarni deo v(x, y) nalazi prema formuli y x −uy (x, y) dx + ux (x0 , y) dy + c , (15) v(x, y) = x0

y0

144 gde je z = x + iy ∈ D proizvoljna i z0 = x0 + iy0 ∈ D pogodno izabrana taˇcka, a c = v(x0 , y0 ) proizvoljna konstanta koja se odred¯uje iz dodatnih uslova. Analogno, ako je poznat imaginarni deo v(x, y), realni deo se odred¯uje prema x y u(x, y) = vy (x, y) dx − vx (x0 , y) dy + c , x0

y0

gde je c = u(x0 , y0 ).

Izvodi viˇ seg reda Neka je f (z) analitiˇcka funkcija u proizvoljnoj taˇcki z. Izvodi viˇseg reda funkcije f (z) se nalaze sukcesivno, kao i izvodi realnih funkcija. Kako je prvi izvod f (z) analitiˇcka funkcija, to su i svi ostali izvodi takod¯e analitiˇcke funkcije. Da bismo doˇsli do izraza za f (z), polazimo od jednakosti (13). Neka je f (z) =

∂v ∂u +i = u1 (x, y) + iv1 (x, y) . ∂x ∂x

Primenjujući (13) na f (z), dobijamo ∂v1 ∂v1 ∂u1 ∂u1 +i = −i . f (z) = f (z) = ∂x ∂x ∂y ∂y Kako je ∂u1 = uxx , ∂x

∂u1 = uxy , ∂y

to je dalje f (z) = Polazeći od f (z) =

∂v1 = vxx , ∂x

∂v1 = vxy , ∂y

∂2u ∂2v + i = vxy − iuxy . ∂x2 ∂x2

∂u ∂v −i = u2 (x, y) + iv2 (x, y) , ∂y ∂y

analogno prethodnom se nalazi f (z) = vyx − iuyx = −

∂2u ∂2v −i 2 . 2 ∂y ∂y

Iz dobijenih izraza za f (z) sledi ∂2v ∂2u ∂2v ∂2u +i 2 =− 2 −i 2 , 2 ∂x ∂x ∂y ∂y odakle je

∂2u ∂2u + 2 =0, ∂x2 ∂y

∂2v ∂2v + =0, ∂x2 ∂y 2

ˇsto su Laplaceove parcijalne DJ. Funkcije u(x, y) i v(x, y), koje zadovoljavaju ove DJ su harmonijske funkcije. U sluˇcaju kompleksnih funkcija (11) izvodi viˇseg reda se nalaze jednostavno, npr. f (x) = u (x) + iv (x) . Zadatak 5. Neka je g(t) proizvoljna realna funkcija i x2 + y 2 = 0. Odrediti analitiˇcku funkciju f (z) = u(x, y) + iv(x, y) ako je u(x, y) = g x2 − y 2 , u(x, 0) = x2 , v(x, 0) = 0 .

145 Reˇsenje. Realni deo u(x, y) odred¯ujemo iz ˇcinjenice da je u(x, y) harmonijska funkcija, tj. da vaˇzi uxx + uyy = 0. Kako je uxx = 2g + 4x2 g , uyy = −2g + 4y 2 g , gde je g ≡ g x2 − y 2 , g ≡ g x2 − y 2 , to je uxx + uyy = 4x2 g + 4y 2 g = 4 x2 + y 2 g = 0 i, deobom sa 4 x2 + y 2 = 0, g = 0 . Smenom t = x2 − y 2 dobija se redom g (t) = 0 , pa je

g (t) = c1 ,

g(t) = c1 t + c2 ,

u(x, y) = g x2 − y 2 = c1 x2 − y 2 + c2 .

Proizvoljne integracione konstante c1 , c2 odred¯ujemo iz dodatnog uslova u(x, 0) = c1 x2 + c2 = x2 , prema kojem je c1 = 1, c2 = 0 i

u(x, y) = x2 − y 2 .

Imaginarni deo v(x, y) odred¯ujemo prema formuli (15). Kako je ux = 2x , to je

x

y

2y dx +

v(x, y) = x0

uy = −2y ,

x=x y=y 2x0 dy + c = 2xy +2x0 y +c = 2xy + c . x=x0

y0

y=y0

Zbog proizvoljnosti konstante c je upotrebljena ista oznaka c i za proizvoljnu konstantu c−2x0 y0 . Konstantu c odred¯ujemo iz zadatog uslova v(x, 0) = c = 0 i dobijamo v(x, y) = 2xy . Traˇzena funkcija f (z) je f (z) = u(x, y) + iv(x, y) = x2 − y 2 + 2ixy . Duˇz x–ose (y = 0) funkcija f (z) postaje f (x) = x2 , pa je eksplicitni izraz za f (z) dat sa f (z) = z 2 .

6.5. Integracija Kompleksne funkcije (11) imaju podruˇcje definisanosti D ⊆ R, pa se za njih definiˇse odred¯eni integral. Podruˇcje definisanosti kompleksnih funkcija (12) je D ⊆ R2 i za njih se definiˇse krivolinijski integral.

146

Integrali kompleksnih funkcija Neka je f (x) kompleksna funkcija (11), tj. f (x) = u(x) + iv(x) . Odred¯eni integral funkcije f (x) je

b

(16) a

b

f (x) dx =

b

u(x) dx + i a

v(x) dx . a

Dakle, integral kompleksne funkcije f (x) se svodi na dva odred¯ena integrala realnih funkcija u(x), v(x). Krivolinijski integral kompleksnih funkcija (12) se definiˇse analogno kao krivolinijski integrali realnih funkcija, s tim ˇsto kriva integracije L pripada nekoj koordinatnoj ravni, npr.

xy–ravni. Kriva L se deli taˇckama Ti na n podeonih delova P Di = Ti−1 Ti (i = 0, 1, . . . , n). Unutar svakog dela se bira taˇcka Xi i u njoj izraˇcunava vrednost podintegralne funkcije. Ako su zi kompleksni brojevi koji odgovaraju podeonim taˇckama Ti i ζi kompleksan broj koji odgovara taˇcki Xi , za karakteristiku podeonih delova se uzima k(P Di ) = zi − zi−1 . Integralna suma je S(n) =

n

f (ζi ) · (zi − zi−1 ) ,

i=1

a kompleksni krivolinijski integral ili samo kompleksni integral je f (z) dz = lim S(n) , L

n→∞

pri ˇcemu max1≤i≤n |zi − zi−1 | → 0 kad n → ∞. Neka je z = x + iy i f (z) = u(x, y) + iv(x, y) ≡ u + iv . Kako je dz = dx + i dy, to je f (z) dz = (u + iv)(dx + i dy) = u dx − v dy + i(v dx + u dy) , pa je

u(x, y) dx − v(x, y) dy + i

f (z) dz = L

L

v(x, y) dx + u(x, y) dy = I1 + iI2 . L

Vidimo da se integral kompleksne funkcije f (z) svodi na dva potpuna krivolinijska integrala II vrste I1 , I2 realnih funkcija u(x, y), v(x, y). Kompleksni integrali mogu da se tretiraju kao specijalni vektorski krivolinijski integrali u kojima je vektorska podintegralna funkcija zamenjena kompleksnom funkcijom, a umesto skalarnog (vektorskog) mnoˇzenja u podintegralnom izrazu je upotrebljeno odgovarajuće kompleksno mnoˇzenje. Parametarske jednaˇcine krive L:

x = x(t) , y = y(t) ;

t ∈ [α, β]

mogu da se objedine u kompleksnu jednaˇcinu (17)

L:

z = z(t) = x(t) + iy(t) ;

t ∈ [α, β] .

147 Izraˇcunavanje kompleksnog integrala je formulisano sledećom teoremom. Teorema 1. Ako je kriva L zadata jednaˇcinom (17), tj. L:

z = z(t) ;

t ∈ [α, β] ,

tada je

(18)

L+

β

f (z) dz =

f z(t) z (t) dt ,

α

gde L+ oznaˇcava pozitivnu orijentaciju krive L u odnosu na izabrani parametar t. Integral na desnoj strani jednakosti (18) je odred¯eni integral (16), u ˇsta se lako uveravamo. Za z = z(t) = x(t) + iy(t) se iz f (z) = u(x, y) + iv(x, y) dobija sloˇzena funkcija F (t) = f z(t) = u x(t), y(t) + iv x(t), y(t) = u1 (t) + iv1 (t) ≡ u1 + iv1 , koja je kompleksna funkcija (11). Joˇs je z (t) = x (t) + iy (t) ≡ x + iy , pa je podintegralna funkcija takod¯e kompleksna funkcija (11), f z(t) z (t) = (u1 + iv1 )(x + iy ) = u1 x − v1 y + i(v1 x + u1 y ) . Zato je

β

f z(t) z (t) dt =

α

β

(u1 x − v1 y ) dt + i

α

β

(v1 x + u1 y ) dt = I3 + iI4 .

α

Prevod¯enjem krivolinijskih integrala I1 , I2 na odred¯ene, naravno da se dobija isti rezultat, tj. I1 = I3 , I2 = I4 . Tvrd¯enje (18) Teoreme 1 se ˇcesto uzima za definiciju kompleksnog krivolinijskog integrala kompleksne funkcije (12). Zadatak 6. Izraˇcunati kompleksni integral z 2 dz , I= L

gde je L kriva

y = x2 ;

L:

x ∈ [−1, 1] ,

orijentisana od taˇcke (−1, 1) do taˇcke (1, 1). Reˇsenje. Birajući za parametar t = x, dobija se kompleksna jednaˇcina krive z = z(t) = x(t) + iy(t) = t + it2 ;

L:

t ∈ [−1, 1] ,

odakle je z (t) = 1 + 2it i 2 z 2 dz = t + it2 (1 + 2it) dt = t2 − 5t4 + 2i 2t3 − t5 dt . Zadatoj orijentaciji krive odgovara promena parametra od t = −1 do t = 1, pa je I=

1

−1

2

4

t − 5t

dt + 2i

1

−1

3 2t − t5 dt = 2

0

1

4 t2 − 5t4 dt = · · · = − , 3

pri ˇcemu je iskoriˇsćena parnost funkcije t2 − 5t4 i neparnost funkcije 2t3 − t5 .

148 Zadatak 7. Izraˇcunati kompleksni integral I= z 2 dz , L

gde je L:

x 2 + y 2 = a2

(a > 0, y > 0)

deo pozitivno orijentisane kruˇznice. Reˇsenje. Centralna kruˇznica ima kompleksnu jednaˇcinu (8), pa je L:

ϕ ∈ [0, π] ,

z = aeiϕ ;

pri ˇcemu se ϕ menja od ϕ = 0 do ϕ = π. Zato je z (ϕ) = aieiϕ i π π π iϕ 2 iϕ 1 ae aie dϕ = a3 i e3iϕ dϕ = a3 e3iϕ d(3iϕ) I= 3 0 0 0 1 3 1 3 3iϕ ϕ=π 1 3 3iπ 2 = a e = a e − 1 = a (cos 3π − 1) = − a3 . 3 3 3 3 ϕ=0 U zavisnosti od podintegralne funkcije, umesto jednaˇcine (8) krive L moˇze da se koristi kompleksna jednaˇcina z = a cos ϕ + ia sin ϕ, koja ima trigonometrijski oblik. Ovde je podintegralna funkcija f (z) = z 2 , pa je jednostavnije koristiti eksponencijalni oblik (8).

Vaˇ zne integralne teoreme Neka je D ⊂ R2 otvorena oblast. Svaka zatvorena kriva koja ograniˇcava oblast D je njena graniˇcna kriva ili kontura. Oblast D je otvorena kada ne sadrˇzi ni jednu svoju konturu. Jednostruko ili prosto povezana oblast D ima samo jednu konturu. Viˇsestruko povezana oblast ima viˇse kontura, od kojih je jedna spoljaˇsnja, a ostale su unutraˇsnje. Na primer, n–tostruko povezana oblast ima jednu spoljaˇsnju i n − 1 unutraˇsnju konturu. Na Slici 3 su prikazane prosto povezana oblast D sa konturom L i trostruko povezana oblast D sa spoljaˇsnjom konturom L i unutraˇsnjim konturama L1 , L2 .

D

L

L2 L

L1 D Slika 3.

Cauchy–Goursatova teorema. Neka je D jednostruko povezana oblast sa konturom L. Ako je funkcija f (z) regularna u oblasti D i neprekidna na konturi L, vaˇzi f (z) dz = 0 . L

Ova teorema znaˇci da pod navedenim uslovima integral ne zavisi od krive integracije, tj. da je f (z) dz = f (z) dz . L1

L2

Krive L1 , L2 imaju zajedniˇcke graniˇcne taˇcke A, B i obe su orijentisane, npr., od A ka B.

L2 A

B L1 Slika 4.

149 Stav o ekvivalenciji putanja. Neka je D n–tostruko povezana oblast sa spoljaˇsnjom konturom L i unutraˇsnjim konturama L1 , . . . , Ln−1 . Sve konture su isto orijentisane, npr. pozitivno. Ako je funkcija f (z) regularna u oblasti D i neprekidna na konturama L, L1 , . . . , Ln−1 , vaˇzi n−1 f (z) dz = f (z) dz . L

k=1

Lk

Stav o ekvivalenciji putanja je, u stvari, Cauchy–Goursatova teorema za viˇsestruko povezane oblasti. Cauchyeva osnovna integralna formula za funkcije. Neka je D jednostruko povezana oblast sa konturom L. Ako je funkcija f (z) regularna u oblasti D i na konturi L, vaˇzi f (z) 1 dz , f (z0 ) = 2πi L+ z − z0 gde je z0 ∈ D proizvoljna taˇcka. Ova teorema znaˇci da je regularna funkcija f (z) potpuno odred¯ena u svim taˇckama oblasti D pomoću svojih vrednosti na konturi L. Zato funkciji f (z) ne mogu proizvoljno da se dodele vrednosti u taˇckama iz D ako su prethodno zadate njene vrednosti na L. Sliˇcan zakljuˇcak ne vaˇzi za realne funkcije. Cauchyeva osnovna integralna formula za izvode. Neka je D jednostruko povezana oblast sa konturom L. Ako je funkcija f (z) regularna u oblasti D i na konturi L, vaˇzi f (z) k! (k) dz (k = 1, 2, . . . ) , f (z0 ) = 2πi L+ (z − z0 )k+1 gde je z0 ∈ D proizvoljna taˇcka. Ova teorema je generalizacija prethodne teoreme jer se prethodna teorema iz nje dobija za k = 0. Tumaˇcenje teoreme je isto kao za prethodnu teoremu, samo se odnosi na izvode.

Taylorov i Laurentov red Taylorov i Laurentov red su razvoji kompleksne funkcije u okolini regularne i singularne taˇcke funkcije redom. Teorema 2. Ako je funkcija f (z) regularna u krugu |z − z0 | < R, tada vaˇzi (19)

f (z) =

+∞ 1 (k) f (z0 )(z − z0 )k . k!

k=0

Stepeni red iz (19) je Taylorov red funkcije f (z) u okolini taˇcke z0 . Prema Cauchyevoj osnovnoj integralnoj formuli za izvode, koeficijenti Taylorovog reda su 1 (k) 1 f (z) dz , f (z0 ) = Ak = k! 2πi L+ (z − z0 )k+1 gde je L kruˇznica |z − z0 | = a za a < R. Teorema 3. Ako je funkcija f (z) regularna u kruˇznom prstenu R1 < |z − z0 | < R2 , tada vaˇzi (20)

+∞

f (z) =

Ak (z − z0 )k ,

k=−∞

gde je 1 Ak = 2πi

L+

f (z) dz (z − z0 )k+1

150 i L kruˇznica |z − z0 | = a za R1 < a < R2 . Red iz (20) je Laurentov red funkcije f (z) u okolini taˇcke z0 . Stepeni red je pravilni deo, a red

−1

+∞

Ak (z − z0 )k

k=0

Ak (z − z0 )k je glavni deo Laurentovog reda.

k=−∞

Funkcija f (z) se razvija u Laurentov red ako nije regularna u taˇcki z0 . Taˇcka z0 je singularna taˇcka ili singularitet funkcije f (z).

Izolovani singulariteti Taˇcka z0 je izolovani singularitet funkcije f (z) ako je funkcija f (z) regularna u kruˇznom prstenu 0 < |z − z0 | < a, ali ne i u taˇcki z0 . Postoje tri vrste izolovanih singulariteta. 1◦ Taˇcka z0 je prividni ili otklonjivi singularitet ako postoji konaˇcan lim f (z). z→z0

2◦ Taˇcka z0 je pol ako je lim f (z) = ∞. z→z0

3◦ Taˇcka z0 je esencijalni singularitet ako ne postoji lim f (z), ni konaˇcan, ni beskonaˇcan. z→z0

Pol z0 je reda k (k = 1, 2, . . . ) ako i samo ako funkcija f (z) moˇze da se predstavi na naˇcin f (z) =

g(z) , (z − z0 )k

gde je g(z) regularna funkcija u taˇcki z0 . Na primer, funkcija f (z) = 1/(z − 1) ima pol reda 1 u taˇcki z = z0 = 1.

Raˇ cun ostataka Neka je z0 = ∞ pol ili esencijalni singularitet funkcije f (z) i L kruˇznica |z − z0 | = a. Ako je z0 jedini singularitet unutar kruˇznice L, ostatak ili reziduum funkcije f (z) u z0 je 1 Res f (z) = z=z0 2πi

L+

f (z) dz .

Ako je z0 = ∞ jedini pol ili esencijalni singularitet funkcije f (z) van neke kruˇznice L, ostatak je 1 f (z) dz . Res f (z) = z=∞ 2πi L− Ako je je z0 = ∞ pol reda k funkcije f (z), pokazano je da vaˇzi (21)

Res f (z) =

z=z0

(k−1) 1 lim (z − z0 )k f (z) . z→z (k − 1)! 0

Cauchyeva teorema o ostacima. Neka je D jednostruko povezana oblast i L njena kontura. Joˇs, neka su z1 , . . . , zn = ∞ svi polovi ili esencijalni singulariteti funkcije f (z) u oblasti D. Tada vaˇzi (22)

L+

f (z) dz = 2πi

n k=1

Res f (z) .

z=zk

Posledica definicije i prethodne teoreme je sledeće tvrd¯enje. Ako su z0 = ∞ i z1 , . . . , zn = ∞ svi polovi ili esencijalni singulariteti funkcije f (z) u kompleksnoj ravni, tada je Res f (z) = −

z=∞

n k=1

Res f (z) .

z=zk

151 Raˇcun ostataka ima veliku primenu. Za studente su interesantna dva sluˇcaja. Rastavljanje racionalne kompleksne funkcije na parcijalne razlomke se vrˇsi na sledeći naˇcin. Neka je z1 pol reda k funkcije f (z) i Q(z) = (z − z1 )k polinom viˇseg stepena od polinoma P (z). Tada je A1 A2 Ak P (z) = + + ··· + , f (z) = (z − z1 )k z − z1 (z − z1 )2 (z − z1 )k odakle je P (z) = A1 (z − z1 )k−1 + A2 (z − z1 )k−2 + · · · + Ak . Nalaˇzenjem izvoda polinoma P (z) se dobija: P (z1 ) = Ak−1 ,

P (z1 ) = Ak ,

P (k−1) (z1 ) = (k − 1)! A1 , pa je Ai =

P (z1 ) = 2Ak−2 , . . . ,

P (k) (z) = P (k+1) (z) = · · · = 0 ,

1 P (k−i) (z1 ) (i = 1, 2, . . . , k) . (k − i)!

Kako je P (z) = (z − z1 )k f (z), to je Ai =

(23)

(k−i) 1 lim (z − z1 )k f (z) z→z (k − i)! 1

(i = 1, 2, . . . , k) .

Upored¯ujući (21) i (23), vidimo da se koeficijenti Ai izraˇcunavaju kao ostaci Res f (z) u polu reda k kod A1 , u polu reda k − 1 kod A2 , . . . , u polu reda 1 kod Ak . Za funkciju

z=z1

Ai Bi P (z) = + f (z) = k m i (z − z1 ) (z − z2 ) (z − z1 ) (z − z2 )i i=1 i=1 k

m

se analogno dobija

(k−i) 1 lim (z − z1 )k f (z) (i = 1, 2, . . . , k) , (k − i)! z→z1

(m−i) 1 lim (z − z2 )m f (z) (i = 1, 2, . . . , m) . Bi = z→z (m − i)! 2 Ai =

(24)

Pravilo se generalizuje za sluˇcaj Q(z) = (z − z1 )k1 (z − z2 )k2 · · · (z − zm )km . Kako kompleksni polinom Q(z) uvek moˇze da se predstavi na ovaj naˇcin, racionalna funkcija f (z) uvek moˇze da se rastavi na parcijalne razlomke oblika Ci (z − zj )i

(i = 1, 2, . . . , kj ; j = 1, 2, . . . , m) ,

gde se koeficijenti Ci ∈ C raˇcunaju prema (24). Koeficijenti (24) mogu da se odrede i metodom neodred¯enih koeficijenata, koji je studentima već poznat. U praksi se ˇcesto metod neodred¯enih koeficijenata i (24) kombinuju. Zadatak 8. Rastaviti na parcijalne razlomke funkciju f (z) =

z2 . (z − 1)2 (z − 2)2

152 Reˇsenje. Prvo primenjujemo metod neodred¯enih koeficijenata. Iz f (z) =

A2 B2 A1 B1 Br z2 + + = + = ··· = , 2 2 2 2 (z − 1) (z − 2) z − 1 (z − 1) z − 2 (z − 2) (z − 1)2 (z − 2)2

gde je Br = (A1 + B1 )z 3 + (−5A1 + A2 − 4B1 + B2 )z 2 + (8A1 − 4A2 + 5B1 − 2B2 )z + (−4A1 + 4A2 − 2B1 + B2 ) , sledi sistem linearnih jednaˇcina −5A1 + A2 − 4B1 + B2 = 1 ,

A 1 + B1 = 0 ,

8A1 − 4A2 + 5B1 − 2B2 = 0 ,

−4A1 + 4A2 − 2B1 + B2 = 0 ,

ˇcijim reˇsavanjem se dobija A1 = 4 ,

B1 = −4 ,

A2 = 1 ,

B2 = 4 .

Primenjujemo sada formule (24) i dobijamo: A1 = lim (z − 1)2

z 2 z2 −4z = lim = lim =4, 2 2 2 z→1 z→1 z→1 (z − 1) (z − 2) (z − 2) (z − 2)3 z2 z2 = lim =1, A2 = lim (z − 1)2 2 2 z→1 z→1 (z − 2)2 (z − 1) (z − 2) z 2 z2 −2z B1 = lim (z − 2)2 = lim = lim = −4 , 2 2 2 z→2 z→2 z→2 (z − 1) (z − 2) (z − 1) (z − 1)3 z2 z2 B2 = lim (z − 2)2 =4. = lim 2 2 z→2 z→2 (z − 1)2 (z − 1) (z − 2) Zahtevano rastavljanje je f (z) =

1 4 4 4 + + − . z − 1 (z − 1)2 z − 2 (z − 2)2

Raˇcun ostataka se koristi za reˇsavanje nekih tipova odred¯enih integrala sa realnom podintegralnom funkcijom. Navodimo samo reˇsavanje nesvojstvenog odred¯enog integrala. Pod pretpostavkom da je: 1) funkcija f (z) regularna na x–osi (Im z = 0); 2) funkcija f (z) regularna u gornjoj poluravni (Im z > 0), osim u konaˇcno mnogo izolovanih singulariteta z1 , . . . , zn ; 3) z0 = ∞ nula funkcije f (z) najmanje reda 2, vaˇzi (25)

+∞

−∞

f (x) dx = 2πi

n k=1

Res f (z) .

z=zk

Zadatak 9. Primenom raˇcuna ostataka, izraˇcunati nesvojstveni odred¯eni integral J=

+∞

0

x2 3 dx . x2 + 4

Reˇsenje. Podintegralna funkcija je parna, pa je 1 J= 2

+∞

−∞

x2

3 dx .

x2 + 4

153 Posmatramo kompleksnu funkciju z2 f (z) = 3 z2 + 4 i kompleksni integral

I=

L+

f (z) dz =

L+

z2

3 ,

z2 + 4

gde je L = L1 ∪ L2 zatvorena kriva, sastavljena od dela x–ose L1 :

y=0;

x ∈ [−a, a]

i polukruˇznice u gornjoj poluravni L2 :

x2 + y 2 = a2

(a > 2, y > 0) .

y

L2

2i

a L 0 1

2

a

x

Slika 5.

Integral I reˇsavamo primenom raˇcuna ostataka. Polovi funkcije f (z) su reˇsenja jednaˇcine z 2 + 4 = 0 i to su z1 = 2i, z2 = −2i. Zato je f (z) =

z2 . (z − 2i)3 (z + 2i)3

Unutar konture L je samo pol z1 = 2i koji je reda 3. Ostatak u polu reda 3 se odred¯uje prema (21), tj.

z2 1 1 lim (z − 2i)3 f (z) = lim . Res f (z) = 3 z=2i 2! z→2i 2! z→2i (z + 2i) Nalazeći z2 2z(z + 2i)3 − 3z 2 (z + 2i)2 −z 2 + 4iz = = , (z + 2i)3 (z + 2i)6 (z + 2i)4 −z 2 + 4iz z2 2z 2 − 16iz − 8 = = , 3 4 (z + 2i) (z + 2i) (z + 2i)5

dobijamo Res f (z) =

z=2i

2z 2 − 16iz − 8 1 1 2(2i)2 − 16i · 2i − 8 1 lim . = = 2 z→2i (z + 2i)5 2 (2i + 2i)5 128i

Prema tvrd¯enju (22) Cauchyeve teoreme o ostacima sledi I = 2πi Res f (z) = z=2i

π . 64

Kako je z1 = 2i jedini singularitet funkcije f (z) u gornjoj poluravni, integral I ima istu vrednost duˇz svake konture L za koju je a > 2. Drugim reˇcima, vrednost integrala I neće da se promeni ako se broj a > 2 proizvoljno uveća.

154 S obzirom na L = L1 ∪ L2 , sledi f (z) dz + I= L1

f (z) dz = I1 + I2 .

L2

Za taˇcke sa krive L1 vaˇzi y = 0 i z = x + iy = x, pa je kompleksna jednaˇcina krive L1 :

x ∈ [−a, a] ,

z=x;

pri ˇcemu se x menja od x = −a do x = a. Takod¯e je dz = dx i x2 f (z) = f (x) = 3 , x2 + 4 ˇsto znaˇci da se kompleksna funkcija f (z) svodi na realnu funkciju f (x). Kompleksan integral I1 postaje odred¯en integral realne funkcije I1 =

a

f (x) dx =

−a

x2

a

−a

3 dx .

x2 + 4

Kriva L2 ima kompleksnu jednaˇcinu z = aeiϕ ;

L2 :

ϕ ∈ [0, π] .

Zadatoj orijentaciji odgovara promena parametra od ϕ = 0 do ϕ = π. Kako je z (ϕ) = aieiϕ , kompleksan integral I2 postaje I2 =

π

0

iϕ 2 π ae e3iϕ iϕ 3 aie dϕ = a i dϕ . 3 2 2 e2iϕ + 4 3 0 a iϕ ae +4

Imajući u vidu eiϕ = | cos ϕ + i sin ϕ| = cos2 ϕ + sin2 ϕ = 1, sledi

3

|I2 | ≤ a |i|

3iϕ e

π

0

3

dϕ = a a2 e2iϕ + 43

π

0

1 dϕ . a2 e2iϕ + 43

Prema |z1 + z2 | ≥ |z1 | − |z2 | i a > 2, dalje sledi 2 2iϕ a e + 4 ≥ a2 e2iϕ − |4| = a2 − 4 = a2 − 4 i |I2 | ≤ a

3

0

π

1 a3 π 3 dϕ = 3 . a2 − 4 a2 − 4

Neka a → +∞. Tada je lim I1 =

a→+∞

+∞

−∞

x2 3 dx = 2J , x2 + 4

lim |I2 | = 0 ,

a→+∞

Integral I ne menja vrednost koliko god da je a veliki broj, pa je lim I = lim I1 + lim I2 = 2J =

a→+∞

a→+∞

a→+∞

odakle je konaˇcno J=

π . 128

π , 64

lim I2 = 0 .

a→+∞

155 Kroz ovaj zadatak smo na konkretnom primeru funkcije f (x), odnosno f (z), prosledili postupak koji dovodi do jednakosti (25). Sada ćemo jednakost (25) da primenimo direktno. U tom cilju proveravamo da li funkcija z2 f (z) = 3 z2 + 4 zadovoljava potrebne uslove. Funkcija f (z) u celoj kompleksnoj ravni ima samo dva singulariteta z1 = 2i i z2 = −2i. Uslov 1) je ispunjen jer ni jedan od singulariteta nije na x–osi. Kako je samo z1 = 2i u gornjoj poluravni, ispunjen je i uslov 2). Joˇs je limz→∞ f (z) = 0, ˇsto znaˇci da je z = ∞ nula reda 4 > 2 funkcije f (z) i vaˇzi uslov 3). Prema (25) je 1 J= 2

+∞

−∞

x2 z2 π 1 = . Res 3 dx = πi z=2i 3 = πi 2 2 128i 128 x +4 z +4

Zadatak 10. Primenom raˇcuna ostataka, izraˇcunati kompleksni integral J=

+i∞

−i∞

z2

2 dz .

z2 − 4

Reˇsenje. Posmatramo kompleksni integral I= f (z) dz = L+

L+

z2

3 ,

z2 + 4

gde je L = L1 ∪ L2 zatvorena kriva, sastavljena od dela y–ose L1 :

x=0;

y ∈ [−a, a]

i polukruˇznice u desnoj poluravni L2 :

x2 + y 2 = a2

(a > 2, x > 0) .

y

a L2

L1 0

2

a

x

a Slika 6.

Integral I reˇsavamo primenom raˇcuna ostataka. Polovi funkcije f (z) su reˇsenja jednaˇcine z − 4 = 0 i to su z1 = 2, z2 = −2. Zato je 2

f (z) =

z2 . (z − 2)2 (z + 2)2

Unutar konture L je samo pol z1 = 2 koji je reda 2. Ostatak u polu reda 2 se odred¯uje prema (21) i dobija se

Res f (z) = lim (z − 2)2 f (z) = lim z=2

z→2

z→2

4z z 2 1 = lim = . 2 3 z→2 (z + 2) (z + 2) 8

156 Prema tvrd¯enju (22) Cauchyeve teoreme o ostacima sledi I = 2πi Res f (z) = z=2

πi . 4

Kako je z1 = 2 jedini singularitet funkcije f (z) u desnoj poluravni, integral I ima istu vrednost duˇz svake konture L za koju je a > 2, tj. vrednost integrala I se ne menja ako se broj a > 2 proizvoljno uveća. S obzirom na L = L1 ∪ L2 , sledi f (z) dz + I= L1

f (z) dz = I1 + I2 .

L2

Za taˇcke sa krive L1 vaˇzi x = 0 i z = x + iy = iy, pa je kompleksna jednaˇcina krive L1 :

y ∈ [−a, a] ,

z = iy ;

pri ˇcemu se y menja od y = a do y = −a. Takod¯e je dz = i dy i integral I1 postaje −ia ia I1 = f (z) dz = − f (z) dz . −ia

ia

Kriva L2 ima kompleksnu jednaˇcinu L2 :

π π . ϕ∈ − , 2 2

z = aeiϕ ;

Parametar ϕ se menja od ϕ = −π/2 do ϕ = π/2. Kako je z (ϕ) = aieiϕ , integral I2 postaje I2 = a3 i

π/2

−π/2

e3iϕ 2 dϕ a2 e2iϕ − 4

i vaˇzi |I2 | ≤ a

3

π/2

−π/2

1

2 dϕ = a 2 2iϕ − | − 4| a e

Neka a → +∞. Tada je +i∞ lim I1 = − f (z) dz = −J , a→+∞

−i∞

3

π/2

−π/2

1 a3 π 2 dϕ = 2 . a2 − 4 a2 − 4

lim |I2 | = 0 ,

a→+∞

pa je lim I = lim I1 + lim I2 = −J =

a→+∞

a→+∞

odakle je J =−

a→+∞

lim I2 = 0 ,

a→+∞

πi , 4

πi . 4

NAPOMENA. Na smeru Elektroenergetika studentima nije potrebna Kompleksna analiza u ovolikom obimu. Zato je za ovu oblast izdvojeno samo 6 ˇcasova. Takod¯e, većina pojmova je data informativno, bez ozbiljnijeg upuˇstanja u njihovo objaˇsnjavanje i primenu, a s ciljem da studenti iole steknu uvid u znaˇcaj Kompleksne analize. Izuzimajući opˇsti deo o kompleksnim funkcijama i Zadatke 1, 2, koji su studentima potrebni za predmet Sistemi automatskog upravljanja, nastavnik ne zahteva poznavanje ostatka izloˇzene materije. Od mnogobrojnih knjiga koje se bave kompleksnom analizom, zainteresovanim studentima se preporuˇcuje ”Kompleksna analiza” autora D. S. Mitrinovića. Biblioteka Elektronskog fakulteta u Niˇsu raspolaˇze ovom knjigom.

7. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA

7.1. Definicija i osobine Laplaceova transformacija kompleksne funkcije f (t) je kompleksna funkcija (1)

L f (t) = F (s) =

+∞ 0

f (t)e−st dt

(t ∈ R, s ∈ C)

ukoliko nesvojstveni integral konvergira. Funkcija f (t) je original, a F (s) slika Laplaceove transformacije. Kompleksne funkcije f (t) i F (s) su razliˇcitog tipa. Tip funkcije f (t) smo u delu Kompleksna analiza oznaˇcili sa (11), a tip funkcije F (s) sa (12). Uslov za konvergenciju nesvojstvenog integrala je Re s > c > 0. Konstanta c je takva da vaˇzi |f (t)| < M ect , gde je M > 0 konaˇcan realan broj. Osobine Laplaceove transformacije su sledeće. 1◦ Ako su c1 , . . . , cn ∈ C konstante, tada je L c1 f1 (t) + · · · + cn fn (t) = c1 L f1 (t) + · · · + cn L fn (t) . Ovo je linearnost Laplaceove transformacije. 2◦ Ako je a ∈ R i a > 0, sledi 1 s . L f (at) = F a a Ova osobina se zove sliˇcnost. 3◦ Za p ∈ C je

L ep t f (t) = F (s − p) .

Osobina je poznata pod imenom pomeranje. 4◦ Ako je a ∈ R i a > 0, tada je L f (t − a) = e−as F (s) , as L f (t + a) = e F (s) −

a

0

f (t)e−st dt ,

ˇsto je kaˇsnjenje. 5◦ Ako je f (t) periodiˇcna funkcija s periodom T ∈ R, vaˇzi L f (t) =

1 1 − e−sT

T 0

f (t)e−st dt .

Primer 1. Neka je f (t) = et . Pod pretpostavkom da nam je poznata slika L f (t) = F (s) =

1 , s−1

odred¯ujemo slike funkcija f1 (t) = e4t i f2 (t) = et−1 . Sliku F1 (s) funkcije f1 (t) nalazimo na dva naˇcina. Za a = 4 je f1 (t) = f (4t) i prema osobini 2◦ sledi 1 s 1 1 1 = s . F1 (s) = F = 4 4 4 −1 s−4 4 157

158 Za p = 3 je f1 (t) = e3t f (t) i prema osobini 3◦ sledi F1 (s) = F (s − 3) =

1 1 = . (s − 3) − 1 s−4

Sliku F2 (s) funkcije f2 (t) nalazimo prema osobini 4◦ . Za a = 1 je f2 (t) = f (t − 1) i F2 (s) = e−s F (s) =

e−s . s−1

7.2. Diferenciranje i integracija Diferenciranje originala je pravilo po kome se nalazi slika n–tog izvoda funkcije f (t), L f (n) (t) = sn F (s) − sn−1 f (0) − sn−2 f (0) − · · · − f (n−1) (0) .

(2)

Diferenciranje slike je pravilo po kome se nalazi n–ti izvod funkcije F (s), F (n) (s) = (−1)n L tn f (t) .

(3)

Integracija originala je pravilo t F (s) . f (u) du = L s 0 Integracija slike je pravilo

∞ s

f (t) , F (p) dp = L t

∞

gde s oznaˇcava kompleksni krivolinijski integral duˇz ma koje krive koja spaja taˇcke s i ∞, +i∞ npr. duˇz poluprave paralelne x–osi. Sliˇcnu oznaku −i∞ smo koristili u Kompleksnoj analizi za B kompleksni krivolinijski integral duˇz y–ose. Ovi zapisi su analogni zapisu A koji smo koristili kod krivolinijskih integrala realnih funkcija.

7.3. Konvolucija Konvolucija kompleksnih funkcija f (t) i g(t) (t ∈ R) je f (t) ∗ g(t) =

(4)

t 0

f (t − u)g(u) du .

Za konvoluciju vaˇze osobine: f ∗g = g ∗f ,

(f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) ,

f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h ,

(cf ) ∗ g = c(f ∗ g) ≡ c f ∗ g ,

gde su f ≡ f (t), g ≡ g(t), h ≡ h(t) (t ∈ R) kompleksne funkcije i c = 0 kompleksna konstanta. Prve tri osobine su komutativnost, asocijativnost i distributivnost redom. Sledeća teorema ima ˇsiroku primenu. Na primer, koristi se pri reˇsavanju integralnih jednaˇcina. Teorema 1. Ako je F (s) = L f (t) i G(s) = L g(t) , tada je (5)

L f (t) ∗ g(t) = F (s)G(s) .

159

7.4. Tablica Originali i slike Laplaceove transformacije koji se ˇcesto sreću u praksi, sliˇcno izvodima i integralima, prikazuju se tabelarno i koriste bez izvod¯enja kao gotovi rezultati. Navodimo tablicu sa osnovnim rezultatima, ukljuˇcujući i uslove pod kojima ti rezultati vaˇze. U zavisnosti od potrebe, tablica moˇze da sadrˇzi i mnoge druge rezultate.

f (t)

F (s)

ta

Γ(a + 1) sa+1

(a ∈ R, a > −1)

n! sn+1

tn (n ∈ N ∪ {0})

1 s−p

ep t (p ∈ C, Re p < Re s)

cos p t

s2

(p ∈ C, | Im p| < Re s)

s + p2

p s2 + p2

sin p t (p ∈ C, | Im p| < Re s)

s+p (s + p)2 + q 2

e−p t cos qt (p, q ∈ C, | Im q| < Re s)

q (s + p)2 + q 2

e−p t sin qt (p, q ∈ C, | Im q| < Re s)

Γ(a + 1) (s − p)a+1

ta ept (a ∈ R, a > −1, p ∈ C)

n! (s − p)n+1

tn ept (n ∈ N ∪ {0}, p ∈ C)

U tablici se javlja oznaka Γ, ˇsto je standardna oznaka realne funkcije Γ(x) =

0

+∞

tx−1 e−t dt

(t, x ∈ R) ,

poznate pod imenom gama funkcija. Najvaˇznije osobine ove funkcije su 1 √ = π, Γ 2

Γ(1) = 1 ,

Γ(x + 1) = xΓ(x) .

Viˇse o gama funkciji i njenoj primeni studenti mogu da nad¯u u knjizi navedenoj pod 5. Primer 2. Ako je p ∈ C i Re p < Re s, primenom definicije (1) odred¯ujemo Laplaceovu transformaciju funkcije f (t) = ep t . Neka je p − s = x + iy. Iz uslova Re p < Re s sledi x = Re(p − s) = Re p − Re s < 0 .

160 Ovaj uslov, kao i ˇcinjenica da su cos i sin ograniˇcene funkcije, dovodi do lim ext cos yt = 0 ,

(*)

t→+∞

lim ext sin yt = 0 .

t→+∞

Prema definiciji (1) je L f (t) =

+∞

0

=

p t −st

e e +∞

0

dt =

0

ext cos yt dt + i

+∞

(p−s)t

e

+∞

0

dt =

+∞ 0

xt+iyt

e

dt =

+∞

0

ext eiyt dt

ext sin yt dt = I1 + iI2 .

Reˇsavamo nesvojstvene odred¯ene integrale I1 , I2 sa realnim podintegralnim funkcijama. Koristeći parcijalnu integraciju nalazimo 1 +∞ xt e cos yt dt = e d(sin yt) I1 = y 0 0 t=+∞ +∞ x +∞ xt 1 xt e sin yt − xext sin yt dt = − e sin yt dt , = y y 0 t=0 0

+∞

xt

pri ˇcemu smo imali u vidu drugu jednakost iz (*) i ext sin yt = 0 za t = 0. Uoˇcavamo da je x I1 = − I2 y i, ponovnom primenom parcijalne integracije, nastavljamo sa izraˇcunavanjem t=+∞ +∞ x +∞ xt x xt xt e e d(cos yt) = cos yt − xe cos yt dt y2 0 y2 t=0 0 +∞ 2 x x x ext cos yt dt = − 2 − 2 I1 . = 2 −1 − x y y y 0

I1 =

Ovde smo uzeli u obzir prvu jednakost iz (*) i ext cos yt = 1 za t = 0. Iz dobijene jednakosti je x x2 1 + 2 I1 = − 2 y y i dalje I1 = − Zato je

x2

x , + y2

L f (t) = −

y y I2 = − I1 = 2 . x x + y2

x2

y x +i 2 . 2 +y x + y2

Kako je p − s = x + iy, to je s − p = −x − iy i 1 x y 1 −x + iy −x + iy =− 2 +i 2 , = = = 2 2 2 s−p −x − iy (−x − iy)(−x + iy) x +y x +y x + y2 pa sledi rezultat iz tablice

L f (t) = F (s) =

1 . s−p

Ovaj primer pokazuje da uslovi iz tablice ne smeju da se zanemare. Bez uslova Re p < Re s definicioni integral iz (1) ne konvergira jer jednakosti (*) ne vaˇze. Samim tim ne vaˇzi ni rezultat prikazan u tablici.

161 Primer 3. Ako je 0 < Re s, odred¯ujemo Laplaceovu transformaciju funkcije f (t) = sin t . Polazimo od jednakosti sin t =

eit − e−it 2i

i primenjujemo rezultat iz Primera 2 sa p = i i p = −i. Dobija se +∞ +∞ it e − e−it −st L f (t) = F (s) = e sin t e−st dt = dt 2i 0 0 1 +∞ −it −st 1 +∞ it −st e e dt − e e dt = 2i 0 2i 0 1 1 1 1 it 1 1 1 2i 1 = L e − L e−it = − = = 2 , 2i 2i 2i s − i 2i s + i 2i (s − i)(s + i) s +1 ˇsto je rezultat iz tablice za p = 1. Do istog rezultata moˇze da se dod¯e primenom osobine 5◦ Laplaceove transformacije. Funkcija f (t) = sin t je periodiˇcna s periodom T = 2π, pa je L f (t) =

1 1 − e−sT

T

−st

f (t)e

0

1 dt = 1 − e−2πs

2π 0

sin t e−st dt .

Radi jednostavnosti zapisivanja uvodimo oznaku w=

1 1 − e−2πs

i dva puta primenjujemo parcijalnu integraciju. Dobija se L f (t) = w

0

2π

−st

sin t e

dt = −w

t=2π − = −w e−st cos t t=0

= w 1 − e−2πs − ws

0

2π

0 2π

2π 0

e−st d(cos t)

−s cos t e−st dt = −w e−2πs − 1 + s

cos t e−st dt = 1 − ws

0

2π

0

2π

cos t e−st dt

e−st d(sin t)

2π t=2π 2π −st −st 2 sin t − −s sin t e dt = 1 − ws sin t e−st dt = 1 − ws e t=0 0 0 = 1 − s2 L f (t) , odakle je 1 + s2 L f (t) = 1 i L f (t) = F (s) =

s2

1 . +1

7.5. Primena Laplaceove transformacije Postoje problemi koji se teˇsko reˇsavaju ili uopˇste ne mogu da se reˇse u obliku u kom su zadati. Cilj svake transformacije, pa i Laplaceove, je zamena jednog takvog problema drugim ekvivalentnim problemom, koji moˇze da se reˇsi ili se jednostavnije reˇsava. Reˇsenje polaznog problema se dobija inverznom transformacijom.

162 Kako je L oznaka Laplaceove transformacije, L−1 je oznaka njene inverzne transformacije, pa je F (s) = L f (t) , f (t) = L−1 F (s) . Zadatak 1. Odrediti original f (t) Laplaceove transformacije ako je poznata slika F (s) =

1 . (s − 1) s2 + 1

Reˇsenje. Funkciju F (s) rastavljamo na parcijalne razlomke F (s) =

A Bs + C (A + B)s2 + (C − B)s + A − C + 2 = s−1 s +1 (s − 1) s2 + 1

i dobijamo C −B =0 ,

A+B =0 , Zato je

A−C =1 ;

1 , 2

A=

B=C=−

1 . 2

1 1 1 s+1 1 1 1 s 1 1 − = − − . 2 2 2 s−1 2 s +1 2 s − 1 2 s + 1 2 s2 + 1

F (s) =

Koristeći linearnost inverzne Laplaceove transformacije i tablicu, nalazimo f (t) =

1 1 −1 1 1 −1 s 1 −1 1 1 t 1 L − L − L = e − cos t − sin t . 2 2 2 s−1 2 s +1 2 s +1 2 2 2

Zadatak moˇze da se reˇsi i drugaˇcije. Neka je G(s) =

1 , s−1

H(s) =

s2

1 . +1

Prema tablici je tada g(t) = L−1 G(s) = et ,

h(t) = L−1 H(s) = sin t .

Kako je F (s) = G(s)H(s) , na osnovu tvrd¯enja (5) Teoreme 1 sledi F (s) = L g(t) ∗ h(t) , pa je

f (t) = L−1 F (s) = g(t) ∗ h(t) .

Konvolucija (4) funkcija g(t) i h(t) je g(t) ∗ h(t) =

t 0

g(t − u)h(u) du =

t t−u

0

e

t

t

sin u du = e

0

e−u sin u du = et I .

Primenjujući parcijalnu integraciju dva puta, za integral I dobijamo t t −u e sin u du = − e d(cos u) = − e cos u + e−u cos u du I= 0 0 0 0 t t t −t −u −t −u e d(sin u) = −e cos t + 1 − e sin u + e−u sin u du = − e cos t − 1 +

t

−u

−t

=1−e

−t

cos t − e

t

−u

0

sin t − I ,

0

0

163 odakle je 2I = 1 − e−t cos t − e−t sin t ,

I=

Zato je f (t) = g(t) ∗ h(t) = et I =

1 1 −t 1 − e cos t − e−t sin t . 2 2 2

1 1 t 1 e − cos t − sin t . 2 2 2

U okviru ovog zadatka primećujemo i sledeće. Kako je s ∈ C, funkcija F (s) moˇze da se predstavi na naˇcin A1 B1 C1 F (s) = + + . s−1 s−i s+i Koeficijenti A1 , B1 , C1 se odred¯uju pomoću prethodno koriˇsćenog metoda neodred¯enih koeficijenata. Dobija se 1 1−i 1+i , C1 = − A1 = , B1 = − 2 4 4 i, naravno, isti rezultat i 1 1 1 t 1 − i it 1 + i −it e − e − e = et − eit + e−it + eit − e−it 2 4 4 2 4 4 1 1 t 1 = e − cos t − sin t . 2 2 2

f (t) =

Koeficijenti A1 , B1 , C1 mogu da se odrede i pomoću formula (24) iz dela Kompleksna analiza. Kako su s1 = 1, s2 = i, s3 = −i polovi reda 1 funkcije F (s) i s2 + 1 = (s − i)(s + i), nalazimo

A1 = lim (s − s1 )F (s) = lim (s − 1)

1 1 1 = lim 2 = , 2 s→s1 s→1 s→1 s + 1 2 (s − 1) s + 1

1 1 1−i = =− , B1 = lim (s − s2 )F (s) = lim s→s2 s→i (s − 1)(s + i) 2i(i − 1) 4

1 1 1+i = =− . C1 = lim (s − s3 )F (s) = lim s→s3 s→−i (s − 1)(s − i) 2i(i + 1) 4 Zadatak 2. Odrediti original f (t) Laplaceove transformacije ako je poznata slika F (s) = e−s Reˇsenje. Neka je G(s) =

1 . s(s − 1)

1 1 1 = − . s(s − 1) s−1 s

Sluˇcaj iz tablice L tn = n!/sn+1 za n = 0 glasi L(1) = 1/s, pa je 1 1 g(t) = L−1 G(s) = L−1 − L−1 = et − 1 . s−1 s Prema osobini 4◦ Laplaceove transformacije je L g(t − 1) = e−s G(s) = e−s Zato je

L f (t) = F (s) = e−s

1 . s(s − 1)

1 = L g(t − 1) , s(s − 1)

odakle je f (t) = g(t − 1) = et−1 − 1 .

164 Laplaceova transformacija se primenjuje za reˇsavanje LDJ i sistema LDJ sa konstantnim koeficijentima. Pri tome se uglavnom nalazi samo ono partikularno reˇsenje koje zadovoljava odred¯ene karakteristiˇcne uslove jer za to partikularno reˇsenje nije potrebno prethodno odrediti opˇste reˇsenje. Laplaceova transformacija nema prednost nad direktnim metodima kada se nalazi opˇste ili neko drugo partikularno reˇsenje. Sa direktnim metodima za reˇsavanje LDJ su se studenti upoznali u delu Diferencijalne jednaˇcine. Takav je, npr., metod varijacije konstanata u sluˇcaju nehomogene LDJ. Sistemi DJ nisu izuˇcavani u okviru ovog kursa. Zadatak 3. Naći partikularno reˇsenje LDJ y + 2y + 2y = sin x koje zadovoljava uslove y(0) = y (0) = 0. Reˇsenje. Neka je L y(x) = Y (s) . Tada je

L y (x) + 2L y (x) + 2L y(x) = L(sin x)

i, prema diferenciranju originala (2), 2

s Y (s) − sy(0) − y (0) + 2 sY (s) − y(0) + 2Y (s) =

(*)

1 . s2 + 1

Zamenom zadatih uslova y(0) = y (0) = 0, poslednja jednaˇcina postaje s2 Y (s) + 2sY (s) + 2Y (s) = odakle je Y (s) =

s2

s2

1 , +1

1 . + 1 s2 + 2s + 2

Rastavljanjem na parcijalne razlomke Y (s) =

Cs + D As + B + 2 , 2 s +1 s + 2s + 2

dobija se

1 2 , B= , 5 5 2 2 Kako je s + 2s + 2 = (s + 1) + 1, dalje je A=−

C=

2 , 5

D=

3 . 5

1 2 1 2 2 s+ + − s+ 5 5 5 5 5 + Y (s) = s2 + 1 (s + 1)2 + 1 2 s 1 1 2 s+1 1 1 =− 2 + + + . 5 s + 1 5 s2 + 1 5 (s + 1)2 + 1 5 (s + 1)2 + 1 Koriˇsćenjem tablice dobijamo traˇzeno partikularno reˇsenje 1 s 1 1 2 s+1 1 2 −1 + L−1 2 + L−1 + L y(x) = − L−1 2 5 s +1 5 s +1 5 (s + 1)2 + 1 5 (s + 1)2 + 1 2 1 2 1 = − cos x + sin x + e−x cos x + e−x sin x . 5 5 5 5 U ovom zadatku ćemo da nad¯emo i opˇste reˇsenje date LDJ primenom Laplaceove transformacije. Polazimo od rezultata (*), 2 s + 2s + 2 Y (s) − (s + 2)y(0) − y (0) =

1 . s2 + 1

165 Vrednosti y(0) i y (0) su proizvoljne jer se odnose na bilo koju funkciju iz opˇsteg reˇsenja. Zato uvodimo standardne oznake c1 = y(0), c2 = y (0) za proizvoljne konstante i dobijamo s+2 1 1 + c2 2 + 2 s2 + 2s + 2 s + 2s + 2 s + 1 s2 + 2s + 2 s+1 1 1 . + (c1 + c2 ) 2 + 2 = c1 2 s + 2s + 2 s + 2s + 2 s + 1 s2 + 2s + 2

Y (s) = c1

Koriˇsćenjem prethodno dobijenog rastavljanja na parcijalne razlomke i sred¯ivanjem, dovodimo funkciju Y (s) na pogodan oblik s+1 1 2 s 1 1 2 1 + c − + + c + Y (s) = c1 + 1 2 5 (s + 1)2 + 1 5 (s + 1)2 + 1 5 s2 + 1 5 s2 + 1 s+1 1 2 s 1 1 = c1 + c2 − + , (s + 1)2 + 1 (s + 1)2 + 1 5 s2 + 1 5 s2 + 1 pri ˇcemu smo upotrebili iste oznake c1 , c2 za proizvoljne konstante c1 + 2/5 i c1 + c2 + 1/5 redom. Prema tablici, traˇzeno opˇste reˇsenje je y(x) = c1 e−x cos x + c2 e−x sin x −

1 2 cos x + sin x . 5 5

Nalaˇzenjem y (x) i zamenom uslova y(0) = 0, y (0) = 0, sledi sistem c1 −

2 =0, 5

−c1 + c2 +

1 =0, 5

iz kog se odred¯uju konstante c1 = 2/5, c2 = 1/5. Naravno, za ove vrednosti konstanata se iz opˇsteg reˇsenja dobija partikularno reˇsenje koje smo već naˇsli. Studentima prepuˇstamo reˇsavanje date LDJ nekim direktnim metodom, upored¯ivanje sa primenom Laplaceove transformacije i izbor postupka koji im najviˇse odgovara. Zadatak 4. Ako je x ≡ x(t), y ≡ y(t), naći partikularno reˇsenje sistema LDJ x = 8t + x − y , koje zadovoljava uslove x(0) = y(0) = 0. Reˇsenje. Neka je L x(t) = X(s) ,

y = 5x − y

L y(t) = Y (s) .

Tada je L x (t) = 8L(t) + L x(t) − L y(t) ,

L y (t) = 5L x(t) − L y(t)

i, prema diferenciranju originala (2), sX(s) − x(0) = 8

1 + X(s) − Y (s) , s2

sY (s) − y(0) = 5X(s) − Y (s) .

Zamenom uslova x(0) = y(0) = 0 i reˇsavanjem sistema po X(s), Y (s), sledi X(s) = 8

s+1 , s2 s2 + 4

Y (s) = 40

1 . s2 s2 + 4

Rastavljanjem na parcijalne razlomke dobijamo B 1 1 2 A Cs + D s + 2+ 2 =2 +2 2 −2 2 − , s s s +4 s s s + 4 s2 + 4 B 1 A Cs + D 2 = 10 2 − 5 2 Y (s) = + 2 + 2 s s s +4 s s +4

X(s) =

166 i, primenom tablice, x(t) = 2 + 2t − 2 cos 2t − sin 2t ,

y(t) = 10t − 5 sin 2t .

Sliˇcno kao u Zadatku 3 i ovde je moguće naći opˇste reˇsenje datog sistema primenom Laplaceove transformacije. Pri reˇsavanju treba uzeti x(0) = c1 i y(0) = c2 . Obe LDJ u sistemu su prvog reda. Ovakvi sistemi mogu relativno jednostavno da se reˇse i direktno na sledeći naˇcin. Diferenciranjem prve jednaˇcine sistema sledi x = 8 + x − y i, zamenom x , y iz sistema, x = 8 + (8t + x − y) − (5x − y) = 8 + 8t − 4x ,

x + 4x = 8(t + 1) .

Poslednja jednaˇcina je nehomogena LDJ sa konstantnim koeficijentima po nepoznatoj funkciji x(t). Opˇste reˇsenje ove LDJ je x(t) = 2 + 2t + c1 cos 2t + c2 sin 2t . Nalaˇzenjem x (t) i zamenom u prvu jednaˇcinu sistema sledi y(t) = 10t + (c1 − 2c2 ) cos 2t + (2c1 + c2 ) sin 2t . Dobijene funkcije x(t), y(t) predstavljaju opˇste reˇsenje sistema. Na osnovu zadatih uslova x(0) = y(0) = 0 je c1 + 2 = 0, c1 − 2c2 = 0 i c1 = −2, c2 = −1, pa je traˇzeno partikularno reˇsenje x(t) = 2 + 2t − 2 cos 2t − sin 2t ,

y(t) = 10t − 5 sin 2t .

Jednaˇcina koja sadrˇzi nezavisno promenljivu t ∈ R, nepoznatu funkciju f (t) i odred¯eni integral sa podintegralnom funkcijom u ˇciji sastav ulazi f (t) je integralna jednaˇcina IJ. Ako jednaˇcina sadrˇzi i izvode funkcije f (t), ona je diferencijalno–integralna jednaˇcina DIJ. Reˇsiti ovakve jednaˇcine znaˇci naći nepoznatu funkciju f (t). Laplaceova transformacija se koristi za reˇsavanje onih IJ i DIJ u kojima je integral konvolucija (4). Zadatak 5. Reˇsiti IJ f (x) = x sin x + 2 Reˇsenje. Neka je Tada je

x

cos(x − u)f (u) du .

0

L f (x) = F (s) . F (s) = L(x sin x) + 2L

0

x

cos(x − u)f (u) du

.

Da bismo odredili L(x sin x), polazimo od funkcije sin x za koju je H(s) = L(sin x) =

1 , s2 + 1

H (s) =

S druge strane, prema diferenciranju slike (3), je H (s) = −L(x sin x) ,

−2s s2

2 .

+1

167 pa izjednaˇcavanjem sledi

2s L(x sin x) = 2 . 2 s +1

Integral koji se javlja u IJ je konvolucija funkcija f (x) i g(x) = cos x, tj. x f (x) ∗ g(x) = g(x − u)f (u) du . 0

Kako je

G(s) = L g(x) =

s , s2 + 1

prema tvrd¯enju (5) Teoreme 1 vaˇzi x cos(x − u)f (u) du = L f (x) ∗ g(x) = F (s)G(s) = L 0

s2

s F (s) . +1

Laplaceova transformacija date IJ sada postaje 2s 2s F (s) F (s) = 2 + 2 2 s +1 s +1 i sred¯ivanjem F (s) =

s2

2s 2s = . 2 2 − 2s + 1 s + 1 (s − 1) s2 + 1

Rastavljanjem na parcijalne razlomke sledi F (s) =

A Cs + D 1 B 1 + 2 − 2 + = . 2 2 s − 1 (s − 1) s +1 (s − 1) s +1

Za funkciju ex je H(s) = L(ex ) =

1 , s−1

H (s) =

−1 . (s − 1)2

Takod¯e, prema diferenciranju slike (3) je H (s) = −L(xex ) , pa je L(xex ) =

1 . (s − 1)2

Primenom inverzne Laplaceove transformacije konaˇcno dobijamo f (x) = L−1

1 1 −1 = xex − sin x . − L (s − 1)2 s2 + 1

Zadatak 6. Ako je f (0) = 0, reˇsiti DIJ

f (x) + 5 Reˇsenje. Neka je

0

x

cos 2(x − u)f (u) du = 1 .

L f (x) = F (s) .

Prema diferenciranju originala (2), tada je x cos 2(x − u)f (u) du = L(1) . sF (s) − f (0) + 5L 0

168 Kako je 1 = x0 , prema tablici je

1 . s

L(1) =

Integral koji se javlja u DIJ je konvolucija funkcija f (x) i g(x) = cos 2x, tj. f (x) ∗ g(x) = Imajući u vidu

x

0

g(x − u)f (u) du .

G(s) = L g(x) =

s , s2 + 4

na osnovu Teoreme 1 je L

x 0

cos 2(x − u)f (u) du

= F (s)G(s) =

s F (s) . s2 + 4

S obzirom na f (0) = 0, Laplaceova transformacija zadate DIJ postaje sF (s) +

1 5s F (s) = , +4 s

s2

odakle je F (s) =

s2 + 4 . s2 s2 + 9

Rastavljanjem na parcijalne razlomke sledi F (s) =

A Cs + D 5 1 5 B 4 1 4 1 3 + + , + 2+ 2 = = 2 2 2 2 s s s +9 9 s 9 s +9 9 s 27 s + 32

pa je f (x) =

5 −1 3 4 5 4 −1 1 + = x+ L L sin 3x . 9 s2 27 s2 + 32 9 27

7.6. Zadaci za veˇ zbu Zadatak 7. Naći partikularno reˇsenje LDJ y − y − 2y = xe−x koje zadovoljava uslove y(0) = y (0) = 0. Uputstvo. Za funkciju e−x je H(s) = L e−x = Prema diferenciranju slike (3) je pa je

1 , s+1

H (s) = −

1 . (s + 1)2

H (s) = −L xe−x , L xe−x =

1 . (s + 1)2

Sliˇcno kao u Zadatku 3 nalazimo Y (s) = L y(x) =

1 (s − 2)(s + 1)3

169 i, rastavljanjem na parcijalne razlomke, A D B C + + + 2 s − 2 s + 1 (s + 1) (s + 1)3 1 1 1 1 1 2 1 1 − − = − . 2 27 s − 2 27 s + 1 9 (s + 1) 6 (s + 1)3

Y (s) =

Kako je H (s) = to je y(x) =

2 = L x2 e−x , 3 (s + 1)

1 −x 1 −x 1 2 −x 1 2x e − e − xe − x e . 27 27 9 6

Zadatak 8. Naći partikularno reˇsenje LDJ y − y − 2y = x cos x koje zadovoljava uslove y(0) = y (0) = 0. Uputstvo. Za funkciju cos x je H(s) = L(cos x) =

s , 2 s +1

1 − s2 H (s) = 2 = −L(x cos x) , s2 + 1

pa je L(x cos x) =

s2 − 1 2 . s2 + 1

Sliˇcno kao u Zadatku 3 nalazimo Y (s) = L y(x) =

Bs + C Ds + E s−1 A + 2 + 2 = 2 2 s − 2 s + 1 s2 + 1 (s − 2) s + 1 1 1 s+2 1 s−3 1 − − = 25 s − 2 25 s2 + 1 5 s2 + 1 2 =

1 1 s 2 1 1 2s 2 1 3 − − − + . 25 s − 2 25 s2 + 1 25 s2 + 1 10 s2 + 1 2 10 s2 + 1 2

Kako je 1 + s2 + 1 − s2 1 − s2 1 1 + − L(x cos x) = 2 2 = 2 2 = 2 2 2 2 s + 1 s +1 s +1 s +1 s +1 2

i, prema Zadatku 5,

to je y(x) =

2s 2 = L(x sin x) , 2 s +1 1 2x 11 3 1 1 e − cos x + sin x − x cos x − x sin x . 25 25 50 10 10

Zadatak 9. Ako je x ≡ x(t), y ≡ y(t), naći partikularno reˇsenje sistema LDJ x = 2x − 3y , koje zadovoljava uslove x(0) = 8, y(0) = 3.

y = y − 2x

170 Uputstvo. Postupajući kao u Zadatku 4, dobijamo 1 1 +5 , s−4 s+1

X(s) = 3

Y (s) = −2

1 1 +5 s−4 s+1

i, upotrebom tablice, x(t) = 3e4t + 5e−t ,

y(t) = −2e4t + 5e−t .

Zadatak 10. Reˇsiti IJ f (x) = x + 2 − 2 cos x − Uputstvo. Za g(x) = x je

x 0

(x − u)f (u) du .

1 G(s) = L g(x) = 2 . s

Takod¯e je

f (x) ∗ g(x) =

x 0

g(x − u)f (u) du =

x

0

(x − u)f (u) du .

Primenjujući postupak iz Zadatka 5, dobija se F (s) = L f (x) =

s s2 2s 1 + 2 − 2 2 2 2 s +1 s +1 s +1 s +1 s s2 + 1 − 1 2s 1 s 1 2s 1 +2 2 − = + 2 − 1 − = 2 s +1 s +1 s2 + 1 s2 + 1 s2 + 1 s2 + 1 s2 + 1 s2 + 1 1 s 2s 2s 2s 1 = 2 +2 2 − 2 + + 2 = 2 2 , 2 2 s +1 s +1 s +1 s +1 s +1 s +1

odakle je f (x) = sin x + x sin x = (x + 1) sin x . Zadatak 11. Reˇsiti IJ 2f (x) − Uputstvo. Za g(x) = x2 je

0

x

(x − u)2 f (u) du = 2x .

2 G(s) = L g(x) = 3 . s

Takod¯e je

f (x) ∗ g(x) =

0

x

g(x − u)f (u) du =

0

x

(x − u)2 f (u) du .

Sliˇcno kao u Zadatku 5 se nalazi F (s) = L f (x) = Kako je

s 1 s−1 1 1 s = = − . 2 s3 − 1 3 s − 1 3 s2 + s + 1 (s − 1) s + s + 1 √ 1 2 3 2 s +s+1= s+ + , 2 2 2

171 to je √ 3 1 1 3 s+ s+ − 3 2 s−1 2 2 2 2 √ √ √ = − √ = s2 + s + 1 2 3 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 s+ s+ s+ + + + 2 2 2 2 2 √ 2 3 1 s+ √ 2 2 √ √ = − 3 1 2 3 2 1 2 3 2 s+ s+ + + 2 2 2 2 i, prema tablici, √ √ √ 1 x 1 −x/2 3 3 −x/2 3 f (x) = e − e x+ e x. cos sin 3 3 2 3 2 Zadatak 12. Ako je f (0) = 0, reˇsiti DIJ f (x) + f (x) +

0

x

f (u) du = e−x .

Uputstvo. Za g(x) = 1 je 1 G(s) = L g(x) = , s

f (x) ∗ g(x) =

x 0

f (u) du .

Sliˇcno kao u Zadatku 5 i Zadatku 11 se dobija s+1 1 + F (s) = L f (x) = − s + 1 s2 + s + 1 √ 3 1 √ s+ 3 1 2 2 √ √ + + , =− s+1 3 1 2 3 2 1 2 3 2 s+ s+ + + 2√ 2√ 2 √ 2 3 3 −x/2 3 x+ e x. sin f (x) = −e−x + e−x/2 cos 2 3 2 NAPOMENA. S Laplaceovom transformacijom su se studenti već sreli izuˇcavajući gradivo iz drugih predmeta. Zbog toga, a i zbog nedostatka vremena, ova oblast se obrad¯uje u okviru 2 ˇcasa. Viˇse o Laplaceovoj transformaciji moˇze da se nad¯e u knjizi ”Jednaˇcine matematiˇcke fizike” autora D. S. Mitrinovića i J. D. Keˇckića, koju Biblioteka Elektronskog fakulteta u Niˇsu poseduje.

8. ITERATIVNI PROCESI

8.1. Opˇ sta teorija Neka je F : X → Y operator, a X i Y Banachovi prostori. Treba naći reˇsenje u = a jednaˇcine (1)

Fu = θ ,

gde je u ∈ X proizvoljan element i θ ∈ Y neutralni element za unutraˇsnju kompoziciju u Y . Jednaˇcina (1) se prevodi na ekvivalentni oblik (2)

u = Tu .

Operator T : X → X mora da poseduje one osobine koje garantuju da (2) ima jedinstveno reˇsenje u = a. Te osobine su odred¯ene Banachovim stavom o nepokretnoj taˇcki. Prelaz iz (1) u (2) nije jedinstven i ne zadovoljavaju svi operatori T uslove iz Banachovog stava. Jednaˇcina (2) se reˇsava konstrukcijom niza (uk ) (k = 0, 1, 2, . . . ) na naˇcin uk+1 = T uk ,

(3)

koji se zove iterativni metod ili iterativni proces. Niz (uk ) ima osobinu limk→∞ uk = a, odakle zakljuˇcujemo da se do reˇsenja u = a dolazi u beskonaˇcno mnogo koraka. U praksi to nije moguće realizovati, a javljaju se i drugi problemi. Jedan takav problem je nagomilavanje greˇske zaokruˇzivanja, koja ”kvari” niz (uk ). Iterativni proces se zaustavlja kada je ispunjen neki od kriterijuma F uk < ε ili uk+1 − uk < ε, gde je ε unapred zadata taˇcnost. Poslednji dobijeni ˇclan niza (uk ) se uzima za pribliˇzno reˇsenje uk ≈ a. Poseban problem je izbor poˇcetne vrednosti u0 , koju mora da ima svaki iterativni metod. Ona treba da bude ”dovoljno dobra”, ˇsto znaˇci takva da metod (3) konvergira, tj. da postoji limk→∞ uk = a. Poˇcetna vrednost se zadaje unapred, a dobija se najˇceˇsće eksperimentalno ili pomoću nekog drugog metoda (npr., direktni metodi u linearnoj algebri). Dakle, izbor operatora T i poˇcetne vrednosti u0 su bitni za konvergenciju iterativnih metoda. Postoje i iterativni metodi koji zahtevaju viˇse poˇcetnih vrednosti. Znaˇcajna osobina iterativnih metoda je brzina konvergencije (broj iterativnih koraka potrebnih za postizanje unapred zadate taˇcnosti). Brzina konvergencije se meri redom i faktorom ˇ su red i faktor konvergencije veći, metod je brˇzi (bolji). konvergencije. Sto

8.2. Sistemi linearnih jednaˇ cina Sistem linearnih jednaˇcina a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1 , ···

(4)

an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = bn moˇze da se predstavi u matriˇcnom obliku ⎡ a11 a12 · · · ⎣ ··· an1 an2 · · ·

⎤ ⎡ ⎤ x1 b1 ⎦ · ⎣··· ⎦ = ⎣··· ⎦ ann xn bn a1n

⎤ ⎡

172

173 ili A x = b ,

(5) gde je

⎡ A=⎣

a11

a12

an1

an2

··· ··· ···

a1n

⎤

⎡

⎤ x1 x = ⎣ · · · ⎦ , xn

⎦ ,

ann

⎡

⎤ b1 b = ⎣ · · · ⎦ . bn

Matrica A je matrica sistema, vektor b je vektor slobodnih ˇclanova, a vektor x = a je reˇsenje sistema (4). Ako je 0 nula–vektor, jednaˇcina (5) je ista kao A x − b = 0, ˇsto znaˇci da je oblika (1). Treba je prevesti na oblik (2). Jedan od takvih oblika je (6)

x = B x + c ,

gde je B odgovarajuća matrica i c odgovarajući vektor. Na osnovu jednaˇcine (6) se formira iterativni metod x(k+1) = B x(k) + c ,

(7)

poznat pod imenom metod proste iteracije. Da bi ovaj metod konvergirao, tj. da bi postojao limk→∞ x(k) = a, dovoljno je da vaˇzi B < 1. Za poˇcetnu vrednost se obiˇcno bira x(0) = c. Primer 1. Reˇsavamo sistem x1 = 0.2 x1 − 0.3 x2 + 7 , x2 = 0.4 x1 + 0.15 x2 + 6.5 sa taˇcnoˇsću na dve decimale. Sistem je zadat u obliku (6) sa 0.2 B= 0.4

−0.3 0.15

pa za nalaˇzenje reˇsenja

7 c = 6.5

,

x1 a = x2

,

koristimo metod (7), koji u razvijenom obliku glasi (k+1)

x1

(k+1)

x2 Polazeći od x(0) = c, tj.

(0)

(k)

(k)

= 0.2 x1 − 0.3 x2 + 7 , (k)

(k)

= 0.4 x1 + 0.15 x2 + 6.5 .

(0)

x1 (0) x2

=

7 6.5

,

(0)

ˇsto znaˇci x1 = 7 i x2 = 6.5, dobija se (1)

(0)

(1)

(0)

(0)

x1 = 0.2 x1 − 0.3 x2 + 7 = 6.45 , (0)

x2 = 0.4 x1 + 0.15 x2 + 6.5 = 10.275 . Dakle, u prvoj iteraciji je dobijen vektor (1) x1 6.45 (1) x = . (1) = 10.275 x2

174 Ponavljajući postupak (2)

(1)

(2)

(1)

(1)

x1 = 0.2 x1 − 0.3 x2 + 7 = 5.208 , (1)

x2 = 0.4 x1 + 0.15 x2 + 6.5 = 10.621 , dobija se vektor u drugoj iteraciji x(2) =

(2)

x1 (2) x2

=

5.208 10.621

.

Postupak se nastavlja sve dok se u dve uzastopne iteracije (k) i (k + 1) obe komponente x1 , x2 ne poklope na dve decimale. U ovom sluˇcaju je to ispunjeno za (7)

(8)

x1 = 5.005 , (7) x2 = 10.003 ,

x1 = 5.000 , (8) x2 = 10.002 ,

pa se za pribliˇzno reˇsenje uzima

x1 a = x2

(8)

≈ x

5 = 10

.

Primećujemo da je potreban relativno veliki broj iterativnih koraka 8 za postizanje male taˇcnosti od dve decimale. To je zato ˇsto je metod proste iteracije sporo konvergentan (red konvergencije je 1). Za reˇsavanje sistema linearnih jednaˇcina postoje i direktni (taˇcni) metodi. Za razliku od iterativnih, kod ovih metoda se do reˇsenja dolazi posle konaˇcno mnogo koraka. Dobijeno reˇsenje bi bilo taˇcno, a ne pribliˇzno taˇcno, da nema nagomilavanja greˇske zaokruˇzivanja pri izvod¯enju raˇcunskih operacija. Jedan direktan metod je Gaussov metod eliminacije, već poznat studentima. Sistem iz prethodnog primera, koji je zadat u obliku (6), prevodimo na oblik (5), tj. (4). Dobija se 0.8 x1 + 0.3 x2 = 7 , −0.4 x1 + 0.85 x2 = 6.5 . Primenjujemo Gaussov metod i u tom cilju eliminiˇsemo nepoznatu x1 iz druge jednaˇcine (druga jednaˇcina se mnoˇzi sa 2 i sabira sa prvom). Ekvivalentni sistem glasi 0.8 x1 + 0.3 x2 = 7 , 2 x2 = 20 . Iz druge jednaˇcine se izraˇcunava x2 = 10, ˇsto zamenom u prvu jednaˇcinu daje x1 = 5. Dakle, taˇcno reˇsenje je x1 5 a = = . 10 x2 Direktni metodi, npr. Gaussov, nisu uvek bolji (jednostavniji, brˇzi, taˇcni) od iterativnih, kao ˇsto izgleda na osnovu ovog primera.

8.3. Nelinearne jednaˇ cine Nelinearna jednaˇcina je (8)

f (x) = 0 .

175 Ovo je specijalan sluˇcaj operatorske jednaˇcine (1) za X = Y = R, u = x, F = f . Sa oblika (8) se prelazi na oblik (9)

x = φ(x) ,

ˇsto je specijalan sluˇcaj jednaˇcine (2). Oblika (9) ima beskonaˇcno mnogo, npr. x = x + λf (x), λ = 0. Biraju se one jednaˇcine (9) koje imaju jedinstveno reˇsenje x = a. Egzistencija i ◦ ◦ jedinstvenost senja obezbed¯eni su uslovima: 1 φ(x) je neprekidna na [α, β], 2 φ: [α, β] → reˇ ◦ [α, β], 3 φ (x) < 1 za svako x ∈ [α, β]. Na osnovu jednaˇcine (9) formira se iterativni metod (10)

xk+1 = φ(xk ) (k = 0, 1, 2, . . . ) ,

poznat kao metod proste iteracije. Pomoću ovog metoda se dobija niz (xk ) takav da je limk→∞ xk = a. Metod se prekida kada je |xk+1 − xk | < ε, gde je ε zadata taˇcnost. Za poˇcetnu vrednost se uzima x0 ∈ [α, β]. Primer 2. Reˇsavamo jednaˇcinu x3 − x − 1 = 0 sa taˇcnoˇsću na dve decimale. Datu jednaˇcinu zapisujemo u obliku x3 = x + 1 . Skiciramo grafike funkcija y1 = x3 , y2 = x + 1 i uoˇcavamo da oni imaju preseˇcnu taˇcku za a ∈ [0, 2] jer je y1 (0) = 0 < y2 (0) = 1 , y1 (2) = 8 > y2 (2) = 3 .

y

y1 = x 3

8

y2 = x +1 3 1 0

a

x

2

Slika 1.

Iz x3 = x + 1 sledi x=

√ 3

√ 3

x+1 ,

ˇsto je oblik (9) sa φ(x) = x + 1. Funkcija φ na segmentu [0, 2] zadovoljava uslove 1◦ , 2◦ , 3◦ . Takav sluˇcaj nije, npr., sa funkcijom φ1 (x) = x3 − 1 koja se dobija iz ekvivalentnog oblika date jednaˇcine x = x3 − 1. Metod proste iteracije glasi xk+1 =

√ 3

xk + 1 .

Startujući sa x0 = 2, redom se dobijaju vrednosti: x1 =

√ 3

x0 + 1 =

√ 3

3 ≈ 1.442 ,

x2 =

√ 3

x1 + 1 =

√ 3

2.442 ≈ 1.347 ,

x3 ≈ 1.329 ,

x4 ≈ 1.326 .

176 S obzirom na zadatu taˇcnost od dve decimale, pribliˇzna vrednost reˇsenja je a ≈ 1.32 . Jedan od najpopularnijih metoda proste iteracije je Newtonov metod ili metod tangente, koji glasi xk+1 = xk −

(11)

f (xk ) f (xk )

(k = 0, 1, 2, . . . ) .

Uslovi 1◦ , 2◦ , 3◦ , koje mora da zadovoljava funkcija φ(x) = x − f (x)/f (x), svode se na uslove: 4◦ f (x) i f (x) su neprekidne funkcije na [α, β], 5◦ f (x) = 0 za svako x ∈ [α, β]. Ideja za Newtonov metod je nastala iz Taylorovog razvoja funkcije f (x), f (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) +

1 f (x0 )(x − x0 )2 + · · · . 2

Birajući x = a i zanemarujući sve sabirke posle drugog, dobija se 0 = f (a) ≈ f (x0 ) + f (x0 )(a − x0 ) , odakle je a ≈ x0 −

f (x0 ) = x1 . f (x0 )

Ponavljanjem postupka sa x1 umesto x0 , sledi a ≈ x1 −

f (x1 ) = x2 , f (x1 )

itd. Na taj naˇcin se dobija niz (xk ) takav da je a ≈ xk za svako k = 0, 1, 2, . . . . Pokazuje se da pod uslovima 4◦ , 5◦ vaˇzi limk→∞ xk = a. Primer 3. Reˇsavamo jednaˇcinu

e−x − x = 0

sa taˇcnoˇsću na dve decimale. Skiciramo grafike funkcija y1 = e−x , y2 = x i uoˇcavamo da se oni seku u x = a ∈ [0, 1] jer je y1 (0) = 1 > y2 (0) = 0 ,

y1 (1) =

1 < y2 (1) = 1 . e

y

y1 = e-x

y2 = x 1

0

a

1

x

Slika 2.

Za datu jednaˇcinu je f (x) = e−x − x ,

f (x) = −e−x − 1 ,

pri ˇcemu f i f zadovoljavaju uslove 4◦ , 5◦ na segmentu [0, 1]. Newtonov metod glasi xk+1 = xk −

e−xk − xk . e−xk + 1

177 Startujući sa x0 = 0, dobija se x2 ≈ 0.566 ,

x1 = 0.5 ,

x3 ≈ 0.567 ,

pa je traˇzeno reˇsenje a ≈ x3 ≈ 0.56 . Primetimo da jednaˇcina iz Primera 1 moˇze da se reˇsi analitiˇcki. Med¯utim, jednaˇcina iz ovog primera to ne moˇze i zato mora da se reˇsava numeriˇcki. Najjednostavniji za razumevanje je metod polovljenja intervala. Ovaj metod je izuzetno sporo konvergentan, pa se primenjuje samo za nalaˇzenje startnih vrednosti, ne i za nalaˇzenje reˇsenja jednaˇcine. Na ovom metodu se ne zadrˇzavamo.

8.4. Sistemi nelinearnih jednaˇ cina Sistem nelinearnih jednaˇcina f1 (x1 , . . . , xn ) = 0 , ···

(12)

fn (x1 , . . . , xn ) = 0 moˇze prostije da se zapiˇse na naˇcin f ( x ) = 0 ,

(13) gde je

⎡

⎤ f1 f = ⎣ · · · ⎦ , fn

⎡

⎤ x1 x = ⎣ · · · ⎦ , xn

⎡

⎤ 0 0 = ⎣ · · · ⎦ . 0

Vektor f je vektor funkcija, vektor x = a je reˇsenje sistema (12), a 0 je nula–vektor. Jednaˇcina (13) je oblika (1) i treba da se prevede na ekvivalentni oblik (2). Jedan od takvih oblika je x = x − W −1 ( x ) · f ( x ) ,

(14) gde je W Jacobieva matrica

⎡

∂f1 ⎢ ∂x1 W =⎢ ⎣ ∂f n ∂x1

··· ··· ···

⎤ ∂f1 ∂xn ⎥ ⎥ . ∂fn ⎦ ∂xn

Iz (14) sledi Newton–Raphsonov metod (15)

x (k+1) = x (k) − W −1 x (k) · f x (k) .

Metod (15) je analogon Newtonovog metoda (11). Kod primene metoda (15) veliki problem predstavlja izraˇcunavanje elemenata inverzne matrice W −1 u svakoj iteraciji. Zato se umesto metoda (15) ˇcesto primenjuje njegova modifikacija (16)

x (k+1) = x (k) − W −1 x (0) · f x (k) .

Metod (16) sporije konvergira od metoda (15), ali se elementi matrice W −1 izraˇcunavaju samo jednom. Ovo izraˇcunavanje se takod¯e vrˇsi numeriˇcki, pomoću odgovarajućih metoda za nalaˇzenje inverzne matrice.

178 Primer 4. Reˇsavamo sistem jednaˇcina x2 + y 2 + z 2 = 1 , 2x2 + y 2 − 4z = 0 , 3x2 − 4y + z 2 = 0 sa taˇcnoˇsću na dve decimale. Sistem reˇsavamo metodom (15). Prethodno uvodimo odgovarajuće oznake. Kako je f1 (x1 , . . . , xn ) = f1 (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 , f2 (x1 , . . . , xn ) = f2 (x, y, z) = 2x2 + y 2 − 4z , f3 (x1 , . . . , xn ) = f3 (x, y, z) = 3x2 − 4y + z 2 , to je

⎡ ⎤ x x = ⎣ y ⎦ , z

⎤ x2 + y 2 + z 2 − 1 f ( x ) = ⎣ 2x2 + y 2 − 4z ⎦ , 3x2 − 4y + z 2 ⎡

Uzimajući

2x W ( x ) = ⎣ 4x 6x

2y 2y −4

⎤ 2z −4 ⎦ . 2z

⎤ ⎡ ⎤ 0.5 x(0) = ⎣ y (0) ⎦ = ⎣ 0.5 ⎦ , 0.5 z (0) ⎡

x (0) izraˇcunavamo

⎡ 1 (0) = ⎣2 W x 3

i dobijamo

⎡

1 1 −4

⎤ 1 −4 ⎦ , 1

⎡ ⎤ −15 −5 −5 1 W −1 x (0) = − ⎣ −14 −2 6 ⎦ 40 −11 7 −1

⎤ ⎡ (0) ⎤ (0) f1 x x (0) (0) (0) (0) −1 −1 (0) ⎦ ⎣ ⎣ −W x · f x = y x · f2 x (0) ⎦ = x − W z (0) f3 x (0) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0.5 −15 −5 −5 −0.25 0.875 1 ⎣ = ⎣ 0.5 ⎦ + −14 −2 6 ⎦ · ⎣ −1.25 ⎦ ≈ ⎣ 0.5 ⎦ . 40 0.5 −11 7 −1 −1 0.375 ⎡

x (1)

Ponavljamo postupak sa ⎤ ⎡ (1) ⎤ ⎡ f1 x 0.156 (1) (1) ⎦ = ⎣ 0.281 ⎦ , f x = ⎣ f2 x (1) 0.438 f3 x i dobijamo

⎡ 1.75 (1) W x = ⎣ 3.5 5.25

⎤ 1 0.75 1 −4 ⎦ −4 0.75

x (2)

⎡ ⎤ 0.79 = x (1) − W −1 x (1) · f x (1) ≈ ⎣ 0.497 ⎦ . 0.37

x (3)

⎡ ⎤ 0.79 = x (2) − W −1 x (2) · f x (2) ≈ ⎣ 0.497 ⎦ . 0.37

Dalje je

Taˇcnost je postignuta, pa se za pribliˇzno reˇsenje uzima ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ x 0.79 a = ⎣ y ⎦ ≈ x (3) ≈ ⎣ 0.5 ⎦ , z 0.37

179 tj. x ≈ 0.79 ,

y ≈ 0.5 ,

z ≈ 0.37 .

Zamenom nad¯enih vrednosti u polazni sistem, uveravamo se da je sistem dobro reˇsen jer je x2 + y 2 + z 2 ≈ 1.011 , 2x2 + y 2 − 4z ≈ 0.018 , 3x2 − 4y + z 2 ≈ 0.009 . NAPOMENA. Studenti sa smera Elektroenergetika ne izuˇcavaju numeriˇcku analizu u okviru bilo kog matematiˇckog predmeta. Istovremeno, imaju potrebu za poznavanjem nekih delova numeriˇcke analize radi primene u struˇcnim predmetima. Zato je nastavnik izdvojio 2 ˇcasa za predavanje o iterativnim procesima na elementarnom nivou, iako oni nisu u programu ovog kursa.

ˇ 9. LABORATORIJSKE VEZBE

Program iz predmeta Matematika III obuhvata i softver Mathematica. Ovaj softver se obrad¯uje na laboratorijskim veˇzbama sa 14 ˇcasova ukupno. Kreće se od najjednostavnijih naredbi, koje se odnose na raˇcunske operacije i funkcije, da bi se studenti pre svega upoznali sa editorom i jezikom Mathematicae. Obrad¯uju se sve znaˇcajne elementarne naredbe kroz odgovarajuće primere, a reˇsavaju se programski i neki zadaci iz gradiva. Veˇzbe su podeljene u blokove od po 2 ˇcasa i u skladu s tim numerisane. Dajemo listinge naredbi i odgovora Mathematicae po blokovima. Iz tehniˇckih razloga stranice sa listinzima imaju drugaˇciji format.

Veˇ zba 1 In[1]:=

23

Out[1]=

5

In[2]:=

3 2^3

Out[2]=

3 8

In[3]:=

3.5 3 ^ 34

Out[3]=

5.83701 1016

In[4]:=

3.5 3 ^ 34

Out[4]=

5.83701 1016

In[5]:=

34 73

Out[5]=

37 12

In[6]:=

N%

Out[6]=

3.08333

In[7]:=

NOut4, 3

Out[7]=

5.83701 1016

In[8]:=

SinPi 2

Out[8]=

1

In[9]:=

Sqrt1

Out[9]=

180

181 In[10]:=

ArcTanInfinity

Out[10]=

Π 2

In[11]:=

Sqrt9 NLog6, 3

Out[11]=

4.79

In[12]:=

CosArg1 I

Out[12]=

1 2

In[13]:=

1 I 3 2I

Out[13]=

5

Veˇ zba 2 In[1]:=

x^2 6 x 3 x^3 7 x^2

Out[1]=

6 x 8 x2 3 x3

In[2]:=

x ^ 2 3 x . x 2

Out[2]=

10

In[3]:=

x ^ 2 3 x . x 1 a

Out[3]=

3 1 a 1 a2

In[4]:=

x2

Out[4]=

2

In[5]:=

x^2 3 x

Out[5]=

10

In[6]:=

x .

In[7]:=

x y . x 2

Out[7]=

2y

In[8]:=

a x 2 x 1 x 4 ^ 2 x 3

Out[8]=

2 x 1 x 4 x2 3 x

In[9]:=

Expanda

Out[9]=

3x x2 2 4 x2 3 x 4 x2 3 x 4 x2 3 x

In[10]:=

ExpandAlla

Out[10]=

2 3x x2 3 3 2 2 48 8 x 5 x x 48 8 x 5 x x 48 8 x 5 x2 x3

182 In[11]:=

Simplifya

Out[11]=

2 x 1 x 4 x2 3 x

In[12]:=

a .

In[13]:=

a x^2 4

Out[13]=

4 x2

In[14]:=

Factora

Out[14]=

2 x 2 x

In[15]:=

a .

In[16]:=

Togetherx 2 x 2 2 x

Out[16]=

4 x2 2 x 2 x

In[17]:=

ExpandAll%

Out[17]=

4 x2 4 x2 4 x2

Veˇ zba 3 In[1]:=

m 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

Out[1]=

1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

In[2]:=

m1 5, 1, 8, 2, 6, 3, 5, 4, 1

Out[2]=

5, 1, 8, 2, 6, 3, 5, 4, 1

In[3]:=

MatrixFormm

Out[3]//MatrixForm=

1 2 3

4 5 6

7 8 9 In[4]:=

Detm1

Out[4]=

193

In[5]:=

m m1

Out[5]=

6, 3, 11, 6, 11, 9, 12, 12, 10

In[6]:=

m.m1

Out[6]=

24, 25, 17, 60, 58, 53, 96, 91, 89

In[7]:=

Transposem1

Out[7]=

5, 2, 5, 1, 6, 4, 8, 3, 1

183 In[8]:=

Inversem1

Out[8]=

6 31 45 13 35 1 22 15 28 , , , , , , , , 193 193 193 193 193 193 193 193 193

In[9]:=

fx_ : x ^ 2

In[10]:=

fa 1

Out[10]=

1 a2

In[11]:=

f2

Out[11]=

4

In[12]:=

f3 x x ^ 2

Out[12]=

3 x x2

In[13]:=

Expandfa 1

Out[13]=

1 2 a a2

In[14]:=

fx_ .

In[15]:=

Sumi ^ 2, i, 1, 10

Out[15]=

385

In[16]:=

Producti ^ 3, i, 1, 5

Out[16]=

1728000

In[17]:=

ai_ : i ^ 2

In[18]:=

Sumai, i, 1, 10

Out[18]=

385

In[19]:=

Productai, i, 1, 10

Out[19]=

13168189440000

In[20]:=

LimitE ^ x 1 x, x 0

Out[20]=

1

In[21]:=

LimitLogx, x 0, Direction 1

Out[21]=

In[22]:=

LimitLogx x, x Infinity

Out[22]=

0

2

184

Veˇ zba 4 In[1]:=

DExpx ^ 2 Sinx, x

Out[1]=

x

In[2]:=

DSqrtx ^ 2 3, x, 3

Out[2]=

3 x3 3x 52 2 3 x 3 x2 32

In[3]:=

Simplify%

Out[3]=

9x 3 x2 52

In[4]:=

Dtx ^ 2

Out[4]=

2 x Dtx

In[5]:=

Dfx Sinx, x

Out[5]=

Cosx fx Sinx f x

In[6]:=

Integratex ^ 2 1 x ^ 3 1, x

Out[6]=

12 x ArcTan 1 1 1 3 Log1 x Log1 x x2 Log1 x3 3 3 6 3

In[7]:=

SimplifyOut7

Out[7]=

%7

In[8]:=

Integratex Sinn x, x, Pi, Pi

Out[8]=

2 n Π Cosn Π 2 Sinn Π n2

In[9]:=

Integratex Cosk Pi x 2, x, 0, 2

Out[9]=

4 1 Cosk Π k Π Sink Π k2 Π2

2

Sinx

x2 Cosx 2 x Sinx

In[10]:=

Integratex ^ 2 Cosn Pi x, x, 1, 3

Out[10]=

1 2 n Π Cosn Π 6 n Π Cos3 n Π 2 4 n2 Π2 2 9 n2 Π2 Cos2 n Π Sinn Π n3 Π3

In[11]:=

IntegrateSqrt2 1 Cosx, x, 0, 2 Pi

Out[11]=

8

In[12]:=

IntegrateSqrt1 Cosx ^ 2, x, Pi 2, Pi 2

Out[12]=

2

In[13]:=

IntegrateSqrtx ^ 2 y ^ 2, x, 2, 2, y, 0, Sqrt4 x ^ 2

Out[13]=

8Π 3

185 In[14]:=

IntegrateSinx ^ 6, x, 0, Pi 2

Out[14]=

5Π 32

In[15]:=

Solvea x ^ 2 b x c 0, x

Out[15]=

b b2 4 a c b b2 4 a c x , x 2a 2a

In[16]:=

NSolvex ^ 6 64 0, x

Out[16]=

x 2., x 1. 1.73205 , x 1. 1.73205 , x 1. 1.73205 , x 1. 1.73205 , x 2.

In[17]:=

SolveCosx a, x Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information.

More…

Out[17]=

x ArcCosa, x ArcCosa

In[18]:=

NSolvex ^ 5 x ^ 2 1 0, x

Out[18]=

x 0.869278 0.388269 , x 0.869278 0.388269 , x 0.464912 1.07147 , x 0.464912 1.07147 , x 0.808731

In[19]:=

Solve3 x 6 y 2, 2 x 2 y 3, x, y

Out[19]=

7 5 x , y 3 6

In[20]:=

Solvex ^ 2 y ^ 2 5, x y 1, x, y

Out[20]=

x 1, y 2, x 2, y 1

In[21]:=

NSolvex ^ 2 y ^ 2 5, x y 1, x, y

Out[21]=

x 1., y 2., x 2., y 1.

In[22]:=

NSolvey 1 x ^ 2 0, x 1 y ^ 2 0, x, y

Out[22]=

x 0.5 0.866025 , y 0.5 0.866025 , x 0.5 0.866025 , y 0.5 0.866025 , x 1., y 1.

In[23]:=

NSolvex ^ 3 x y 0, y ^ 3 x y 0, x, y

Out[23]=

x 1.41421, y 1.41421, x 1.41421, y 1.41421, x 0.866025 0.5 , y 0.866025 0.5 , x 0.866025 0.5 , y 0.866025 0.5 , x 0.866025 0.5 , y 0.866025 0.5 , x 0.866025 0.5 , y 0.866025 0.5 , x 1.13444 1017 , y 1.13444 1017 , x 0., y 0., x 0., y 0.

In[24]:=

Solve1 2 la x 0, 2 2 la y 0, x ^ 2 y ^ 2 5, x, y, la

Out[24]=

1 1 la , x 1, y 2, la , x 1, y 2 2 2

186 In[25]:=

Out[25]=

In[26]:=

Solvey 2 la x 0, x z 2 la y mi 0, y mi 0, x ^ 2 y ^ 2 2, y z 2, x, y, z, la, mi 1 z 1, mi 1, la , x 1, y 1, 2 1 1 z 1, mi 1, la , x 1, y 1, z 5 3 , 2 2 1 1 1 1 mi 1 3 , la 2 3 , x 1 3 , y 1 3 , 2 2 2 2 3 1 3 1 1 3 1 5 z , mi , la 2 3 , x , y 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 NSolveSinx 1 x, x Solve::tdep : The equations appear to involve the variables to be solved for in an essentially nonalgebraic way.

Out[26]=

1 NSolveSinx , x x

In[27]:=

FindRootSinx 1 x, x, 1

Out[27]=

x 1.11416

In[28]:=

PlotSinx, 1 x, x, 1, 4

10 5

-1

1

2

-5 -10 Out[28]=

Graphics

Veˇ zba 5 In[1]:=

Sum1 k k 1, k, 1, Infinity

Out[1]=

1

In[2]:=

Sum1 k ^ 2, k, 1, Infinity

Out[2]=

Π2 6

In[3]:=

Sum1 2 ^ k, k, 0, Infinity

Out[3]=

2

3

4

More…

187 In[4]:=

Sum1 ^ k 1 1 k ^ 2, k, 1, Infinity

Out[4]=

Π2 12

In[5]:=

Sum1 ^ k x ^ k, k, 0, Infinity

Out[5]=

1 1x

In[6]:=

Sum1 ^ k 1 k x ^ k, k, 1, Infinity

Out[6]=

Log1 x

In[7]:=

Sumk ^ 2 x ^ k, k, 1, Infinity

Out[7]=

x x2 1 x3

In[8]:=

SeriesE ^ x, x, 0, 5

Out[8]=

x2 x3 x4 x5 1 x Ox6 2 6 24 120

In[9]:=

Series1 1 x, x, 0, 5

Out[9]=

1 x x2 x3 x4 x5 Ox6

In[10]:=

Seriesx x ^ 2 5 x 6, x, 0, 5

Out[10]=

x 5 x2 19 x3 65 x4 211 x5 Ox6 6 36 216 1296 7776

In[11]:=

SeriesLogSqrt1 x 1 x, x, 0, 4

Out[11]=

x3 x Ox5 3

In[12]:=

DSolve3 yx ^ 2 y 'x 16 x 2 x yx ^ 3, yx, x

Out[12]=

yx 8 x

2 3

C1

13

,

x2 3

yx 113 8 In[13]:=

FullSimplify%

Out[13]=

yx 8 x

2 3

C1

13

In[14]:=

13

, yx 123 8 x

13

, yx 123 8 x

13

13

2 3

C1

2 3

C1

,

2 3

yx 113 8 x

C1

C1

DSolve3 yx ^ 2 y 'x 16 x 2 x yx ^ 3, y0 0, yx, x Solve::ifun : Inverse functions are being used by Solve, so some solutions may not be found; use Reduce for complete solution information.

More…

General::stop : Further output of Solve::ifun will be suppressed during this calculation.

Out[14]=

2

13

yx 2 1 x

2

13

, yx 2 113 1 x

More… 2

13

, yx 2 123 1 x

188 In[15]:=

DSolvey 'x x ^ 3 2 x ^ 2 yx yx ^ 3 x ^ 3 x ^ 2 yx, yx, x

Out[15]=

x 2 C1 x2 yx 2 C1 x2

In[16]:=

DSolvey 'x 1 x yx x ^ 2, yx, x

Out[16]=

x3 yx x C1 2

In[17]:=

DSolvex y 'x 4 yx x ^ 2 Sqrtyx 0, yx, x

Out[17]=

1 yx 4 x4 C12 4 x4 C1 Logx x4 Logx2 4

In[18]:=

DSolvey ''x 4 yx 0, yx, x

Out[18]=

yx 2 x C1 2 x C2

In[19]:=

DSolvey ''x 4 yx 4 E ^ 2 x, yx, x

Out[19]=

1 yx 2 x 1 4 x 2 x C1 2 x C2 4

In[20]:=

DSolvey ''x 4 yx 2 8 x 1 Sin2 x, yx, x

Out[20]=

yx C1 Cos2 x C2 Sin2 x 1 4 x Cos2 x 16 x2 Cos2 x 8 Cos2 x2 2 Cos2 x Cos4 x 16 2 Cos2 x2 Sin2 x 8 x Cos4 x Sin2 x 8 Sin2 x2 Cos2 x Sin4 x 8 x Cos2 x Sin4 x 2 Sin2 x Sin4 x

In[21]:=

Simplify%

Out[21]=

1 yx 4 1 2 x 8 x2 8 C1 Cos2 x 4 x 2 C2 Sin2 x 8

In[22]:=

DSolvex ^ 2 y ''x 3 x y 'x 4 yx 0, yx, x

Out[22]=

yx x2 C1 2 x2 C2 Logx

In[23]:=

DSolvex ^ 2 y ''x 3 x y 'x 4 yx x ^ 2, yx, x

Out[23]=

1 yx x2 C1 2 x2 C2 Logx x2 Logx2 2

In[24]:=

DSolvey '''x 3 y ''x 4 y 'x 2 yx 0, yx, x

Out[24]=

yx x C3 x C2 Cosx x C1 Sinx

In[25]:=

DSolveu 'x E ^ 2 x v 'x E ^ 2 x 0, 2 u 'x E ^ 2 x 2 v 'x E ^ 2 x 4 E ^ 2 x, ux, vx, x

Out[25]=

1 ux 4 x C1, vx x C2 4

189 In[26]:= Out[26]=

DSolvey 'x 8 x yx zx, z 'x 5 yx zx, yx, zx, x 1 yx C2 Sin2 x 2 1 1 1 10 x Cos2 x Sin2 x Sin2 x C1 2 Cos2 x Sin2 x 2 4 2 1 2 Cos2 x Sin2 x 2 Cos2 x 2 x Cos2 x Sin2 x 4 x Sin2 x, 2 1 zx C2 2 Cos2 x Sin2 x 2 1 1 5 10 2 Cos2 x Sin2 x x Cos2 x Sin2 x C1 Sin2 x 2 4 2 5 Sin2 x 2 Cos2 x 2 x Cos2 x Sin2 x 4 x Sin2 x 2

In[27]:=

FullSimplify%

Out[27]=

yx 2 2 x C1 Cos2 x C1 C2 Cosx Sinx, zx 10 x C2 Cos2 x 5 C1 C2 Cosx Sinx

Veˇ zba 6 In[1]:=

fx_, y_ : x y ^ 2

In[2]:=

f2, 3

Out[2]=

18

In[3]:=

fx 2, y 1

Out[3]=

2 x 1 y2

In[4]:=

fy 1, x 2

Out[4]=

2 x2 1 y

In[5]:=

fx_, y_ .

In[6]:=

fx_, y_ : x Siny x ^ 2 y

In[7]:=

Dfx, y, x

Out[7]=

2 x y Siny

In[8]:=

Dfx, y, x, y

Out[8]=

2 x Cosy

In[9]:=

Dtfx, y

Out[9]=

2 x y Dtx x2 Dty x Cosy Dty Dtx Siny

In[10]:=

fx_, y_ .

190 In[11]:=

Primer: Nalazenje ekstremuma funkcije

In[12]:=

fx_, y_ : x y 1 x 1 y

In[13]:=

Dfx, y, x

Out[13]=

1 y x2

In[14]:=

Dfx, y, y

Out[14]=

1 x y2

In[15]:=

NSolvey 1 x ^ 2 0, x 1 y ^ 2 0, x, y

Out[15]=

x 0.5 0.866025 , y 0.5 0.866025 , x 0.5 0.866025 , y 0.5 0.866025 , x 1., y 1.

In[16]:=

Dfx, y, x, 2

Out[16]=

2 x3

In[17]:=

Dfx, y, y, 2

Out[17]=

2 y3

In[18]:=

Dfx, y, x, y

Out[18]=

1

In[19]:=

Out16 . x 1

Out[19]=

2

In[20]:=

Out17 . y 1

Out[20]=

2

In[21]:=

Out19 Out20 Out18 ^ 2

Out[21]=

3

In[22]:=

Postoji minimum

In[23]:=

f1, 1

Out[23]=

3

In[24]:=

Kraj primera

In[25]:=

fx_, y_ .

191 In[26]:=

zxIy

Out[26]=

xy

In[27]:=

fz_ : 1 2 I z ^ 3

In[28]:=

Refz

Out[28]=

Re1 2 x y3

In[29]:=

ComplexExpandRefz

Out[29]=

x3 6 x2 y 3 x y2 2 y3

In[30]:=

Imfz

Out[30]=

Im1 2 x y3

In[31]:=

ComplexExpandImfz

Out[31]=

2 x3 3 x2 y 6 x y2 y3

In[32]:=

fz_ .

In[33]:=

fz_ : z E ^ z

In[34]:=

ComplexExpandRefz

Out[34]=

x x Cosy x y Siny

In[35]:=

ComplexExpandImfz

Out[35]=

x y Cosy x x Siny

Veˇ zba 7 In[1]:=

PlotSinx, x, 0, 2 Pi

1 0.5 1 -0.5 -1 Out[1]=

Graphics

2

3

4

5

6

192 In[2]:=

PlotCos2 x, x ^ 2 2, 2 x, x, 2, 2

4 3 2 1 -1

-2

1

2

-1 -2 Out[2]=

Graphics

In[3]:=

PlotSqrtx, x, 0, 4, AxesLabel x, Sqrtx

x 2 1.5 1 0.5 1

2

4

3

x

Graphics

In[4]:=

PlotSinx ^ 3 x ^ 2, x, Pi, Pi, Frame True, FrameLabel x, "fx"

fx

Out[3]=

0.75 0.5 0.25 0 -0.25 -0.5 -0.75 -3 -2 -1

0 x

1

2

3

Out[4]=

Graphics

In[5]:=

ListPlotTablePrimen, n, 2, 20, PlotStyle AbsolutePointSize5

70 60 50 40 30 20 10 2.5 5 7.5 1012.51517.5 Out[5]=

Graphics

193 In[6]:=

Plot3DSinx y, x, 0, Pi, y, 0, Pi

1 0.5 0 -0.5 -1 0

3 2 1

1 2 3 0

Out[6]=

SurfaceGraphics

In[7]:=

Plot3DSinx y, x, 0, Pi, y, 0, Pi, AxesLabel x, y, z

1 0.5 z 0 -0.5 -1 0

3 2 1

y

1 x

2 3 0

Out[7]=

SurfaceGraphics

In[8]:=

Plot3DSinx y, x, 0, Pi, y, 0, Pi, Boxed False

1 0.5 0 -0.5 -1 0

3 2 1

1 2 3 0

Out[8]=

SurfaceGraphics

194 In[9]:=

Plot3DSinx y, x, 0, 2, y, 0, 2, ViewPoint 0, 2, 1, Shading False

0 0.5 1 1.5 1.

2 Out[9]= In[10]:=

1.5

1

2 1 0.5 0 -0.5 0

0.5

SurfaceGraphics Plot3DSinx y, x, 0, 2, y, 0, 2, ViewPoint 0, 2, 0

10 0.5

0.51 1.5 2

0 -0.5 0

0.5

1.5

1

Out[10]=

SurfaceGraphics

In[11]:=

t Tablei ^ 2, i, 1, 10

Out[11]=

1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100

In[12]:=

ListPlott

100 80 60 40 20 4 Out[12]=

Graphics

6

8

10

2

195 In[13]:=

ParametricPlotSinx, Cosx, x, 0, 2 Pi

1 0.5 -1

-0.5

0.5

1

-0.5 -1 Out[13]=

Graphics

In[14]:=

ParametricPlotSinx, Cosx, x, 0, 2 Pi, AspectRatio Automatic

1

0.5

-1

-0.5

0.5

1

-0.5

-1 Out[14]=

Graphics

In[15]:=

ParametricPlotCost ^ 5 Sint, Cost Sint ^ 5, t, 0, Pi 2

0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 Out[15]=

Graphics

196 In[16]:=

ParametricPlotCost ^ 5 Sint, Cost Sint ^ 5, t, 0, Pi 2, AspectRatio Automatic

0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 Out[16]=

Graphics

In[17]:=

ParametricPlotCost 1 Cost, Sint 1 Cost, t, 0, 2 Pi, AspectRatio Automatic

1 0.5

-2

-1.5

-1

-0.5 -0.5 -1

Out[17]=

Graphics

In[18]:=

ParametricPlotCost 1 Cost, Sint 1 Cost, t, 0, 2 Pi

1 0.5 -2

-1.5

-1

-0.5 -0.5 -1

Out[18]=

Graphics

197 In[19]:=

ParametricPlot3DSint, Cost, t 4, t, 0, 4 Pi

-1 1 0.5 -0.5 0 0.5 0 1 -0.5 -1 1 3 2 1 0

Out[19]=

Graphics3D

In[20]:=

ParametricPlot3DCost Cosu, Sint Cosu, Sinu, t, 0, 2 Pi, u, Pi 2, Pi 2

1 0.5 0 -0.5 -1 1 1 0.5 0 -0.5 -1 -1 -0.5 0 0.5 1 Out[20]=

Graphics3D

LITERATURA

1. L. Stefanovi´ c, B. Rand¯elovi´ c, M. Mateji´ c : Teorija redova za studente tehniˇckih fakulteta, SKC Niˇs, Niˇs, 2006. 2. L. Stefanovi´ c, M. Mateji´ c, S. Marinkovi´ c : Diferencijalne jednaˇcine za studente tehniˇckih fakulteta, SKC Niˇs, Niˇs, 2006. 3. Ljubiˇ sa Koci´ c : Funkcije viˇse promenljivih, Elektronski fakultet u Niˇsu, Niˇs, 2008. 4. Lidija Stefanovi´ c : Integrali: krivolinijski, dvojni, trojni, povrˇsinski za studente tehniˇckih fakulteta; I deo, SKC Niˇs, Niˇs, 2008. 5. Lidija Stefanovi´ c : Integrali: krivolinijski, dvojni, trojni, povrˇsinski za studente tehniˇckih fakulteta; II deo, SKC Niˇs, Niˇs, 2009. 6. Lidija V. Stefanovi´ c : Matematika za studente tehniˇckih fakulteta – Vektorska analiza; Integrali: krivolinijski, dvojni, trojni, povrˇsinski; Teorija polja, Prosveta Niˇs, Niˇs, 1997.

198

Matematika 3 Elektroenergetika

Recommend Documents