S.Radenović,Matematička analiza 2

Predgovor Rukopis koji student ima pred sobom predstavlja ˇcetvrto preradjeno kao i dopunjeno izdanje zbirke zadataka iz Analize II, koja je prvi put izaˇsla 1995 godine. Iako je tada kod nas postojalo viˇse zbirki zadataka iz Analize II, kako na naˇsem tako i na ruskom jeziku, naˇsa metodska zbirka reˇsenih ispitnih i drugih zanimljivih zadataka, izazvala je veliki interes studenata matematike, teorijske fizike i nekih tehniˇckih fakulteta. Zvaniˇcni tiraˇz od 500 primeraka je brzo rasprodat. U ovom najnovijem izdanju otklonili smo greˇske i propuste ranijiha izdanja (kojih je bilo i na koje su nam nesebiˇcno ukazali pre svih, mnogi studenti koji su pripremali ispit pod naˇsim rukovodstvom), dodali dosta novih zadataka, koji će znaˇcajnije pomoći studentima u pripremi ispita iz Analize II. Sluˇzeći se citiranom literaturom, u zbirci smo naveli viˇse od 600 zadataka, od toga preko 400 reˇsenih i oko 200 za samostalni rad. Posebno su znaˇcajni zadaci u vezi osetljivih pitanja razmene redosleda graniˇcnih procesa. Dali smo i priliˇcan broj zadataka u kojima se pokazuje da izostanak nekih uslova dovodi do prestanka vaˇzenja tvrdjenja. Mnogi od tih zadataka su bili na ispitima na fakultetima u Beogradu ili Kragujevcu. Pojedini zadaci su sa takmiˇcenja studenata u Rusiji. Tekst smo kompjuterski obradili koristeći ”Latex-2e”firme ’TCI Software” iz Novog Meksika. Zahvalni smo recenzentima profesoru dr Zoranu Kadelburgu,profesoru dr Nebojˇsi Laˇzetiću i profesoru dr Arpadu Takaˇciju, koji su tokom izrade prve verzije zbirke, davali dragocene savete i predloge i time dosta doprineli da zbirka bude kvalitetnija. 10. septembra 2014, Beograd Stojan Radenović, [email protected]

1

2

Sadrˇ zaj 1 Funkcije više promenljivih 1.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Graniˇcne vrednosti . . . . . . . . 1.2.2 Neprekidnost . . . . . . . . . . . 1.2.3 Diferencijabilnost . . . . . . . . . 1.2.4 Tejlorova i Maklorenova formula 1.2.5 Ekstremne vrednosti . . . . . . . 1.2.6 Implicitna faukcija . . . . . . . . 1.2.7 Vezani ekstremumi . . . . . . . . 1.2.8 Smena promenljih . . . . . . . . 1.3 Zadaci za samostalni rad . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

2 Integrali 2.1 Uvod . . . . . . . . . . . 2.2 Višestruki integrali . . . 2.3 Krivolinijski integrali . . 2.4 Površinski integrali . . . 2.5 Teorija polja . . . . . . 2.6 Zadaci za samostalni rad

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

69 . 69 . 70 . 95 . 112 . 147 . 155

3 Ravnomerna konvergencija 3.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Konvergencija familija funkcija,nizova i redova 3.3 Parametarski integrali . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Ojlerovi integrali-gama i beta funkcije . . . . . 3.5 Furijeovi redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Furijeovi integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Zadaci za samostalni rad . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

3

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

5 5 5 5 8 13 25 28 34 46 56 62

161 161 162 212 244 258 270 277

4

SADRˇZAJ

4 Dodatak 283 4.1 Neki integrali, sume i proizvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 4.2 Od S. Ramanuñana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285 4.3 Ostale zanimljivosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

Glava 1

Funkcije više promenljivih 1.1

Uvod

U ovoj glavi zbirke detaljno su rešeni specifiˇcni zadaci iz funkcija više promenljivih: graniˇcne vrednosti, uzastopne graniˇcne vrednosti, neprekidnost, ravnomerna neprekidnost, diferencijabilnost, izvod u pravcu, Tejlorova i Maklorenova formula, lokalni ekstremumi, zavisnost i nezavisnost funkcija, vezane ekstremne vrednosti, vektorske i implicitne funkcije, transformacije diferencijalnih izraza-smenom promenljivih. Napomene date posle rešenja većine zadataka ˇcine sastavni deo rešenja. U njima se navode i neke definicije pojmova koji se koriste (na primer napomena posle šesnaestog zadatka). Smatra se da student zna najvaˇznije stavove ove oblasti ili bar da ima neku od knjiga ([2], II ili [9], I) pomoću koje moˇze da prati rešenja zadataka.

1.2

Rešeni zadaci

1.2.1

Graniˇ cne vrednosti

1.1 Neka je u (x, y) = lim

x→0

x2 y 2 x2 y2 +(x−y)2

. Pokazati da je

lim u (x, y) = lim lim u (x, y) = 0

y→0

y→0

x→0

kao i da lim u (x, y) ne postoji. x→0 y→0

◭ Imamo lim u (x, y) =lim

y→0

y→0

x2 y 2 x2 · 0 0 = 2 2 = x2 = 0, 2 2 2 x y + (x − y) x · 0 + (x − 0) 5

GLAVA 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

6

odakle sledi da je lim lim u (x, y) = 0. Pošto je u (x, y) = u (y, x) to x→0 y→0 je i lim lim u (x, y) = 0. Ako je lim u (x, y) = A onda je prelaskom na y→0

x→0

x→0 y→0

polarne koordinate lim u (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) = A. Meñutim ρ→0

ρ2 cos2 ϕ sin2 ϕ u (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) = = ρ2 cos2 ϕ sin2 ϕ + ρ2 (cos ϕ − sin ϕ)2

0, ϕ = π2 , 1, ϕ = π4 ,

što pokazuje da A nije jedinstveno. ◮ Napomena. Neka student pokaˇze: (x, y) → (0, 0) ⇔ ρ → 0, gde je x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ. 1.2 Naći graniˇcne vrednosti: n 1 2 n x 1−cos xy 2 a) lim x2 y2 ; b) lim 1 + xk k=1 k gde je x = (x1 , x2 , ..., xn ) ; x→0

x→0

y→0

c) lim

x→∞

n

k=1

en

k=1

x2 k

x2k

α,

k=1

gde je x = (x1 , x2 , ..., xn ) ; α > 0.

◭ a) Stavljajući da je xy = t, ako (x, y) → (0, 0) , dobijamo 1 − cos xy 1 − cos t sin t 1 = lim = lim = . 2 2 x→0 t→0 t→0 2t t 2 (xy) y→0 lim

b) Ako je x = (x1 , x2 , ..., xn ) i x → 0, to znaˇci da xi → 0, i = 1, n. Zato n 1 2 n n x 1 je lim 1 + x2k k=1 k =lim (1 + t) t = e. Korišćena je smena t = x2k . x→0

t→0

k=1

c) lim

t→+∞

et tα

= +∞. Uvedena je smena t =

n

k=1

k=1

x2k → +∞, kad x → ∞. ◮

Napomena. Student treba da bude oprezan kada traˇzi graniˇcne vrednosti funkcija više promenljivih. Oznaka x → a, na primer u R2 znaˇci isto što i (x1 → a1 ∧ x2 → a2 ) gde je x = (x1 , x2 ) , a = (a1 , a2 ) . Meñutim, oznaka x → ∞ (ne +∞ i ne −∞) znaˇci da x ∈ V (∞; r) . Pogledati ([9], I, strana 71). U Rn , n > 1 postoji samo jedna ∞. Neka student opravda korektnost uvedenih smena u prethodnim primerima. x+2y 1.3 Naći lim x2 −2xy+2y 2. (x,y)→∞

◭ Prelaskom na polarne koordinate, imamo x2

x + 2y 1 cos ϕ + 2 sin ϕ 1 f (ϕ) = · = · , 2 2 2 − 2xy + 2y ρ cos ϕ − 2 cos ϕ sin ϕ + 2 sin ϕ ρ g (ϕ)

1.2. REŠENI ZADACI

7

a uslov (x, y) → ∞ ekvivaletan je uslovu ρ → +∞. Lako je pokazati (ϕ) na segmentu [0, 2π] (zbog periodiˇcnosti), odakle ograniˇcenost koliˇcnika fg(ϕ) sledi da je traˇzena graniˇcna vrednost jednaka nuli. ◮ 1.4 Izraˇcunati uzastopne graniˇcne vrednosti funkcije u (x, y) = ax+by cx+dy u taˇcki (0, 0) ako je c · d = 0. ◭ Imamo    a + b xy  a a  lim lim lim u (x, y) = lim  = . y  = lim  x→0 y→0 x→0 y→0 x→0 c c + dx c x je fi k sira n o x=0

Sliˇcno dobijamo da je lim

y→0

lim u (x, y) = db . ◮

x→0

1.5 Ispitati da li postoje graniˇcne vrednosti dvojnih nizova: n 2 n−ln2 m tan n+tan m 1 k a) lim ln ; b) lim ; c) lim cos m . 2 2 2 1−tan n tan m m ln n+ln m n→+∞

n→+∞

m→+∞

m→+∞ −3 ln2 n

n→+∞ m→+∞

k=1

− 35

◭ a) ann = 0, ann2 = 5 ln2 n = = 0. Dakle, kad n → +∞, m → +∞, graniˇcna vrednost ne postoji. b) anm = tan (n + m) . Ako anm → a, kad n → +∞, m → +∞, onda a2n2m = tan (2 (n + m)) =

2anm →a 1 − a2nm

(kao njegov podniz) odakle sledi da je a = 0 (dokazati precizno). Onda i ann = tan 2n → 0 kad n → +∞, tj. tan n → 0 kad n → +∞. Neka student sada pokaˇze da sin n → 0 i cos n → 0 što je nemoguće zbog identiteta: sin2 n + cos2 n = 1. ◮ c) Prema formuli cos α + cos 2α + · · · + cos nα = sledi da je

n

k=1

k cos m =

cos

n+1 2m

sin

sin 1 2m

n 2m

n cos n+1 1 2 α sin 2 α , α= α sin 2 m

, te je

n

1 1 1 k

1 1 1 2m · 2m 2

2m

cos ≤ 2 ·

· = · =

2 1 1 1 →0

m m m m2 sin 2m m sin 2m sin 2m k=1

kad m → +∞, n → +∞. Dakle, graniˇcna vrednost datog dvojnog niza kad (n, m) → ∞ je nula. ◮


8

1 1.6 Pokazati da je za dvojni niz amn = n−m+0,5 , m, n ∈ N lim lim anm = lim lim anm , m→+∞

ali da

n→+∞

n→+∞

m→+∞

lim amn ne postoji.

m→+∞ n→+∞

◭ Jednakost uzastopnih graniˇcnih vrednosti je oˇcigledna, jer za fiksirano n, amn → 0 kad m → +∞ i za fiksirano m, amn → 0 kad n → +∞. Pošto je 1 ann = 2 i am,2m = m+0,5 → 0, kad m → +∞ (tada i n → +∞) to niz amn nema graniˇcnu vrednost kad (m, n) → ∞. ◮ n 1.7 Pokazati da za dvojni niz anm = sin m , n, m ∈ N, lim anm postoji, n→+∞ m→+∞

ali je lim

m→+∞

◭ Kako je 0 ≤

lim anm

n→+∞

|sin n| m

≤

Zatim je lim

n→+∞

ali pošto

1 m

= lim

n→+∞

lim anm .

m→+∞

→ 0 kad m → +∞, dobijamo lim anm = 0. n→+∞ m→+∞

lim anm

m→+∞

= lim 0 = 0, n→+∞

lim lim anm ne postoji, m→+∞ n→+∞ 1 =m lim sin n . ◮

lim sin n ne postoji, onda ni

n→+∞

jer nije definisan niz xm = lim

n→+∞

1.2.2

sin n m

n→+∞

Neprekidnost

1.8 Ispitati neprekidnost funkcije u (x, y) = xx−y 3 −y 3 . ◭ Funkcija je definisana na podskupu D = {(x, y) : x = y} ravni xOy i na 1 njemu je neprekidna. Zaista, funkcija u (x, y) = x2 +xy+y 2 je neprekidna kao koliˇcnik konstantne funkcije i polinoma drugog stepena sa dve promenljive. Dakle, funkcija u je neprekidna u oblasti definisanosti. Ona se moˇze dodefinisati u preostalom delu ravni tako da bude neprekidna u svakoj taˇcki A (a, a) izuzev u koordinatnom poˇcetku O (0, 0) , jer je x−y 1 1 = lim 2 = 2 , a = 0, 3 3 2 x→a x − y x→a x + xy + y 3a y→a y→a lim

odnosno

1 x−y 1 = lim 2 = + = +∞. 3 3 2 x→0 x − y x→0 x + xy + y 0 y→0 y→0 lim

1.2. REŠENI ZADACI

9

To znaˇci da su za funkciju u (x, y) =

x−y , x3 −y3

x = y, proizvoljno, x = y,

taˇcke A (a, a) , a = 0 prave y = x otklonjivi prekidi, dok je taˇcka O (0, 0) prekid druge vrste. ◮ Napomena. U savremenijoj literaturi se pojam neprekidnosti uvodi samo za taˇcke oblasti definisanosti. U starijoj literaturi se moˇze naići na funkcije kao što je na primer f (x) = x1 za koju se kaˇze da u 0 ima prekid druge vrste. Za to ima opravdanja, jer ma kako definisali funkciju f u nuli, ona će tu imati prekid druge vrste. 3 3 1.9 Ispitai ravnomernu neprekidnost funkcije u (x, y) = xx2 +y 2 na skupu +y 2 2 A = (x, y) : 0 < x + y ≤ 1 . = A ∪ {(0, 0)} i funkciju ◭ Posmatrajmo skup A   u (x, y) , (x, y) ∈ A, u (x, y) = lim u (x, y) , (x, y) = (0, 0) .  x→0 y→0

ograniˇcen i zatvoren (dakle kompaktan), a funkcija u Kako je skup A na njemu neprekidna, jer je

x2 y 2

0 ≤ |u (x, y)| = x · 2 +y· 2 ≤ |x| · 1 + |y| · 1 = |x| + |y| x + y2 x + y2

i lim u (x, y) = 0 = u (0, 0) , to je prema Kantorovoj teoremi, u ravnomerno x→0 y→0

neprekidna. Pošto je u |A = u, to je u ravnomerno neprekidna funkcija na A. ◮ 4 4 1.10 Dokazati da je funkcija u (x, y) = xx2 +y cena na skupu A = 2 ograniˇ +y 2 2 (x, y) : 0 < x + y ≤ 1 i naći inf u (x, y) i sup u (x, y) . A

A

◭ Pošto je

u (x, y) = x2 ·

x2 x2 2 + y · ≤ x2 + y 2 ≤ 1 x2 + y 2 x2 + y 2

to je funkcija u ograniˇcena odozdo nulom, a odozgo jedinicom, dakle za sve (x, y) ∈ A je 0 < u (x, y) ≤ 1 . Naravno sup u (x, y) = 1 jer je na primer A

u (1, 0) = 1. Kako je lim u (x, y) = 0, i 0 ε > 0 za sve (x, y) ∈ A, onda iz lim u (x, y) = 0 sledi da postoji taˇcka (x0 , y0 ) = (0, 0) takva da je x→0 y→0

0 < u (x0 , y0 ) < ε (prema definiciji limesa), što je kontradikcija. ◮ 1.11 Dokazati neprekidnost funkcije xy , (x, y) = (0, 0) , x2 +y2 u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) , u taˇcki O (0, 0) , po svakoj promenljivoj posebno, i njenu prekidnost u istoj taˇcki kao funkcije sa dve promenljive. ◭ Ako je y = 0, onda je u (x, 0) = 0 za sve x ∈ R pa je funkcija u neprekidna po promenljivoj x u svakoj taˇcki. Za y = 0, u je neprekidna = 0 = u (0, y) (ako je y = 0 to je u (0, y) , jer je lim u (x, y) = lim x2xy +y2 x→0

x→0

(x, y) = (0, 0)). Ovo znaˇci da je u neprekidna po promenljivoj x u taˇcki (0, 0) . Kako je u (x, y) = u (y, x) , to je dokaz za promenljivu y isti kao za x. Pošto je u (x, x) = 12 i u (x, −x) = − 12 , to lim u (x, y) ne postoji i zato je x→0 y→0

funkcija prekidna u taˇcki (0, 0) . ◮ 1.12 Ispitati neprekidnost funkcije

cos(x−y)−cos(x+y) , 2xy

u (x, y) =

1, xy = 0,

xy = 0,

u taˇckama O (0, 0) i A (1, 0) posebno po svakoj od promenljivih x i y kao i po promenljivoj (x, y) . ◭ Primenom adicionih formula dobija se sin x sin y , xy = 0, xy u (x, y) = 1, xy = 0. Kako je lim u (x, y) = lim

x→0

x→0

y→0

sin x sin y · lim = 1 = u (0, 0) , y→0 y x

to je funkcija u neprekidna u taˇcki O (0, 0) , samim tim neprekidna je i po svakoj promenljivoj posebno. Pošto je sin x sin y · lim = (sin 1) · 1 = 1 = u (1, 0) , x→1 x y→0 y

lim u (x, y) = lim

x→1 y→0

1.2. REŠENI ZADACI

11

to je funkcija u u taˇcki A (1, 0) prekidna. Ako je y = 0, imamo da je lim u (x, 0) =lim 1 = 1 = u (1, 0) , tj. u je neprekidna u taˇcki A (1, 0) po x→1

x→1

promenljivoj x. Neka je x = 1, onda je sin 1 · siny y , y = 0, u (1, y) = 1, y = 0, te je lim u (1, y) = sin 1 = 1 = u (1, 0) , odnosno, u ima prekid po promenljivoj y→0

y u taˇcki A (1, 0) . ◮ 1.13 Neka je A otvoren i konveksan (ograniˇcen ili neograniˇcen) skup u Rm i u : A → R diferencijabilna funkcija na A. Ako su svi parcijalni izvodi funkcije u ograniˇceni na A, tj. |uxi | ≤ K za i = 1, m i x ∈ A, za neko K ∈ R, tada je funkcija u ravnomerno neprekidna na A. Dokazati. ◭ Neka je ε > 0. Treba pokazati da postoji δ = δ (ε) > 0, takvo da, kad god je rastojanje ρ dveju taˇcaka M (x′1 , x′2 , ..., x′m ) i N (x′′1 , x′′2 , ..., x′′m ) iz A ε manje od δ, vaˇzi |u (M) − u (N )| < ε. Uzmimo da je δ = mK . Pošto je A konveksan skup, ceo segment odreñen taˇckama M i N pripada skupu A i zato se na razliku u (M) − u (N ) moˇze primeniti Lagranˇzova teorema, tj.: u (M) − u (N ) =

m i=1

uxi (P ) · x′i − x′′i ,

gde P pripada segmentu sa krajevima M i N. Kako je m ′ 2 xi − x′′i , ρ (M, N ) = 2

i=1

|x′i

− x′′i |

< δ, te je zbog |uxi (P )| ≤ K ispunjeno: |u (M) − u (N )| < to je mKδ < ε. ◮ Napomena. Lagranˇzova teorema se moˇze primeniti na razliku u (M)− u (N ) prema stavu o srednjoj vrednosti za funkcije više promenljivih ([2], II). 1.14 Dokazati da je funkcija 3 3 x +y , (x, y) = (0, 0) , x2 +y2 u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) , ravnomerno neprekidna na R2 . ◭ Prema prethodnom zadatku dovoljno je pokazati ograniˇcenost parcijalnih izvoda ux i uy u celoj ravni. Lako se dobija da je 4 2 2 4 2 2 x +3x y −2xy3 y +3y x −2yx3 , (x, y) = (0, 0) , , (x, y) = (0, 0) , 2 2 2 (x +y ) (x2 +y2 )2 ux = i uy = 1, (x, y) = (0, 0) , 1, (x, y) = (0, 0) .


12

Izraˇzavajući zatim, x, y preko polarnih koordinata dokazuje se ograniˇcenost parcijalnih izvoda: ux = cos4 ϕ + 3 cos2 ϕ sin2 ϕ − 2 cos ϕ sin3 ϕ, ρ = 0 i ux (0, 0) = 1, uy = sin4 ϕ + 3 sin2 ϕ cos2 ϕ − 2 sin ϕ cos3 ϕ, ρ = 0 i uy (0, 0) = 1. U prethodnom zadatku (pogledati rešenje) pretpostavlja se da je funkcija diferencijabilna u svakoj taˇcki konveksne oblasti. Neka student pokaˇze da ova funkcija nije diferencijabilna u taˇcki O (0, 0) . Pošto funkcija u nije diferencijabilna samo u O (0, 0) to se dokaz prethodnog zadatka modifikuje tako što postoje dva sluˇcaja: 1. Taˇcka O (0, 0) ne pripada pravoj M1 M2 ; 2. Taˇcka O (0, 0) pripada toj pravoj. U prvom sluˇcaju se ništa ne menja jer je na pravoj M1 M2 funkcija diferencijabilna. U drugom sluˇcaju se razlika u (M1 ) − u (M2 ) zamenjuje novim zbirom, tj.(u (M1 ) − u (M3 )) + (u (M3 ) − u (M2 )) gde je M3 taˇcka koja ne pripada pravoj M1 M2 . Svakako prethodni zadatak treba imati u vidu kao teorijsku potporu. ◮ 1.15 Ako je funkcija (x, y) → u (x, y) neprekidna po svakoj promenljivoj odvojeno i na primer monotona po y, tada je ona neprekidna po (x, y) . Dokazati. ◭ Neka je (x0 , y0 ) fiksirana taˇcka i neka je ε > 0 dato. Tada postoje δ1 , δ2 > 0 tako da za |y − y0 | ≤ δ1 sledi: |u (x0 , y0 ) − u (x0 , y)| < 2ε i za |x − x0 | ≤ δ2 sledi ε |u (x, y0 ± δ1 ) − u (x0 , y0 ± δ1 )| < . 2 Zbog monotonosti funkcije po y dobija se: Ako je |x − x0 | ≤ δ2 , |y − y0 | ≤ δ1 onda je u (x, y0 − δ1 ) ≤ u (x, y) ≤ u (x, y0 + δ1 ) odakle sledi |u (x, y0 ± δ1 ) − u (x0 , y0 )| ≤ |u (x, y0 ± δ1 ) − u (x0 , y0 ± δ1 )| + |u (x0 , y0 ± δ1 ) − u (x0 , y0 )| < ε. Odavde je |u (x, y) − u (x0 , y0 )| < ε. Zaista, iz −ε < u (x, y0 − δ1 ) − u (x0 , y0 ) < ε −ε < u (x, y0 + δ1 ) − u (x0 , y0 ) < ε, sleduje

1.2. REŠENI ZADACI

13

−ε < u (x, y0 − δ1 ) − u (x0 , y0 ) < u (x, y) − u (x0 , y0 ) < u (x, y0 + δ1 ) − u (x0 , y0 ) < ε za |x − x0 | ≤ δ2 , |y − y0 | ≤ δ1 , tj. kad god (x, y) pripada pravougaoniku ˇcije su stranice 2δ1 i 2δ2 . ◮

1.2.3

Diferencijabilnost

1.16 Dokazati da je funkcija 2n+1 2n+1 x

u (x, y) =

+y x2n +y2n

, (x, y) = (0, 0) , n ∈ N, 0, (x, y) = (0, 0) ,

u taˇcki O (0, 0) izvodljiva (postoji u′ (0, 0) := [ux (0, 0) uy (0, 0)]), a nije diferencijabilna. ◭ Kako je u (0 + h, 0) − u (0, 0) ux = lim = lim h→0 h→0 h

h2n+1 h2n

h

h =1 h→0 h

= lim

i sliˇcno uy (0, 0) = 1 (mada to sledi iz simetriˇcnosti funkcije u, u (x, y) = u (y, x)), to je funkcija u u taˇcki O (0, 0) izvodljiva (ima izvod, tj. ima oba parcijalna izvoda u toj taˇcki) i izvod je: u′ (0, 0) := [ux (0, 0) uy (0, 0)] = [1 1] . Student treba da zna da je izvod funkcije (ako postoji) koja preslikava n R → Rm , (n, m ∈ N) matrica tipa m × n (m− vrsta i n− kolona). Ako je m = 1, onda je izvod takve funkcije vrsta matrica. Ako se pretpostavi diferencijabilnost ove funkcije u taˇcki O (0, 0) dobija se za totalni priraštaj u toj taˇcki: u (0 + h, 0 + g) − u (0, 0) = 1 · h + 1 · g + o h2 + g 2 , (h, g) → (0, 0) ,

= h+g+o h2 + g 2 , kad h → 0, g → 0. Uzimajući da je √ h = g, dobija se h = −o 2h2 , kad h → 0, što je netaˇcno. ◮ Napomena. Iz ovog primera se vidi suštinska razlika izmeñu funkcija jedne promenljive i funkcija više promenljivih. Naime, pojmovi izvodljivost (konaˇcan izvod u taˇcki) i diferencijabilnost su ekvivalentni kod funkcija jedne promenljive. Kod ovih drugih, to nije tako. 1.17 Dokazati da je funkcija u : Rm → R, data sa u (x) = x , diferencijabilna svuda osim u taˇcki x = 0. tj.

h2n+1 +g 2n+1 h2n +g 2n


14

m ◭ Ako x ∈ R , x = (x1 , x2 , ..., xm ) , tada je u (x) = u (x1 , x2 , ..., xm ) = x21 + x22 + · · · + x2m . Pošto su uxi , i = 1, 2, ..., m neprekidne funkcije za (x1 , x2 , ..., xm ) = (0, 0, ..., 0) , to je funkcija u tim taˇckama diferencijabilna (obnoviti odgovarajuću teoremu). Nañimo uxi (0) . 02 + 02 + · · · + h2i + · · · + 02 − 0 |hi | uxi (0, 0, ..., 0) = lim = lim = ±1. hi →0 hi →0 hi hi

Dakle, funkcija nema parcijalne izvode u taˇcki x = 0, što znaˇci da nije diferencijabilna u toj taˇcki (obnoviti stav o neophodnom uslovu diferencijabilnosti funkcije u taˇcki, ( [2],[9]). ◮ Napomena. Student treba da zna teoremu o dovoljnom uslovu za diferencijabilnost funkcije u taˇcki: Ako postoji okolina taˇcke takva da parcijalni izvodi postoje u svakoj taˇcki te okoline a da su u toj taˇcki i neprekidni, onda je funkcija diferencijabilna u toj taˇcki. Ako parcijalni izvodi u nekoj taˇcki postoje i prekidni su, funkcija moˇze biti diferencijabilna. Tada se proverava da li totalni priraštaj u taˇcki moˇze da se predstavi na jedan od sledeća dva ekvivalentna naˇcina: 1. △ u (x0 , y0 ) = u (x0 + h, y0 + g) − u (x0 , y0 ) = ux (x0 , y0 ) h + uy (x0 , y0 ) g + o 2.

h2 + g 2 , (h, g) → (0, 0) .

△ u (x0 , y0 ) = u (x0 + h, y0 + g) − u (x0 , y0 ) = ux (x0 , y0 ) h + uy (x0 , y0 ) g + α (h, g) h + β (h, g) g gde α (h, g) , β (h, g) → 0 kad (h, g) → (0, 0) . Za funkcije 3, 4, ... i više promenljivih zapis je sliˇcan. 1.18 Dokazati da funkcija u : R2 → R, data sa 2 x + y 2 sin √ 21 2 , (x, y) = (0, 0) , x +y u (x, u) = 0, (x, y) = (0, 0) , ima u okolini taˇcke (0, 0) parcijalne izvode koji su prekidni u toj taˇcki, ali je u ipak diferencijabilna u (0, 0) . ◭ Koristeći pravila nalaˇzenja izvoda dobijaju se parcijalni izvodi: 1 x 1 ux (x, y) = 2x sin − cos , (x, y) = (0, 0) , x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 h2 sin h12 u (h, 0) − u (0, 0) 1 ux (0, 0) = lim = lim = lim h sin 2 = 0, h→0 h→0 h→0 h h h

1.2. REŠENI ZADACI

15

odnosno, 1 y 1 − cos , (x, y) = (0, 0) , uy (x, y) = 2y sin 2 2 2 2 2 x +y x +y x + y2 uy (0, 0) = 0. Funkcija ima parcijalne izvode u svakoj taˇcki svog domena i oni su neprekidni izuzev moˇzda u sumnjivoj taˇcki O (0, 0) . Uzimajući da je x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, dobija se ux (x, y) = 2ρ cos ϕ sin

1 1 − cos 2 , (x, y) = (0, 0) , ρ ρ

odakle sledi da lim ux (x, y) = lim 2ρ cos ϕ sin

x→0 y→0

ρ→0

1 1 1 − lim cos 2 = 0 − lim cos 2 ρ→0 ρ ρ→0 ρ ρ

ne postoji (zašto?). Dakle, parcijalni izvodi su prekidni u taˇcki O (0, 0) . Funkcija je ipak diferencijabilna u toj taˇcki. Zaista, treba proveriti da li se totalni priraštaj u O (0, 0) moˇze predstaviti u obliku: 2 1 = 0·h+0·g+o h2 + g2 , h + g 2 sin h2 + g2 kad h → 0, g → 0, tj. da li je 2 h + g2 1 1 sin = lim h2 + g 2 sin = 0, lim 2 2 2 2 2 x→0 h→0 h +g h +g h + g2 y→0 g→0

2 2 kad h →

0, g → 0? S obzirom da je to taˇcno ( h + g → 0, kad h → 0,

g → 0,

sin √ 21 2

≤ 1) funkcija je diferencijabilna u O (0, 0) . ◮ h +g 1.19 Ispitati neprekidnost i diferencijabilnost funkcije 0, x · y = 0, u (x, y) = 1, x · y = 0. ◭ Funkcija je diferencijabilna (dakle i neprekidna) u svakoj taˇcki (x, y) van koordinatnih osa (obrazloˇziti zašto!). U tim taˇckama je ux (x, y) = uy (x, y) = 0 tj. u′ (x, y) = [0 0] . Nije pogrešno (mada nije uobiˇcajeno) napisati da je za sve (x, y) ∈ R2 ({(x, 0) : x ∈ R} ∪ {(0, y) : y ∈ R}) : u′ (x, y) = 0.


16

Ova nula je poˇcetak (neutralni element) vektorskog prostora pravougaonih matrica tipa 1×2. Zatim se dobija da je ux (x, 0) = 0 za x = 0, tj. uy (0, y) = 0 za y = 0. Meñutim uy (x, 0) ne postoji ako je x = 0 i sliˇcno ux (0, y) ne postoji za y = 0. Vaˇzi ux (0, 0) = uy (0, 0) = 0. Parcijalni izvodi su neprekidni u (0, 0) . S obzirom da je lim

(x,y)→(0,0)

u (x, y) = u (0, 0) ,

jer je lim u (x, x) = 1, lim u (x, 0) = 0, to je funkcija u prekidna u taˇcki x→0

x→0

O (0, 0) , odnosno u toj taˇcki nije diferencijabilna. ◮ Pitanje: Pošto su parcijalni izvodi ux i uy neprekidni u (0, 0) , a funkcija u toj taˇcki nije diferencijabilna, da li to protivreˇci teoremi o dovoljnom uslovu za diferencijabilnost? Odgovor: Ne protivreˇci. Nekastudent obrazloˇzi. 1.20 Da li funkcija u (x, y) = 1 − x2 − y2 ima izvod u taˇcki M (0, 1) , tj. da li postoji u′ (0, 1)? ◭ Oblast definisanosti funkcije u je skup svih taˇcaka (x, y) ∈ R2 za koje je x2 + y 2 ≤ 1. Dakle, taˇcka M (0, 1) je rubna taˇcka domena. Parcijalni izvodi se definišu za unutrašnje taˇcke domena a za rubnu taˇcku M (x0 , y0 ) domena je ux (x0 , y0 ) := lim ux (x, y) i uy (x0 , y0 ) := lim uy (x, y) ukoliko x→x0

x→x0

y→y0

y→y0

ux (x, y) i uy (x, y) postoje za unutrašnje taˇcke domena. U datom primeru je ux (x, y) = √ −x2 2 i uy (x, y) = √ −y2 2 za taˇcke (x, y) za koje je 1−x −y

−x 1−x2 −y2

x2 + y 2 < 1. Pošto lim √ x→0 y→1

1−x −y −y 1−x2 −y 2 x→0

i lim √

ne postoje (obrazloˇziti)

y→1

to parcijalni izvodi ux i uy u rubnoj taˇcki M (0, 1) ne postoje, tj. u′ (0, 1) ne postoji. ◮ 1.21 Funkcija (x, y) → u (x, y) definisana je na R2 sa u (x, y) =

(x + y)

x2 + y2 sin √

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

1 , (x, y) x2 +y2

= (0, 0) ,

a) Da li je u neprekidna u taˇcki (0, 0)? b) Da li postoje parcijalni izvodi u taˇcki (0, 0)? c) Ispitati diferencijabilnost

u taˇcki (0, 0) .

◭ a) Kako je

sin √ 21 2

≤ 1 za (x, y) = (0, 0) , to je lim u (x, y) = x +y (x,y)→(0,0) 0 = u (0, 0) jer je lim (x + y) x2 + y 2 = 0, dnosno funkcija je neprekidna (x,y)→(0,0)

1.2. REŠENI ZADACI

17

u (0, 0) . Korišćena je ˇcinjenica da je beskonaˇco mala pomnoˇzena ograniˇcenom funkcijom beskonaˇcno mala. b) √ u (0 + h, 0) − u (0, 0) h h2 ux (0, 0) = lim = lim = lim |h| = 0 h→0 h→0 h→0 h h i zbog simetriˇcnosti funkcije (u (x, y) = u (y, x)) je uy (0, 0) = 0. c) Funkcija je diferencijabilna u (0, 0) ako je za totalni priraštaj u toj taˇcki ispunjeno △ u (0, 0) = u (0 + h, 0 + g) − u (0, 0) = 0 · h + 0 · g + o h2 + g 2

kad h → 0, g → 0, tj. (h + g)

1 h2 + g2 sin =o h2 + g 2 h2 + g 2 1 h2 +g 2

kad h → 0, g → 0. To je taˇcno, jer je lim (h + g) sin √ h→0 g→0

= 0. ◮

1.22 Neka je u (x, y) = |x| +|y| −||x| − |y|| . Pokazati da postoje ux (0, 0) i uy (0, 0) , a da funkcija u nije diferencijabilna u taˇcki (0, 0) . ◭ ux (0, 0) = lim

h→0

u (0 + h, 0) − u (0, 0) |h| − ||0| − |h|| = lim =0 h→0 h h

i sliˇcno uy (0, 0) = 0. Totalni priraštaj u (0, 0) je: △ u (0, 0) = |h| + |g| − ||h| − |g|| = 0 · h + 0 · g + o

h2 + g2

kad h → 0, g → 0, u sluˇcaju diferencijabilnosti. Uzimajući h = g > 0, △ u (0, 0) = 2h = o (h) tj. 2 = o (1) , što je netaˇcno. Zato funkcija nije diferencijabilna u (0, 0) . ◮ 1.23 Dokazati sledeća tvrñenja o funkciji 2 1 x + y2 sin x2 +y 2 , (x, y) = (0, 0) , u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) . a) Funkcija u ima parcijalne izvode u svakoj taˇcki domena; b) Ti izvodi su prekidni u (0, 0) a u ostalim taˇckama su neprekidni; c) U taˇcki (0, 0) funkcija u je diferencijabilna.


18 ◭ a) Imamo

h2 sin h12 1 = lim h sin 2 = 0 h→0 h→0 h h

ux (0, 0) = lim

i zbog u (x, y) = u (y, x) sledi uy (0, 0) = 0. b) Pošto je 1 2x 1 − 2 cos 2 , (x, y) = (0, 0) , 2 2 +y x +y x + y2 1 2y 1 uy (x, y) = 2y sin 2 − 2 cos 2 , (x, y) = (0, 0) , 2 2 x +y x +y x + y2

ux (x, y) = 2x sin

x2

to su parcijalni izvdi neprekidni u (0, 0) ako i samo ako je lim ux (x, y) = 0 x→0 y→0

i lim uy (x, y) = 0, jer je prema a) ux (0, 0) = uy (0, 0) = 0. Ali, na primer, x→0 y→0

1 2 1 lim ux (x, y) = lim 2ρ cos ϕ sin 2 − cos ϕ cos 2 x→0 ρ→0 ρ ρ ρ y→0 = 0 − (2 cos ϕ) lim

1 1 cos 2 = (−2 cos ϕ) lim t cos t2 . t→+∞ ρ ρ

Poslednja graniˇcna vrednost ne postoji (Analiza I-neka studet obrazloˇzi). c) Treba pokazati da totalni priraštaj u (0, 0) ima oblik 2 1 2 + g2 , h + g 2 sin 2 = 0 · h + 0 · g + o h h + g2 1 kad h → 0, g → 0. To je taˇcno, zbog lim h2 + g 2 sin h2 +g 2 = 0. ◮ h→0 g→0

1.24 Ispitati neprekidnost i diferencijabilnost funkcije 3 2 x y , x4 + y 4 = 0, x4 +y 4 u (x, y) = 0, x4 + y 4 = 0.

3 2

y x2 y 2 1 ◭ Pošto je xx4 +y 4 = |x| · x4 +y 4 ≤ 2 |x| za sve (x, y) = (0, 0) , to je 1 |x| = 0 = u (0, 0) , x→0 2 y→0

lim u (x, y) = lim

x→0 y→0

dnosno, funkcija je neprekidna u svakoj taˇcki ravni R2 . Lako je proveriti da je funkcija diferencijabilna u svakoj taˇcki (x, y) = (0, 0) jer u njoj ima

1.2. REŠENI ZADACI

19

neprekidne parcijalne izvode. Pošto su parcijalni priraštaji u (0, 0) jednaki nuli po obe promenljive, to je ux (0, 0) = uy (0, 0) = 0. Meñutim, funkcija nije diferencijabilna u (0, 0) jer totalni priraštaj u toj taˇcki u (x, y)−u (0, 0) = x3 y 2 2 2 x + y kad x → 0 i y → 0. Zaista, kad x → 0 i x4 +y4 nema oblik o √ x5 x x = y > 0 sledi u (x, x) = 2x = = o 2x2 . ◮ 4 2 1.25 U zavisnosti od vrednosti realnog parametra α, odrediti skup A α svih taˇcaka u kojima je funkcija

2

x − y 2 α , x2 − y 2 = 0, u (x, y) = 0, x2 − y 2 = 0,

neprekidna, i skup B α svih taˇcaka u kojima diferencijabilna. je funkcija 1, x2 − y 2 = 0, ◭ Ako je α = 0, onda je u (x, y) = Znaˇci, funkcija 0, x2 − y 2 = 0. u ima prekide u svim taˇckama pravih y = ±x. U ostalim taˇckama ravni 2 2 R je i diferencijabilna. Dakle, A0 = B0 = (x, y) ∈ R : y = ±x . Ako je α < 0, onda je A α = A0 , jer je tada za y ∼ x, u (x, y) ∼ ∞. Jasno je za α < 0, A α = B α (obrazloˇziti detalje). Neka je α > 0. Tada je A α = R2 , jer je funkcija u neprekidna i u sumnjivim taˇckama (x, ±x) . Ispitajmo u ovom sluˇcaju diferencijabilnost funkcije. U tim taˇckama imamo: |h − g| α |h + g ± 2x| α , x = 0, △ u (x, ±x) =

2 α h − g 2 , x = 0. Funkcija je onda diferencijabilna ako i samo ako je △ u (x, ±x) = o h2 + g2 , kad h → 0, g → 0. odnosno, prelaskom na polarne koordinate ako je r α |sin ϕ − cos ϕ| α |ρ (sin ϕ + cos ϕ) ± 2x| α = o (ρ) , x = 0, tj. ρ2α |cos 2ϕ| α = o (ρ) , x = 0, tj. ako je α − 1 > 0, x = 0 i 2α − 1 > 0, x = 0. Dakle, ako je α > 1 funkcija je diferencijabilna u taˇckama pravih y = ±x, x = 0, odnosno za α > 12 u koordinatnom poˇcetku. ◮ 1.26 Neka je x3 2 +y 2 , (x, y) = (0, 0) , x u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) . Tada je u neprekidna na R2 i ima u svakoj taˇcki (x, y) ∈ R2 izvod u proizvoljnom pravcu. Meñutim, u nije diferencijabilna na R2 . Dokazati. 2 2 ◭ S obzirom da je u (x, y) = x · x2x+y2 za (x, y) = (0, 0) i 0 ≤ x2x+y 2 ≤ 1 to je lim u (x, y) = u (0, 0) (proizvod beskonaˇcno male i ograniˇcene funkcije x→0 y→0


20

je beskonaˇcno mala), tj. u je neprekidna funkcija u sumnjivoj taˇcki O (0, 0) . U ostalim taˇckama je neprekidna kao koliˇcnik neprekidnih funkcija. Lako se dobija da je u svim taˇckama osim O (0, 0) funkcija diferencijabilna (zašto?) i prema ([2], II) u tim taˇckama ima izvod u proizvoljnom pravcu. Pošto je ux (0, 0) = 1, uy (0, 0) = 0, toje funkcija diferencijabilna u taˇcki O (0, 0) ako h3 je h2 +g2 = h + o h2 + g 2 , kad h → 0, g → 0. Uzimajući h = g > 0 i √ √ h → 0 dobija se − h2 = o h 2 , tj. − 12 = o 2 kad h → 0, (kontradikcija), što znaˇci da funkcija nije diferencijabilna u taˇcki O (0, 0) . Ipak za izvod u taˇcki O (0, 0) u pravcu jediniˇcnog vektora l (l1 , l2 ) dobija se ([2], II): u ((0, 0) + t (l1 .l2 )) − u (0, 0) = lim t→0 t→0 t lim

t2

t3 l13 (l12 +l22 )

t

tl3 = lim 2 1 2 = l13 , t→0 t l + l 1 2

tj. u ima izvod u svakoj taˇcki ravni R2 , u proizvoljnom pravcu. ◮ 1.27 Data je funkcija 3 2 x −xy x2 +y2 , (x, y) = (0, 0) , u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) .

a) Dokazati da u svim taˇckama ravni funkcija ima izvod u svim pravcima; b) Ispitati diferencijabilnost funkcije u; c) Ispitati da li je u uniformno neprekidna u ravni. ◭ a) Ako je (x, y) = (0, 0) , onda je ux (x, y) =

x4 + 4x2 y 2 − y4 −4x3 y i u (x, y) = . y (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2

Zatim je ux (0, 0) = 1 i uy (0, 0) = 0. Pošto su parcijalni izvodi neprekidne funkcije u svim taˇckama (x, y) = (0, 0) , to funkcija ima izvod u njima u svim pravcima. Treba naći izvod u (0, 0) u proizvoljnom pravcu: tl1 t2 l12 − l22 u (0 + tl) − u (0) u (tl1 , tl2 ) 2 = l1 l12 − l22 , lim = lim = lim 2 3 t→0 t→0 t→0 t t t l1 + l2 dakle postoji. Ovde je l = (l1 , l2 ) proizvoljni jediniˇcni vektor. Neka student proveri prekidnost parcijalnih izvoda u (0, 0) . b) Funkcija je diferencijabilna u svakoj taˇcki ravni, izuzev moˇzda u (0, 0) . Ako bi bila diferencijabilna u (0, 0) onda je h3 − hg2 2 + g 2 , h → 0, g → 0, = h + o h h2 + g2

1.2. REŠENI ZADACI

21

2 2 + g 2 , što je netaˇ tj. −2hg = o h cno. Zaista, za h = g > 0, dobija se 2 2 h +g −1 = o (1) , h → 0. |x2 −y 2 | c) Zbog |u (x, y)| = |x| · x2 +y 2 ≤ |x| sledi neprekidnost u taˇcki (0, 0) . d) Isto kao u 1.13 i 1.14 sledi ravnomerna neprekidnost funkcije. ◮ 1.28 Odrediti skup Ap svih taˇcaka u ravni u kojima je funkcija u (x, y) = max {|x|p , |y|p } , p > 0, diferencijabilna. ◭ Funkcija je oˇcigledno diferencijabilna u svakoj taˇcki oblika (x, y) , ako je x = ±y. Za ispitivanje diferencijabilnosti u taˇckama (0, 0) , (a, a) i (a, −a) , a = 0, treba naći parcijalne izvode. u (0 + h, 0) − u (0, 0) u (h, 0) |h|p = lim = lim . h→0 h→0 h→0 h h h

ux (0, 0) = lim

Ako je 0 1, ux (0, 0) = lim

h→0

|h| · |h| ε = 0 (p = 1 + ε, ε > 0) h

i sliˇcno uy (0, 0) = 0. Neka je sada a > 0. Onda je u (a + h, a) − u (a, a) ux (a, a) = lim = h→0 h

0, h → 0− , pap−1 = 0, h → 0+ ,

jer je u (a + h, a)−u (a, a) =

ap − ap , h < 0, = (a + h)p − ap , h > 0,

0, h < 0, (a + h)p − ap , h > 0.

Dakle, za 0 1, funkcija je diferencijabilna u (0, 0) jer je max {|h|p , |g|p } max {ρp |cos ϕ|p , ρp |sin ϕ|p } = lim = 0. ρ→0 h→0 ρ h2 + g 2 g→0 lim

Znaˇci, Ap = {(x, y) : x = ±y} , 0 1. ◮ 1.29 Neka je √ xy sin x2xy , (x, y) = (0, 0) , +y2 x2 +y2 u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) .


22

a) Naći sve taˇcke (x, y) ∈ R2 u kojima je funkcija u diferencijabilna; b) Ispitati da li je funkcija u ravnomerno neprekidna na R2 . ◮ a) Za (x, y) = (0, 0) postoje parcijalni izvodi i neprekidni su, pa je funkcija diferencijabilna (obnoviti teoremu o tome). Zatim je ux (0, 0) = lim

h→0

u (0 + h, 0) − u (0, 0) 0 lim = 0 h→0 h h

i sliˇcno uy (0, 0) = 0. Ako se pretpostavi diferencijabilnost u (0, 0) , onda je totalni priraštaj u toj taˇcki △ u (0, 0) = u (0 + h, 0 + g) − u (0, 0) = 0 · h + 0 · g + o h2 + g 2 , kad h → 0, g → 0, tj. √ hg 2

h +g 2

sin h2hg =o +g 2

h2 + g 2 , kad h → 0, g → 0. hg 2 2 h→0 h +g

Znaˇci u sluˇcaju diferencijabilnosti u (0, 0) je: lim

sin h2hg = 0, što je +g 2

g→0

netaˇcno jer je za h = g = 0 lim

h→0 h2 g→0

hg 1 hg 1 sin 2 = sin = 0. 2 2 +g h +g 2 2

b) Ako je (x, y) = (0, 0) onda je

xy2 y2 − x2 xy xy ux = + cos 2 i 3 sin 5 2 2 x + y x + y2 (x2 + y 2 ) 2 (x2 + y 2 ) 2 yx2 x2 − y 2 y3 xy xy uy = + cos 2 . 3 sin 5 2 2 x +y x + y2 (x2 + y 2 ) 2 (x2 + y2 ) 2 x3

Zatim je |ux (x, y)| ≤

|x|3

3

(x2 + y2 ) 2

+

xy 2 y 2 − x2 5

(x2 + y 2 ) 2

≤1+1=2

i sliˇcno |uy | ≤ 2. Kod prvog sabirka se mogu uvesti polarne koordinate, a kod drugog nakon ocene sa

4

3 2

xy

x y + 5 5 (x2 + y 2 ) 2 (x2 + y 2 ) 2 takoñe polarne koordinate. S obzirom da je funkcija neprekidna u celoj ravni (neka student proveri za taˇcku O (0, 0)) i da ima ograniˇcene parcijalne izvode

1.2. REŠENI ZADACI

23

onda je ravnomerno neprekidna na R2 . Za precizno obrazloˇzenje pogledati zadatke 1.13 i 1.14. ◮ 1.30 Neka je u definisana u nekoj okolini taˇcke (0, 0) i neka je ux (0, 0) = uy (0, 0) = u (0, 0) = 0. Potreban i dovoljan ulov da u bude diferencijabilna u taˇcki (0, 0) je: x · u (x, y) y · u (x, y) = lim = 0. 2 2 (x,y)→(0,0) x + y (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim

◭ Ako je u diferencijabilna u taˇcki (0, 0) , onda je u (x, y) − u (0, 0) = ux (0, 0) · x + uy (0, 0) · y + o

x2 + y 2 ,

kad (x, y) → (0, 0) , tj. u (x, y) − 0 = 0 · x + 0 · y + o

x2 + y 2 kad

x·u(x,y) → 0 kad (x, y) → (0, 0) . Zato je i (x, y) → (0, 0) , odnosno √ 2 2 x +y

lim

(x,y)→(0,0)

x · u (x, y) y · u (x, y) = lim = 0. x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2

Obrnuto, iz datih uslova treba pokazati da je funkcija u diferencijabilna u √u(x,y) taˇcki (0, 0) , tj. da je lim = 0. Pošto je 2 2 (x,y)→(0,0)

x +y

u (x, y) |x| |u (x, y)| |y| |u (x, y)|

0 ≤ + → 0,

≤

x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2

kad (x, y) → (0, 0) , to prema lemi o uklještenju √u(x,y) → 0, kad (x, y) → 2 2 x +y

(0, 0) , odnosno sledi diferencijabilnost funkcije u taˇcki (0, 0) . ◮ Napomena. Korišćena je oˇcigledna nejednakost: √ 21 2 ≤ x +y

|x|+|y| x2 +y2

i

x2 = |x|2 , y 2 = |y|2 . 1.31 Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcija: x2 + y 2 sin √ 21 2 , (x, y) = (0, 0) , x +y a) u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) ; b) u (x, y, z) = sin x2 + y 2 + z 2 , x, y, z ∈ R3 . ◭ Obe funkcije se mogu svesti na funkcije jedne promenljive uvoñenjem polarnih koordinata u sluˇcaju prve i sfernih koordinata u sluˇcaju druge funkcije. Tada je ρ sin 1ρ , ρ = 0, u (x, y) = u (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) = = u1 (ρ) , tj. 0, ρ = 0,


24

u (x, y, z) = u (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ) = sin ρ2 = u2 (ρ) . Pošto je lim ρ sin

ρ→0

1 =0i ρ

lim ρ sin

ρ→+∞

1 sin t = lim =1 + ρ t→0 t

to je funkcija u1 : [0, +∞[ → R neprekidna, dakle i ravnomerno neprekidna jer ima konaˇcnu graniˇcnu vrednost kad ρ → +∞. Funkcija u2 nije ravnomerno neprekidna, jer postoje nizovi x′n i x′′n takvi da x′n − x′′n → 0, ali u (x′n ) − √ ′′ ′ u (xn ) 0. Dovoljno je uzeti xn = π2 + nπ, x′′n = nπ, n ∈ N. ◮ Napomena. Neka student pokaˇze da su parcijalni izvodi funkcije u ograniˇceni i onda sliˇcno kao u zadacima 1.13 i 1.14 dokazati ravnomernu neprekidnost. πŠto se tiˇce funkcije√(x, y, z) → u (x, y, z) dovoljno je uzeti nizove: An 2 + nπ, 0, 0 i Bn ( nπ, 0, 0) . Za njih je ρ (An , Bn ) → 0 i u (An ) − u (Bn ) 0. 10 1.32 Naći ∂x∂ 2 ∂yu 8 , ako je u (x, y) = exy . ◭ Treba naći osmi izvod po y od parcijalnog izvoda drugog reda po x. S obzirom na teoremu ([2], II, Posledica 2.6.1 ili [9], I, Teorema 3.4.III) treba naći drugi izvod po x od parcijalnog izvoda osmog reda po y. Pošto 8 je ∂∂yu8 = uy8 = x8 exy to je prema Lajbnicovoj frmuli o n−tom izvodu proizvoda: ∂ 10 u ∂x2 ∂y 8

′ ∂ 2 8 xy 8 ′′ xy x e = x e + 2 x8 (exy )′x + x8 (exy )′′xx 2 ∂x 6 xy = 56x e + 16x7 yexy + x8 y 2 exy = exy 56x6 + 16x7 y + x8 y 2 . ◮ = ux2 y8 =

Napomena. (uv)(n) =

n n (n−k) (k) v je Lajbnicova formula za n−ti k u

k=0

izvod proizvoda, u(0) = u, v (0) = v. 1.33 Pokazati da je mešoviti izvod uxy (x, y) funkcije u uzastopna graniˇcna vrednost, tj. uxy (x, y) = lim lim

h→0 g→0

u (x + h, y + g) − u (x, y + g) − u (x + h, y) + u (x, y) . h·g

◭ Najpre se pretpostavlja da ux (x, y) postoji u taˇcki (x, y) , tj. da je ux (x, y) = lim

h→0

u (x + h, y) − u (x, y) . h

Zatim je ux (x, y + g) − ux (x, y) g→0 g

uxy (x, y) = lim

1.2. REŠENI ZADACI

25

1 u (x + h, y + g) − u (x, y + g) u (x + h, y) − u (x, y) lim − lim g→0 g h→0 h→0 h h 1 u (x + h, y + g) − u (x, y + g) − u (x + h, y) + u (x, y) = lim lim g→0 g h→0 h u (x + h, y + g) − u (x, y + g) − u (x + h, y) + u (x, y) = lim lim . g→0 h→0 h·g = lim

Korišćeno je: 1. lim (u (x) − v (x)) = lim u (x) − lim v (x) ako lim u (x) , x→x0

x→x0

lim v (x) postoje;

x→x0

2.

x→x0

x→x0

lim (c · u (x)) = c· lim u (x) , c ∈ R i lim u (x) postoji. ◮

x→x0

x→x0

x→x0

1.34 Dokazati da funkcija

u (x, y) =

xy, |y| ≤ |x| , −xy, |y| > |x| ,

ima u taˇcki O (0, 0) mešovite parcijalne izvode drugog reda, koji se meñusobno razlikuju. ◭ Najpre se dobija da je za (x, y) = (0, 0) y, |y| ≤ |x| , x, |y| ≤ |x| , ux (x, y) = uy (x, y) = −y, |y| > |x| , −x, |y| > |x| , odnosno, ux (0, 0) = lim je

h→0

u(h,0)−u(0,0) h

0 h→0 h

=lim

= 0 i sliˇcno uy (0, 0) = 0. Zatim

ux (0, h) − ux (0, 0) −h = lim = −1, tj. h→0 h→0 h h uy (h, 0) − uy (0, 0) h uyx (0, 0) = lim = lim = 1. h→0 h→0 h h uxy (0, 0) =

lim

Korišćena je u oba sluˇcaja nejednakost |h| ≥ |0| = 0. ◮

1.2.4

Tejlorova i Maklorenova formula x

1.35 a) Razloˇziti funkciju u (x, y) = e y po Tejlorovoj formuli u okolini taˇcke (0, 1) do drugog ˇclana zakljuˇcno. b) Predstaviti funkciju u (x, y) = xyz po Maklorenovoj formuli u okolini taˇcke (0, 0, 0) i po Tejlorovoj formuli u okolini taˇcke (1, 1, 1) . ◭ Parcijalni izvodi prvog i drugog reda funkcije u izraˇcunati u taˇcki (x, y) su:


26 x

x

ux (x, y) = y1 e y , uy (x, y) = − yx2 e y , ux2 = x

1 y e , y2

2

x

x

x

1 y e , y2

x

uxy (x, y) = − yx3 e y −

uy2 = xy4 e y + 2x e y ; odakle sledi: ux (0, 1) = 1, uy (0, 1) = 0, ux2 (0, 1) = y3 1, uxy (0, 1) = −1, uy 2 (0, 1) = 0. Odatle je x 1 1 e y = 1 + x + x2 − x (y − 1) + R3 = 1 + 2x + x2 − xy + R3 . 2 2 U Peanovom obliku je R3 = o x2 + (y − 1)2 , x → 0, y → 1. b) Najpre imamo: ux (x, y, z) = yz, uy (x, y) = xz, uz (x, y, z) = xy, ux2 = uy2 = uz 2 = 0, uxy = uyx = z, uxz = uzx = y, uyz = uzy = z, ux3 = uy3 = uz 3 = 0, uxyz = uyzx = uzxy = ... = 1; Dakle, svi parcijalni izvodi prvog, drugog i trećeg reda u taˇcki (0, 0, 0) su jednaki nuli, izuzev uxyz = 1. Zato je u (x, y, z) = xyz istovremeno i Maklorenov polinom date funkcije, i on je polinom trećeg stepena sa tri promenljive. S obzirom da parcijalni izvodi prvog, drugog i trećeg reda u taˇcki (1, 1, 1) iznose 0 ili 1, a svi ostali reda većeg od tri su nula, to je odgovarajući Tejlorov polinom u toj taˇcki :

u (x, y, z) = 1 + (x − 1) + (y − 1) + (z − 1) + (x − 1) (y − 1) + (x − 1) (z − 1) + (y − 1) (z − 1) + (x − 1) (y − 1) (z − 1) . ◮

1.36 Odrediti sve funkcije u : R2 → R za koje je d3 u (x, y) = 0 za svako (x, y) ∈ R2 . ◭ Iz datog uslova se dobija: ux3 (x, y) = 0 ∧ uy3 (x, y) = 0 ∧ ux2 y (x, y) = 0 ∧ uxy2 (x, y) = 0 za sve (x, y) ∈ R2 . Iz prve jednakosti sledi ux2 (x, y) = A (y) , tj. ux (x, y) = x · A (y) + B (y) .

Zatim je ux2 y (x, y) = A′ (y) = 0, tj. A (y) = A = const. kao i uxy (x, y) = x · A′ (y) + B ′ (y) = B ′ (y) = 0. Odatle je uxy2 (x, y) = B ′′ (y) = 0, odnosno, B ′ (y) = B = const. tj. B (y) = By + C. Znaˇci ux (x, y) = Ax + By + C, tj.

1.2. REŠENI ZADACI

27

A 2 x + Bxy + Cx + D (y) . 2 Sada se uzastopnim diferenciranjem po y moˇze da odredi funkcija y → D (y) . Zaista, u (x, y) =

uy (x, y) = Bx + D′ (y) , uy2 (x, y) = D′′ (y) i uy3 (x, y) = D′′′ (y) = 0, odakle je D′′ (y) = D = const. tj. D′ (y) = Dy + E, odnosno D (y) =

D 2 y + Ey + F. 2

Dakle, imamo da je u (x, y) = Ax2 + Bxy + Cx + Dy 2 + Ey + F ( A2 i D ceni sa A i D) funkcija ˇciji je totalni diferencijal trećeg reda 2 su oznaˇ jednak nuli u svakoj taˇcki (x, y) ∈ R2 . ◮ Napomena. Neka student odredi sve funkcije u : R2 → R za koje je d2 u (x, y) = 0 za svako (x, y) ∈ R2 . 1.37 Dokazati Rolovu teoremu za funkcije više promenljivih: Ako je neprekidna funkcija u : K [0, r] → R (K [0, r] ⊂ Rm ) jednaka nuli na granici kugle K, a diferencijabilna u njenoj unutrašnjosti K ]0, r[ , tada postoji taˇcka x ∈ K ]0, r[ koja je stacionarna za funkciju u. ◭ Iz neprekidnosti date funkcije na kompaktnom skupu K [0, r] prema Vajerštrasovoj teoremi postoje dve taˇcke xm , xM ∈ K [0, r] u kojima funkcija postiˇze najmanju i najveću vrednost. Ako su te vrednosti jednake (minimalna i maksimalna) onda je funkcija konstantna na celom skupu K [0, r] i tada su unutrašnje taˇcke stacionarne, tj. u njima je izvod funkcije jednak nuli. Ako se maksimalna i minimalna vrednost razlikuju onda je bar jedna od taˇcaka xm ili xM unutrašnja (zašto?) i prema neophodnom uslovu za egzistenciju lokalnih ekstremuma stacionarna. ◮ Napomena. Neka student uporedi ovaj dokaz sa dokazom Rolove teoreme u jednodimenzionom sluˇcaju. Šta geometrijski znaˇci Rolova teorema kod funkcija sa dve promenljive? Primeniti je na funkciju u(x, y) = x2 + y 2 − 1. 1.38 Neka je funkcija u neprekidna na skupu A = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1 , diferencijabilna na skupu B = (x, y) : x2 + y 2 < 1 , i konstantna na skupu C = A\B. Dokazati da postoji bar jeda taˇcka (x0 , y0 ) ∈ B takva da je ux (x0 , y0 ) = uy (x0 , y0 ) = 0. ◭ Skup A je kompaktan podskup od R2 , te na njemu svaka neprekidna realna funkcija (Vajerštrasova teorema) postiˇze najmanju i najveću vrednost.


28

Ako je funkcija konstantna na skupu A, onda je ux (x, y) = uy (x, y) = 0 za sve (x, y) ∈ B. U protivnom, bar jedna od taˇcaka (x1 , y1 ) tj. (x2 , y2 ) u kojima funkcija postiˇze najmanju ili najveću vrednost je unutrašnja taˇcka skupa A, tj. pripada skupu B. Na osnovu neophodnog uslova egzistencije lokalnih ekstremuma sledi da je ux (x0 , y0 ) = uy (x0 , y0 ) = 0 za neku taˇcku (x0 , y0 ) ∈ B. ◮ Napomena. Uporediti sa prethodnim zadatkom.

1.2.5

Ekstremne vrednosti

1.39 Za svaki polinom P jedne realne promenljive vaˇzi sledeće tvrñenje: Postoji x0 ∈ R, takvo da je za svako x ∈ R : |P (x0 )| ≤ |P (x)| . Na primeru polinoma P (x, y) = (xy − 1)2 + y 2 pokazati da analogno tvrñenje ne vaˇzi za polinome više promenljivih. ◭ Neka student pokaˇze tvrñenje za polinome sa jednom promenljivom. Iz primera P (x) = x3 −x2 sledi da taˇcka x0 ∈ R za koju je |P (x0 )| ≤ |P (x)| nije jedinstvena. Pošto je za dati polinom sa dve promenljive P (x, y) ≥ 0 za sve (x, y) ∈ R2 , to su moguće taˇcke (x0 , y0 ) ∈ R2 za koje je |P (x, y)| = P (x, y) ≥ P (x0 , y0 ) rešenja sistema: Px (x, y) = 2 (xy − 1) · y = 0, Py (x, y) = 2 (xy − 1) · x + 2y = 0. Dobijeni sistem ekvivalentan je disjunkciji sistema: (xy − 1 = 0 ∧ y + (xy − 1) x = 0) ∨ (y = 0 ∧ (xy − 1) x + y = 0.) . Prvi sistem nema rešenja, a drugi sistem ima jedno rešenje (0, 0) . Zatim je Px2 (x, y) = 2y 2 , Pxy (x, y) = Pyx (x, y) = 2 (2xy − 1) , Py2 (x, y) = 2 1 + x2 , odakle se dobija totalni diferencijal drugog reda u stacionarnoj taˇcki O (0, 0) : d2 P (0, 0) = 2 · 02 · dx2 + 2 · 2 (2 · 0 · 0 − 1) dxdy + 2 1 + 02 dy 2 = −4dxdy + 2dy 2 = 2dy (dy − 2dx) .

Ova kvadratna forma je znakopromenljiva. Zaista, za dy = dx = 0 je d2 P (0, 0) = −2dx2 < 0, a za dy = 3dx = 0 je d2 P (0, 0) = 6dx2 > 0, što znaˇci da dati polinom nema minimum u taˇcki (0, 0) . ◮ Napomena. Neka student pokaˇze da totalni priraštaj polinoma P (x, y) = (xy − 1)2 + y 2 u taˇcki O (0, 0) menja znak u svakoj njenoj okolini.

1.2. REŠENI ZADACI

29

1.40 Odrediti taˇcke lokalnih ekstremuma funkcije u (x, y, z) = 2x2 − xy + 2xz − y + y 3 + z 2 . ◭ Funkcija je definisana na celom prostoru R3 , dakle sve taˇcke domena su unutrašnje. Zato jedine taˇcke u kojima ona moˇze da ima lokalne ekstremume su rešenja sistema: ux = 4x − y + 2z = 0, uy = −x − 1 + 3y 2 = 0, uz = 2x + 2z = 0. Koriste´ c1i metod zamene (z = −x) za rešenja se dobijaju taˇcke M1 1 1 i M2 − 4 , − 2 , 4 . Zatim je

1

2 1 3, 3, −3

ux2 = 4, uy2 = 6y, uz 2 = 2, uxy = −1, uyz = 0, uzx = 2.

Naravno svi mešoviti izvodi su jednaki (student treba da zna prema kojoj teoremi je to tako). Sada se lako nalaze matrice kvadratnih formi po promenljivima dx, dy, dz redom u taˇckama M1 i M2 .     4 −1 2 4 −1 2 0  i A2 =  −1 3 0 . A1 =  −1 4 2 0 2 2 0 2

Vrednosti glavnih minora datih matrica su: 4, 15, 14 i 4, −13, −14. Prema Silvesterovom kriterijumu kvadratna forma d2 u (M1 ) je pozitivno definitna, što znaˇci da u toj taˇcki funkcija ima lokalni minimum. Forma d2 u (M2 ) takoñe prema Silvesterovom kriterijumu nije ni pozitivno ni negativno definitna. Moˇze se pokazati da je ona znakopromenljiva. Zaista, uzimajući dy = dz = 0 i dx = 0 dobija se d2 u (M2 ) = 4dx2 > 0, odnosno za dx = dz = 0 i dy = 0 dobija se d2 u (M2 ) = −3dy 2 < 0. Dakle u taˇcki M2 funkcija nema lokalni ekstremum. ◮ Napomena. Kvadratna forma moˇze biti: znakodefinitna (pozitivno, negativno), znakopromenljiva i kvazi znakodefinitna. 1.41 Odrediti lokalne ekstremume funkcije u (x, y) = x2 − 2xy + 4y 3 . ◭ Funkcija je oˇcigledno definisana u celoj ravni R2 . Dakle, jedine taˇcke u kojima funkcija moˇze da ima lokalne ekstremume su rešenja sistema (stacionarne taˇcke): ux = 2x − 2y = 0, uy = −2x + 12y 2 = 0,


30 tj. M1 (0, 0) , M2 zatim

1

1 6, 6

su moguće taˇcke lokalnih ekstremuma. Pošto je

ux2 = 2, uy2 = 24y, uxy = uyx = −2,

to je d2 u (M1 ) = 2dx2 − 4dxdy, odnosno

d2 u (M2 ) = 2dx2 − 4dxdy + 4dy2 = 2 dx2 − 2dxdy + 4dy 2 2 2 2 2 2 = 2 dx − 2dxdy + dy + dy = 2 (dx − dy) + dy .

Neka student pokaˇze da je forma d2 u (M1 ) znakopromenljiva, dakle u taˇcki 1 1 M1 (0, 0) funkcija nema lokalni ekstremum, dok u taˇcki M2 6 , 6 funkcija ima lokalni minimum, jer je forma d2 u (M2 ) pozitivno definitna. Dobija se 1 da je umin = u (M2 ) = − 108 .◮ Napomena. Moˇze se pokazati da funkcija nema lokalni ekstremum u taˇcki M1 (0, 0) i po definiciji. Naime, totalni priraštaj u toj taˇcki je △ u (0, 0) = u (0 + h, 0 + g) − u (0, 0) = h2 − 2hg + 4g3 . Sada se vidi da on menja znak u svakoj okolini nule, naime uzimajući h = 0, dobija se: △ u (0, 0) = 4g 3 i △ u (0, 0) > 0 za g > 0, odnosno △ u (0, 0) < 0 za g < 0. 1.42 Odrediti lokalne ekstremume funkcije u (x, y) = 3x2 y − x3 − y 4 . ◭ S obzirom da je domen funkcije cela ravan R2 , dakle otvoren skup, moguće taˇcke u kojima funkcija moˇze da ima lokalne ekstremume su stacionarne taˇcke, tj. rešenja sistema: 6xy − 3x2 = 0, 3x2 − 4y3 = 0. Dati sistem je ekvivalentan disjunkciji sistema: x = 0 ∧ 3x2 − 4y 3 = 0 ∨ 6y − 3x = 0 ∧ 3x2 − 4y3 = 0 . Njihova rešenja su taˇcke: M1 (0, 0) , M2 (6, 3) . Pošto je

ux2 = 6y − 6x, uy2 = −12y 2 , uxy = uyx = 6x, to je d2 u (M1 ) = 0 i d2 u (M2 ) = −18dx2 + 72dxdy − 108dy 2 = −18 (dx − 2dy)2 + 2dy2 < 0.

Znaˇci u taˇcki M2 (6, 3) funkcija ima lokalni maksimum umax = 27. Kako je u (M1 ) = 0, to se lako moˇze pokazati da u svakoj okolini nule funkcija

1.2. REŠENI ZADACI

31

postiˇze i pozitivne i negativne vrednosti. Zaista, za y = 0 je u (x, 0) = −x3 i u (x, 0) > 0 za x < 0, odnosno u (x, 0) < 0 za x > 0. ◮ Napomena. Ispitivanje znaka kvadratne forme sa dve promenljive svodi se na ispitivanje znaka trinoma z → Az 2 + Bz + C− dakle elementarno. Ako su kvadratne forme sa 3, 4, ...i više promenljivih onda se primenjuje Silvesterov kriterijum. 1.43 Data je funkcija u (x, y) = x − y 2 2x − y 2 . Dokazati: a) Funkcija u ima lokalni minimum u taˇcki O (0, 0) duˇz svake prave; b) Funkcija u nema u taˇcki O (0, 0) lokalni minimum. ◭ a) Duˇz koordinatnih osa dobijaju se funkcije u (x, 0) = 2x2 i u (0, y) = y 4 koje u taˇcki O (0, 0) imaju strogi lokalni minimum. Duˇz prave y = kx, k = 0 dobija se funkcija u (x, kx) = x2 k 2 x2 − 1 k 2 x2 − 2 koja takoñe u taˇcki O (0, 0) imastrogi lokalni minimum. Zaista, za sve (x, kx) ∈ K ]0, r[ {0} , r = min k12 , 2 , u (x, kx) > u (0, k · 0) = 0, gde je K ]0, r[ otvorena kugla u R2 sa centrom u O (0, 0) i polupreˇcnikom r. b) Totalni priraštaj date funkcije u taˇcki O (0, 0) je: △ u (0, 0) = u (x, y) − u (0, 0) = x − y 2 2x − y 2 ,

odakle se vidi da △ u (0, 0) menja znak u svakoj okolini nule. U delu kruga (okoline) izmeñu parabola znak priraštaja je negativan, a u preostalom delu kruga znak je pozitivan. ◮ 1.44 Odrediti lokalne ekstremume funkcije u (x, y) = xy ln x2 + y2 . ◭ Funkcija je definisana na otvorenom skupu R2 {(0, 0)} . Zato su moguće taˇcke u kojima ona moˇze da ima lokalne ekstremume rešenja sistema: 2x2 y = 0, ux = y ln x2 + y 2 + 2 x + y2 2y 2 x = 0, tj. uy = x ln x2 + y 2 + 2 x + y2 2 2x2 2 y ln x + y + 2 = 0, x + y2 2 2y 2 2 x ln x + y + 2 = 0. x + y2


32

Ovaj sistem je ekvivalentan disjunkciji sledeća ˇcetiri sistema jednaˇcina: 2 2y 2 2 (x = 0 ∧ y = 0) ∨ y = 0 ∧ ln x + y + 2 =0 x + y2 2 2x2 2 ∨ ln x + y + 2 =0∧x=0 x + y2 2 2x2 2y 2 2 ∨ ln x2 + y 2 + 2 = 0 ∧ ln x + y + = 0 . x + y2 x2 + y 2

Prvi sistem jednaˇcina nema rešenja. Drugi sistem ima dva rešenja (−1, 0) i (1, 0) . Treći ima rešenja (0, −1) i (0, 1) i na kraju, ˇcetvrti sistem je ekvivalentan sistemima: 2x2 = 0 ∧ x = ±y, x2 + y 2 odakle se dobijaju ˇcetiri rešenja: ± √12e , ± √12e , ± √12e , ∓ √12e . Dakle, funkcija u ima ukupno 8 stacionarnih taˇcaka. Pošto je ln x2 + y 2 +

ux2 =

6xy 4x3 y 6xy 4xy 3 − , u 2 = − y 2 x2 + y 2 (x2 + y 2 ) x2 + y 2 (x2 + y 2 )2

2 y2 kao i uxy = uyx = ln x2 + y 2 +2− (x4x , to kvadratna forma u dobijenim 2 +y 2 )2 stacionarnim taˇckama ima sledeće matrice: 0 0 u taˇckama (0, ±1) i (±1, 0) , 0 0 1 1 2 0 u taˇckama ± √ , ± √ , i 0 2 2e 2e 1 1 −2 0 u taˇckama ± √ , ∓ √ . 0 −2 2e 2e Iz pozitivne, odnosno, negativne definitosti kvadratnih formi nenultih ma trica zakljuˇcuje se da funkcija postiˇze minimum u taˇckama ± √12e , ± √12e , 1 1 umin = − 2e , odnosno, maksimum u taˇckama ± √12e , ∓ √12e , umax = 2e . Kako kvadratna forma u taˇckama (0, ±1) i (±1, 0) ima vrednost 0, dakle ne moˇze se primeniti teorema o dovoljnom uslovu za lokalne ekstremume, to se mora ispitati znak totalnog priraštaja u tim taˇckama. Naime, vidi se da u svakoj okolini tih taˇcaka funkcija postiˇze vrednosti suprotne po znaku, jer je

1.2. REŠENI ZADACI

33

neparna po svakoj promenljivoj posebno. Dakle, u njima nema lokalnih ekstremuma. Jasno je u (x, y) 0, y = 0 u svakoj okolini taˇcke (0, 1) . ◮ 1.45 Odrediti lokalne ekstremume funkcije u (x, y) = x4 + y 4 − 2x2 . ◭ Oˇcigledno je da su moguće taˇcke u kojima funkcija moˇze imati lokalne ekstremume rešenja sistema: 4x3 − 4x = 0 ∧ 4y 3 = 0. Odavde se dobijaju taˇcke: M1 (−1, 0) , M2 (0, 0) , M3 (1, 0) . Student mora da vodi raˇcuna prilikom rešavanja sistema: ux = 0 ∧ uy = 0. Kako je zatim uxx = 12x2 − 4, uyy = 12y 2 , uxy = uyx = 0, to je d2 u (M1 ) = 8dx2 , d2 u (M2 ) = −4dx2 , d2 u (M3 ) = 8dx2 . Svaka od ovih formi je kvazi znakodefinitna (poludefinitna); zaista uzimajući da je dx = 0, 2 dy = 0 dobija se d2 u (Mi ) = 0, i = 1, 2, 3. Pošto je u (x, y) = x2 − 1 +y 4 − 1, to u taˇckama (−1, 0) , (1, 0) funkcija ima strogi lokalni minimum jednak −1, jer je u (x, y) > u (−1, 0) = u (1, 0) kad god je (x, y) = (−1, 0) i (x, y) = (1, 0) i |y| < 1. Nije teško pokazati da funkcija u taˇcki M2 nema lokalni ekstremum. Zaista, totalni priraštaj u toj taˇcki △ u (0, 0) = h4 + g4 − 2h2 menja znak u svakoj okolini nule, jer je za h = 0, g = 0, △√ u (0, 0) = g4 > 0, 2 2 dok za h = 0, g = 0, △ u (0, 0) = h h − 2 < 0 za |h| < 2. ◮ 1.46 Odrediti lokalne ekstremume funkcije u (x, y) = xy. ◭ Funkcija je definisana u celoj ravni, dakle na otvorenom skupu. Zato su taˇcke u kojima ona moˇze da ima lokalne ekstremume rešenja sistema: ux = y = 0 ∧ uy = x = 0, tj. taˇcka O (0, 0) je jedina stacionarna taˇcka. Pošto je ux2 = uy2 = 0 i uxy = uyx = 1, to je d2 u (0, 0) = 0 · dx2 + 2 · 1 · dxdy + 0 · dy 2 = 2dxdy. Vidi se da je kvadratna forma d2 u (0, 0) znakopromenljiva, tj. d2 u (0, 0) < 0 za dy = −dx, odnosno, d2 u (0, 0) > 0 za dy = dx, što znaˇci da funkcija u = x · y nema lokalnih ekstremuma. ◮ Napomena. Neka student pokaˇze da totalni priraštaj funkcije u = xy menja znak u svakoj okolini nule. Šta to onda znaˇci? 2 2 1.47 Odrediti lokalne ekstremume funkcije u (x, y) = x2 + y 2 e−(x +y ) . ◭ Pošto je oblast definisanosti funkcije cela ravan, to su stacionarne taˇcke rešenja sistema: 2 2 2 2 ux = 2xe−(x +y ) − 2x x2 + y2 e−(x +y ) = 0, 2 2 2 2 uy = 2ye−(x +y ) − 2y x2 + y 2 e−(x +y ) = 0,


34 tj. rešenja sistema:

2x 1 − x2 − y2 = 0 ∧ 2y 1 − x2 − y 2 ,

koji je ekvivalentan disjunkciji ˇcetiri sistema: (x = 0 ∧ y = 0) ∨ x = 0 ∧ 1 − x2 − y 2 = 0 ∨ 1 − x2 − y 2 = 0 ∧ y = 0 ∨ 1 − x2 − y 2 = 0 ∧ 1 − x2 − y 2 = 0 .

Dakle, stacionarne taˇcke su O (0, 0) i sve taˇcke jediniˇcne kruˇznice: x2 + y 2 = 1. S obzirom da je u (x, y) > u (0, 0) = 0, za sve (x, y) = (0, 0) , to funkcija u taˇcki O (0, 0) postiˇze minimum. Što se tiˇce stacionarnih taˇcaka jediniˇcne kruˇznice, uvoñenjem smene t = x2 +y 2 moˇze se posmatrati funkcija z (t) = te−t jedne promenljive, ˇciji su izvodi z ′ (t) = (1 − t) e−t , z ′′ (t) = (t − 2) e−t . Kako je z ′ (1) = 0, z ′′ (1) = − 1e , to funkcija z ima u svakoj taˇcki jediniˇcne kruˇznice nestrogi maksimum zmax = e−1 . ◮

1.2.6

Implicitna faukcija

1.48 Dokazati da jednaˇcina y + 12 sin y − x = 0 definiše jedinstvenu implictnu funkciju oblika y = f (x) , x ∈ R, i naći f ′ (x) , f ′′ (x) , f ′ (π) , f ′′ (π) . ◭ Neka je F (x, y) = y + 12 sin y − x, što je uobiˇcajena oznaka kod implicitnih funkcija ([2], II; ili [9], I). S obzirom da je Fy = 1 + 12 cos y > 0, to je za svako fiksirao x ∈ R, funkcija F rastuća po y. Zatim je za svako fiksirano x ∈ R i dovoljno veliko |y| ispunjeno: F (x, y) < 0 za y < 0, odnono, F (x, y) > 0 za y > 0. Kako je F neprekidna funkcija to znaˇci (Bolcano-Koši) da za svako x ∈ R postoji jedinstveno y ∈ R, (jer je funkcija strogo rastuća) takvo da je F (x, y) = 0, odnosno jednaˇcina F (x, y) = 0 ima jedinstveno rešenje po y. Drugim reˇcima data jednaˇcina definiše jedinstvenu implicitnu funkciju y = f (x) , x ∈ R. Pošto je F diferencijabilna funkcija sa dve promenljive i Fy (x, y) = 0, to je funkcija y = f (x) diferencijabilna na celoj brojnoj pravoj i f ′ (x) = −

Fx (x, y) 2 = . Fy (x, y) 2 + cos f (x)

Zatim je f ′′ (x) = −

′ 2 4 sin f (x) · −f (x) · sin f (x) = . 2 (2 + cos f (x)) (2 + cos f (x))3

1.2. REŠENI ZADACI

35

Za nalaˇzenje f ′ (π) i f ′′ (π) treba najpre naći f (π) . Za x = π, nalazi se y = π (usmeno-proba se-jedinstveno je) tj. f (π) = π. Zato je f ′ (π) = 2 i f ′′ (π) = 0. ◮ 1.49 Naći f ′ (0) i f ′′ (0) implicitne funkcije y = f (x) , zadate jednaˇcinom x2 − xy + 2y2 + x − y = 1 za koju je f (0) = 1. ◭ Funkcija F (x, y) = x2 − xy + 2y 2 + x − y − 1, skup A = R2 i taˇcka (0, 1) zadovoljavaju sve uslove iz ([2], II, Teorema 3.2.1 i Stav 3.2.1 ili Teorema 1.7.III iz [9], I). Zaista, A je otvoren skup; (0, 1) ∈ A; F : A → R je neprekidna funkcija (zašto?); F (0, 1) = 0; Fy postoji za svako (x, y) ∈ A i Fy je neprekidna funkcija na A i vaˇzi: Fy (0, 1) = (−x + 4y − 1)|(0,1) = 3 = 0; Fx takoñe postoji i neprekidna je funkcija na A; na kraju F ∈ C 1 (A) , tj. F je neprekidno diferencijabilna funkcija na A. Zato postoji okolina U taˇcke (0, 1) u skupu A u kojoj jednaˇcina u zadatku definiše jedinstvenu funkciju y = f (x) , za koju je f (0) = 1. Ta funkcija je zatim u odgovarajućoj okolini nule diferencijabilna i vaˇzi f ′ (x) = −

Fx (x, y) 2x − y + 1 =− , Fy (x, y) −x + 4y − 1

2·0−1+1 = 0. Naravno, funkcija f u dobijenoj okolini nule ima tj. f ′ (0) = − −0+4·1−1 i drugi izvod (uveriti se u to- prema navedenim teoremama) i on je jednak:

f ′′ (x) = −

(2 − y ′ ) (−x + 4y − 1) − (2x − y + 1) (−1 + 4y ′ ) (−x + 4y − 1)2

′

tj. f ′′ (0) = − (2−0 )(−0+4·1−1)−(2·0−1+1)(−1+4·0) = − 23 . ◮ (−0+4·1−1)2

Napomena. a) f ′ (0) i f ′′ (0) se mogu dobiti i dva puta formalnim nalaˇzenjem izvoda date funkcije. Zaista, 2x − y − x · y ′ + 4yy′ + 1 − y ′ = 0.

Uzimajući da je x = 0, y = 1, dobija se y ′ (0) = 0. Ponovnim uzimanjem izvoda i zamenjivanjem: x = 0, y = 1, y ′ = 0 dobija se: 2 − 2y ′ − xy ′′ + 4y ′ y ′ + 4yy ′′ − y ′′ = 0 tj. y′′ (0) = − 23 . b) U rešenju se pominje odgovarajuća okolina nule, dobijena okolina nule,....Studentu treba da bude jasno, da je ta okolina nule upravo projekcija okoline taˇcke (0, 1) iz R2 (koja postoji na osnovu teoreme) na x−osu. 1.50 Naći izvode prvog i drugog reda implicitne funkcije y = f (x) , zadate jednaˇcinom y − 2x arctan xy = 0.


36 ◭ Ovde je

1 2x2 y 2 − x2 = 1 − = = 0, za y = ±x. 2 y 2 + x2 y 2 + x2 1 + xy 2 x y y y 1 2xy = −2 arctan − 2x · · − 2 = −2 arctan + 2 ; 2 y x x x y + x2 1 + x2

Fy = 1 − 2x · Fx

y F (x, y) = y − 2x arctan , x = 0. x 1

·

Primenom teoreme o implicitnoj funkciji sa realnim vrednostima ([2], II, Teorema 3.2.1 i Stav 3.2.1 ili [9], I, Teorema 1.7.III) dobija se da u nekoj okolini svake taˇcke (x, y) iz domena, jednakost F (x, y) = 0 definiše jedinstvenu funkciju y = f (x) . Ta funkcija je u odgovarajućoj okolini taˇcke x diferencijabilna i njeni izvodi y ′ (x) i y ′′ (x) su jednaki: y 1 y y′ y ′ − 2 arctan − 2x · − + = 0, 2 x x2 x 1 + xy tj. koristeći vezu y − 2x arctan xy = 0, dobija se jednaˇcina: y′ −

y 2x ′ − 2 xy − y = 0. 2 x x +y

Iz poslednje jednaˇcine neposredno sledi da je y ′ = xy . Diferencirajući dobijenu ′ jednaˇcinu dobija se y ′′ = xyx2−y = 0. ◮ Napomena. Stavljajući da je xy = t, x = 0, data jednaˇcina postaje t = 2 arctan t. Ona ima tri rešenja: t = −t0 , t = 0, t = t0 odakle sledi da polazna jednaˇcina (F (x, y) = 0) definiše tri linearne funkcije: y = −t0 x, y = 0, y = t0 x, x = 0. 1.51 Dokazati da jednaˇcina z 3 − xyz + y 2 = 16 definiše u nekoj okolini taˇcke (1, 4, 2) jedinstvenu implicitnu funkciju z = f (x, y) . Naći njene parcijalne izvode zx (x, y) , zx2 (x, y) , zx (1, 4) i zx2 (1, 4) . ◭ Ovde je F (x, y, z) = z 3 − xyz + y 2 − 16, A = R2+1 , F (1, 4, 2) = 0, Fz (1, 4, 2) = 8 = 0, gde je Fz = 3z 2 − xy. Dakle ispunjeni su svi uslovi iz ([2], II, Teorema 3.2.2 ili [9], I Teorema 3.7.III) i zato sledi tvrñenje iz zadatka. Za nalaˇzenje parcijalnog izvoda zx (x, y) jedinstvene funkcije z = f (x, y) koristi se formula: zx (x, y) = −

Fx −yz yf (x, y) =− 2 = 2 . Fz 3z − xy 3f (x, y) − xy

1.2. REŠENI ZADACI

37

Uzimanjem zatim prvog izvoda po x (izvod koliˇcnika) i zamenjivanjem zx (x, y) svojom vrednošću, dobija se traˇzeni parcijalni izvod drugog reda: zx2 = −

2xy 3 f (x, y) . (3f 2 (x, y) − xy)2

(1.4) 4·2 2·1·64·2 Zatim je zx (1, 4) = 3·f4·f = −0, 5. ◮ 2 (1,4)−4 = 12−4 = 1 i zx2 = − 64·8 Napomena. a) Prvi deo zadatka je teorijskog karaktera-treba samo prepoznati teoremu koju treba primeniti, tj. ˇcije uslove treba proveriti. b) Uzimanjem dva puta izvode leve i desne strane po promenljivoj x, mogu se dobiti traˇzeni parcijalni izvodi. Zaista,

3z 2 zx − yz − xyzx = 0 i 6zzx2 + 3z 2 zx2 − 2yzx − xyzx2 = 0,

4·2 odakle sledi zx = 3z2yz i zx (1, 4) = 12−4 = 1, i sliˇcno zx2 i zx2 (1, 4) . −xy 2 2 1.52 Dokazati da jednaˇcina x + y + z 2 = a2 definiše jedinstvenu implicitnu fuinkciju z = f (x, y) u nekoj okolini taˇcke M0 (x0 , y0 , z0 ) , gde je z0 = a2 − x20 − y02 = 0, i naći a) parcijalne izvode zx i zxy ; b) diferencijale dz i d2 z. ◭ S obzirom da je z0 = 0, to su ispunjeni svi uslovi više puta navoñene teoreme o implicitnoj funkciji ([2], II, Teorema 3.2.2 ili [9], I, Teorema 3.7.III). Neka student detaljno proveri. Odatle i sledi rešenje prvog dela zadatka. a) Diferencirajući datu jednakost redom po x i y dobija se:

2x + 2zzx = 0 i 2y + 2zzy = 0, tj. x+ zzx = 0 i y +zzy = 0. Odatle je zx = x + zzx = 0 po y dobija se

−x z .

Ako se diferencira jednaˇcina

zy zx + zzxy = 0, tj. zy zx zx y y x y xy =− − = zx · 2 = − · 2 = − 3 , z z z z z z z gde je u svim sluˇcajevima z = f (x, y) jedinstvena funkcija u nekoj okolini taˇcke (x, y) . b) Nalaˇzenjem totalnog diferencijala leve i desne strane jednakosti x2 + 2 y + z 2 = a2 dobija se zxy = −

2xdx + 2ydy + 2zdz = 0.

38


Ponovnim uzimanjem diferencijala sledi 2 (dx)2 + 2 (dy)2 + 2 (dz)2 + 2zdz 2 = 0. Iz poslednje dve jednakosti nalaze se dz i d2 z, tj. dz = − xz dx − yz dz i d2 z = −

x2 + z 2 2xy y2 + z2 2 (dx) − dxdy − (dy)2 , z3 z3 z3

gde je u oba sluˇcaja z = f (x, y) . Sada se mogu dobiti parcijalni izvodi prvog i drugog reda funkcije z = f (x, y) : x y x2 + z 2 xy y2 + z 2 zx = − , zy = − , zx2 = − , z = − , z . 2 = − xy y z z z3 z3 z3 1.53 Naći izvode prvog i drugog reda implicitnih funkcija x (z) i y (z) u taˇcki z = 2, zadatih sistemom jednaˇcina x2 + y 2 = 0.5z 2 , x + y + z = 2, sa x (2) = 1, y (2) = −1. ◭ Funkcije F1 (x, y, z) = x2 + y 2 − 0.5z 2 i F2 (x, y, z) = x + y + z − 2 su diferencijabilne u proizvoljnoj okolini taˇcke M (1, −1, 2) . Njihovi parcijalni izvodi F1x = 2x, F1y = 2y, F2x = 1, F2y = 1 su neprekidne funkcije u taˇcki M. Zatim je F1 (1, −1, 2) = F2 (1, −1, 2) = 0. Na kraju jakobijan funkcija F1 i F2 po promenljivim x i y u taˇcki M je:

D (F1 , F2 )

2 −2

= = 4 = 0. 1 1 D (x, y)

Ispunjeni su svi uslovi ([2], II, Teorema 3.3.1 ili [9], I, Teorema 3.7.III) da dati sistem odreñuje jedinstven par diferencijabilnih funkcija x (z) i y (z) u odgovarajućoj okolini taˇcke z = 2. Pretpostavljajući da su u sistemu x i y funkcije od z i uzimajući izvod po z dobija se sistem po nepoznatim x′ (2) i y ′ (2) : 2xx′ + 2yy ′ = z i x′ + y ′ + 1 = 0. Stavljajući x = 1, y = −1, z = 2, sistem postaje: x′ (2) − y′ (2) = 1 i x′ (2) + y ′ (2) = −1,

1.2. REŠENI ZADACI

39

odakle se dobija x′ (2) = 0, y ′ (2) = −1. Ponovnim uzimanjem izvoda po promenljivoj z dobija se sistem: 2 2 2 x′ + 2xx′′ + 2 y ′ + 2yy ′′ = 1 i x′′ + y ′′ = 0.

Iz ovog sistema za x = 1, y = −1, z = 2, x′ (2) = 0, y ′ (2) = −1, dobija se x′′ (2) = −0, 25, y ′′ (2) = 0, 25. ◮ Napomena. Rešenje ovog zadatka moˇze da koristi studentu za razumevanje implicitnih funkcija sa vektorskim vrednostima, ako promeni oznake iz ([2], II ili [9], I) i proveri da li su ispunjeni uslovi glavne teoreme. Imajući to u vidu, prethodni zadatak bi glasio: Naći y1′ (0) , y2′ (0) , y1′′ (0) i y2′′ (0) implicitnih funkcija y1 (x) i y2 (x) u taˇcki x1 = 2 zadatih sistemom: y12 + y22 − 0, 5x21 = 0, y1 + y2 + x1 − 2 = 0, sa y1 (2) = 1, y2 (2) = −1. Ovde je n = 2, m = 1 : F1 (x1 , y1 , y2 ) = y12 + y22 − 0, 5x21 F2 (x1 , y1 , y2 ) = y1 + y2 + x1 − 2 y1 = f1 (x1 ) , y2 = f2 (x1 ) F = (F1 , F2 ) , f = (f1 , f2 ) , (x) = (x1 ) , (y) = (y1 , y2 ) , (x, y) = (x1 , y1 , y2 ) Uporeñujući sa oznakama iz [2], II ili [9], I za nalaˇzenje izvoda y1′ (x1 ) , y2′ (x1 ) dobija se matriˇcna jednakost: −1 ′ y1 (x1 ) F1y1 F1y2 F1x1 =− · , tj. y2′ (x1 ) F2y1 F2y2 F2x1

y1′ (0) y2′ (0)

−1 −x1 2y1 (0) 2y2 (0) = − · 1 1 1 −1 −2 0 2 −2 = · =··· = . 1 −1 1 1

Dobro proraditi [2], II, Stav 3.3.1 ili [9], I, Teorema 3.7.III. 1.54 Dokazati da implicitna funkcija z = f (x, y) definisana jednaˇcinom: y x2 + y2 + z 2 = yg , z


40

gde je g proizvoljna diferencijabilna funkcija, zadovoljava uslov: 2 x − y 2 − z 2 zx + 2xyzy = 2xz.

◭ U taˇckama (x, y, z) ∈ R3 gde funkcija F (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 −yg zadovoljava sve uslove teoreme o implicitnoj funkciji dobija se: zx = −

y z

Fx Fy , zy = − , gde je Fz Fz y

y y2 − g ′ , Fz = 2z + 2 g ′ . z z z Nakon zamenjivanja i paˇzljivog raˇcuna uz korišćenje veze F (x, y, z) = 0, dobija se traˇzena jednakost. ◮ Napomena. a) Parcijalni izvodi zx i zy implicitne funkcije definisane jednakošću F (x, y, z) = 0, nalaze se i na sledeći naˇcin: Nañu se diferencijali prvog i drugog reda obeju strana jednakosti: y x2 + y 2 + z 2 = yg , tj. z y y y2 ′ y 2xdx + 2ydy + 2zdz = g dy + g dy − 2 dz , z z z z Fx = 2x, Fy = 2y − g

odakle sledi da je

−2xdx + g yz + yz g′ yz − 2y dy dz = , 2 2z + yz2 g′ yz

odnosno, ˇcitaju se zx i zy : zx =

−2x

2z +

y2 ′ y z2 g z

i zy =

g

y z

+ yz g ′

2z +

y

z − 2y . y2 ′ y z2 g z

b) Diferencijal dz neke funkcije sa dve promenljive u fiksiranoj taˇcki (x0 , y0 ) student mora da razume kao linearno preslikavanje iz R2 (vektorskog rostora) u R1 (vektorski prostor) koje dejstvuje po propisu: m dz ((m, n)) : = [zx (x0 , y0 ) zy (x0 , y0 )]1×2 · n 2×1 = [zx (x0 , y0 ) · m + zy (x0 , y0 ) · n]1×1 ∈ R.

Zapis dz = zx dx + zy dy (m = dx, n = dy) koji se ˇcesto sreće u literaturi, daleko je od pravog znaˇcenja diferencijala.

1.2. REŠENI ZADACI

41

1.55 Neka je preslikavanje f : R3 → R definisano sa f (x, y1 , y2 ) = x2 y1 +ex +y2 . Dokazati da postoji diferencijabilna realna funkcija g na nekoj okolini taˇcke (1, −1) ∈ R2 takva da je u toj okolini f (g (y1 , y2 ) , y1 , y2 ) = 0. Izraˇcunati g′ (1, −1) . ◭ Kako je f (x, 1, −1) = x2 +ex −1 = 0 za x = 0 (dokazati jedinstvenost), to su ispunjeni svi uslovi teoreme o implicitnoj funkciji više promenljivih ([2], II, Teorema 3.2.2) tj. teoreme o implicitnoj funkciji-opšti sluˇcaj ([9], I, Teorema 3.7.III) za taˇcku (0, 1, −1) i funkciju f (x, y1 , y2 ) = x2 y1 + ex + y2 . Zaista, fx (0, 1, −1) = 1 = 0 a neprekidnost funkcija f i fx je oˇcigledna. Zato postoji okolina taˇcke (1, −1) ∈ R2 (sa osama y1 , y2 ) na kojoj je definisana jedinstvena funkcija x = x (y1 , y2 ) , tj. traˇzena funkija g (y1 , y2 ) . Prema istoj teoremi postoji g′ (1, −1) i g ′ (1, −1) = [gy1 (1, −1) gy2 (1, −1)] , gde je 2 x fy (0, 1, −1) 0 (0,1,−1) gy1 (1, −1) = − 1 =− = − = 0, x fx (0, 1, −1) (2xy1 + e )|(0,1,−1) 1

gy2 (1, −1) = −

fy2 (0, 1, −1) 1 = − = −1. fx (0, 1, −1) 1

Dakle, g′ (1, −1) = [0 − 1] − matrica tipa 1 × 2. ◮ Napomena. Ako se preformuliše prethodni zadatak kao: “Dokazati da preslikavanje F : R3 → R definisano sa F (x1 , x2 , y) = y 2 x1 + ey + x2 ima osobinu: postoji diferencijabilna realna funkcija f na nekoj okolini taˇcke (1, −1) ∈ R2 takva da je u toj okolini F (x1 , x2 , f (x)) = 0. Izraˇcunati f ′ (1, −1) ”, onda je provera uslova teorema iz [2] ili [9] znatno lakša. 1.56 Dokazati da je u nekoj okolini ]−r, r[ , r > 0 taˇcke 0, jedinstveno odreñena funkcija f klase C 1 koja zadovoljava uslove: e2x cos f (x) + ef (x) cos 2x = 2, x ∈ ]−r, r[ , i f (0) = 0.

Izraˇcunati f ′ (0) . ◭ Funkcija F (x, y) = e2x cos f (x) +ef (x) cos 2x −2, je definisana i neprekidna u ravni R2 ; F (0, 0) = 0; Fy (x, y) = −e2x cos y · 2x sin y + ey cos 2x · cos 2x postoji i neprekidna je funkcija u celoj ravni R2 ; Fy (0, 0) = 1 = 0. Ispunjeni su dakle uslovi teoreme o egzistenciji implicitne funkcije ([2], II, ili [9], I) odakle sledi postojanje okoline ]−r, r[ taˇcke 0 u kojoj postoji jedinstvena funkcija y = f (x) koja zadovoljava navedene uslove. Ona je klase C 1 jer je Fx oˇcigledno neprekidna funkcija. Izvod f ′ (0) se raˇcuna po formuli 2x cos y y cos 2x · 2 sin 2x e · 2 cos y − e (0, 0) F (0,0) x f ′ (0) = − =− = −2. ◮ Fy (0, 0) 1


42

1.57 a) Proveriti da sistem jednaˇcina x1 y1 + cos (x2 y2 ) = 0, ex1 x2 + y1 y2 = 0, definiše neprekidno diferencijabilnu funkciju x = ϕ (y) , x = (x1 , x2 ) , y = (y1 , y2 ) u okolini taˇcke b = (−1, 1) koja tu taˇcku preslikava u taˇcku a = (1, 0) ; b) Odrediti izvod funkcije ϕ u taˇcki b; c) Odrediti linearnu aproksimaciju funkcije ϕ u okolini taˇcke b. ◭ a) Funkcija f : R2 × R2 → R2 definisana sa f (x, y) = (x1 y1 + cos (x2 y2 ) , ex1 x2 + y1 y2 ) je neprekidno diferencijabilna i pri tom je y1 −y2 sin (x2 y2 ) x1 −x2 sin (x2 y2 ) , fy = . fx = x2 ex1 x2 x1 ex1 x2 y2 y1 Sledi da je fx (a, b) =

−1 0 0 1

, fy (a, b) =

1 0 1 −1

.

Kako je f (a, b) = 0 i det fx (a, b) = 0, postoje okolina U taˇcke a i okolina V taˇcke b i neprekidno diferencijabilna funkcija ϕ : V → U takva da je za x∈U iy∈V f (x, y) = 0 ⇔ x = ϕ (y) . b) −1

′

ϕ (b) = −fx (a, b)

· fy (a, b) = −

−1 0 0 1

1 0 1 0 · = . 1 −1 −1 1

c) ϕ (y) ≈ ϕ (b) + ϕ′ (b) (y − b) 1 1 0 y1 + 1 y1 + 2 = + = . 0 −1 1 y2 − 1 −y1 + y2 − 2 1.58 Odrediti lokalne ekstremume implicitne funkcije z = f (x, y) , zadate jednaˇcinom: F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 2x + 2y − 4z − 10 = 0.

1.2. REŠENI ZADACI

43

◭ Stacionarne taˇcke funkcije z = z (x, y) dobijaju se rešavanjem sistema Fx = 2x − 2 = 0, Fy = 2y + 2 = 0, F (x, y, z) = 0, odakle slede taˇcke M1 (1, −1, −2) i M2 (1, −1, 6) . Pošto je Fz (M1 ) = −8 = 0 i Fz (M2 ) = 8 = 0, to su ispunjeni svi uslovi osnovne teoreme o implicitnoj funkciji sa dve promenljive. Dakle, u nekoj okolini svake od taˇcaka M1 i M2 postoje jedinstvene funkcije z = f1 (x, y) i z = f2 (x, y) , za koje je f1 (1, −1) = −2 i f2 (1, −1) = 6. Taˇcka (1, −1) je dakle taˇcka mogućeg lokalnog ekstremuma za svaku od funkcija f1 i f2 . Zato treba naći d2 z u svakoj od njih. Polazeći od date jednaˇcine F (x, y, z) = 0, dobija se 2xdx + 2ydy + 2zdz − 2x + 2dy − 4dz = 0, tj. (dx)2 + (dy)2 + zd2 z + (dz)2 − 2d2 z = 0,

odnosno d2 z =

(dx)2 + (dy)2 + (dz)2 (dx)2 + (dy)2 = , z = 2. 2−z 2−z

Kako je dz (1, −1) = 0, to je 1 1 d2 f1 (1, −1) = (dx)2 + (dy)2 > 0, d2 f2 (1, −1) = − (dx)2 + (dy)2 < 0. 4 4

Ovo znaˇci da funkcija f1 postiˇze u taˇcki (1, −1) lokalni minimum jednak −2, a funkcija f2 ima u taˇcki (1, −1) lokalni maksimum jednak 6. ◮ Napomena. Data jednaˇcina F (x, y, z) = 0 se moˇze svesti na oblik: (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 16,

koji predstavlja jednaˇcinu sfere polupreˇcnika r = 4, sa centrom u taˇcki (1, −1, 2) . Najviša i najniˇza taˇcka sfere su maksimalna i minimalna vrednost funkcije z = f1 (x, y) gornje i z = f2 (x, y) donje polusfere. 1.59 Dokazati da implicitna funkcija z = f (x, y) definisana jednaˇcinom F (x − az, y − bz) = 0, gde je (u, v) → F (u, v) proizvoljna diferencijabilna funkcija (a, b su konstante), zadovoljava uslov: a · zx + b · zy = 1.


44

◭ Uzimanjem diferencijala funkcije F dobija se F1′ · (dx − adz) + F2′ · (dy − bdz) = 0 tj. (aF1′ + bF2′ ) · dz = F1′ dx + F2′ dy. Odatle je zx =

F1′ F2′ i z = , y aF1′ + bF2′ aF1′ + bF2′

aF ′ +bF ′

odnosno a·zx +b·zy = aF1′ +bF2′ = 1, što je i dokaz tvrñenja. Napomenimo da 1 2 je F1′ je izvod funkcije F po prvom, a F2′ njen izvod po drugom argumentu. ◮ 1.60 Dokazati da implicitna funkcija z = f (x, y) definisana jednaˇcinom z z F x + y , y + x = 0, gde je (u, v) → F (u, v) proizvoljna diferencijabilna funkcija, zadovoljava uslov: xzx + yzy = z − xy. ◭ Sliˇcno kao u prethodnom zadatku dobija se: ydz − zdy xdz − zdx ′ F1′ · dx + · dy + + F = 0, 2 y2 x2 odnosno

x zF1′ − y 2 F2′ y zF2′ − x2 F1′ dz = dx + dy, x (xF1′ + yF2′ ) y (xF1′ + yF2′ )

odakle se nalaze zx i zy . Njihovim mnoˇzenjem redom sa x i y i sabiranjem dobija se traˇzena jednakost. ◮ 1.61 Sistem jednaˇcina x cos u + y sin u + ln z = g (u) , −x sin u + y cos u = g ′ (u) , gde je g proizvoljna diferencijabilna funkcija, definiše implicitne funkcije z = f1 (x, y) , u = f2 (x, y) . Dokazati da funkcija z = f1 (x, y) zadovoljava uslov: (zx )2 + (zy )2 = z 2 . ◭ Diferencirajem prve jednaˇcine sistema dobija se dz (cos u) · dx + (sin u) · dy + −x sin u + y cos u − g ′ (u) du + = 0. z

1.2. REŠENI ZADACI

45

Na osnovu druge jednaˇcine sistema sledi da je dz = −z (cos u) · dx − z (sin u) · dy. Dakle, zx = −z cos u, zy = −z sin u, odakle je

(zx )2 + (zy )2 = (−z cos u)2 + (−z sin u)2 = z 2 cos2 u + sin2 u = z 2 . ◮

1.62 Dokazati da su funkcije y1 = x1 + x2 i y2 = x1 x2 nezavisne u proizvoljnoj okolini taˇcke O (0, 0) . ◭ Jakobijan funkcija y1 , y2 po promenljivima x1 i x2 glasi

1 1 D (y1 , y2 )

= x1 − x2 . = D (x1 , x2 ) x2 x1

On je oˇcigledno jednak nuli u taˇcki O (0, 0) . Inaˇce u proizvoljnoj okolini taˇcke O (0, 0) postoji taˇcka M0 (x1 , x2 ) u kojoj je x1 = x2 , i dakle jakobijan u toj taˇcki nije nula. To znaˇci da su na osnovu ([4], Teorema 5, strana 71) funkcije y1 i y2 nezavisne u proizvoljnoj okolini taˇcke O (0, 0) . ◮ Napomena Nezavisnost funkcija y1 i y2 moˇze se pokazati i na sledeći naˇcin: Neka su y1 i y2 zavisne u nekoj okolini taˇcke O (0, 0) . Onda u toj okolini ili y1 zavisi od y2 , ili y2 zavisi od y1 . Neka na primer y1 zavisi od y2 , tj. y1 = F (y2 ) i dakle x1 + x2 = F (x1 x2 ) za sve taˇcke (x1 , x2 ) iz uzete okoline. Za taˇcke (x1 , 0) − taˇcke prve ose: x1 = F (0) = const., a to je suprotno ˇcinjenici da se x1 menja duˇz x1 ose. To znaˇci da y1 ne zavisi od y2 . Ako se pretpostavi da y2 zavisi od y1 , tj. y2 = F (y1 ) , odnosno x1 x2 = F (x1 + x2 ) za sve taˇcke (x1 , x2 ) iz uzete okoline, odatle za taˇcke (x1 , −x1 ) (taˇcke koje pripadaju pravoj x2 = −x1 ) sledi −x21 = F (0) = const., što protivureˇci ˇcinjenici da se x1 menja duˇz navedene prave. Dakle, y2 ne zavisi od y1 , tj. funkcije y1 i y2 su nezavisne u proizvoljnoj okolini taˇcke O (0, 0) . 1.63 Ispitati zavisnost funkcija y1 = x1 + x2 + x3 + x4 , y1 = x1 − x2 + x3 − x4 , y1 = (x1 + x3 )2 + (x2 + x4 )2 .

◭ Funkcionalna matrica sastavljena od parcijalnih izvoda funkcija y1 , y2 , y3 glasi:   1 1 1 1 . A= 1 −1 1 −1 2 (x1 + x3 ) 2 (x2 + x4 ) 2 (x1 + x3 ) 2 (x2 + x4 )


46

Rang matrice A je 2, jer su svi minori trećeg reda jednaki nuli (zašto?). Zato su funkcije sistema zavisne u celom prostoru R4 (obnoviti definiciju pojma i osnovnu teoremu [2], II, Teorema 3.5.1 ili [9], I, Teorema 5.7.III). ◮ Napomena. Na osnovu matrice A i navedene teoreme iz [2], II tj. [9], I moˇze se dati opseˇznija diskusija o nezavisnosti funkcija y1 , y2 , y3 . Na osnovu toga su y1 i y2 nezavisne u proizvoljnoj okolini svake taˇcke M (x1 , x2 , x3 , x4 ) prostora R4 , a to znaˇci da su takve i u celom prostoru. Dalje, funkcija y3 zavisi od y1 i y2 u nekoj okolini svake taˇcke prostora R4 . Odatle ne sledi da y3 zavisi od y1 i y2 u celom prostoru (zadatak 1.32). Meñutim u ovom 2 2 sluˇcaju je y3 = 0, 5 y1 + y2 , tj. y3 zavisi od y1 i y2 u celom prostoru. Opet se zakljuˇcuje da su funkcije y1 , y2 , y3 zavisne u R4 . 1.64 Date su funkcije,  2 2  x , x ≥ 0, x , x ≥ 0, 0, − 1 < x < 0, y2 = y1 = 0, x < 0,  (x + 1)2 , x ≤ −1.

Dokazati da y1 zavisi od y2 u nekoj okolini proizvoljne taˇcke brojne prave, ali y1 ne zavisi od y2 na celoj brojnoj pravoj. ◭ Za sve x ∈ R moˇze se naći takva okolina u kojoj se zavisnost y1 od y2 za x > −1 izraˇzava formulom y1 = F1 (y2 ) = y2 , dok za x ≤ −1 formulom y1 = F2 (y2 ) . Dakle, y1 zavisi od y2 u nekoj okolini taˇcke x ∈ R. Ali, y1 ne zavisi od y2 na celoj brojnoj pravoj R. Zaista, ako nije tako, onda postoji diferencijabilna funkcija F (y2 ) takva da je za sve x ∈ R : y1 = F (y2 ) . Pogledati ([2], II ili [9], I- o nezavisnosti funkcija). Poslednja jerdnakost postaje identitet prilikom zamene y1 = y1 (x) i y2 = y2 (x) : y1 (x) = F (y2 (x)) . Stavljajući u ovu jednakost x = −2, dobija se y1 (−2) = 0, y2 (−2) = 1, tj. F (1) = 0. Uzimajući zatim x = 1, dobija se iz y1 (1) = 1, y2 (1) = 1, da je F (1) = 1. Jednakosti F (1) = 0 i F (1) = 1 protivureˇce jedna drugoj. Dobija se dakle da funkcija y1 ne zavisi od y2 na celoj brojnoj pravoj. ◮

1.2.7

Vezani ekstremumi

1.65 Odrediti lokalne ekstremume funkcije u = x+y+z 2 ako je z−x = 1, y − xz = 1, koristeći Lagranˇzovu funkciju. ◭ Lagranˇzova funkcija je F (x, y, z, λ, µ) = x + y + z 2 + λ (z − x − 1) + µ (y − xz − 1) . Rešavanjem sistema Fx = 1 − λ − µz = 0

1.2. REŠENI ZADACI

47 Fy Fz Fλ Fµ

= 1 + µ = 0, = 2z + λ − µx = 0, = z − x − 1 = 0, = y − xz − 1 = 0,

dobijaju se taˇcke u kojima funkcija F moˇze da ima lokalne ekstremume. Pošto je µ = −1, to je sistem ekvivalentan sistemu 1 − λ + z = 0, 2z + λ + x = 0, z − x − 1 = 0, y − xz − 1 = 0, odakle se dobija λ = 1, x = −1, z = 0, y = 1. Znaˇci taˇcka N (−1, 1, 0) je jedina u kojoj funkcija u = x + y + z 2 moˇze pod datim uslovima da ima lokalni ekstremum. S obzirom da je Fx2 = Fy2 = 0, Fz2 = 2, Fxy = Fyz = 0, Fxz = −µ, imamo d2 F (N) = 2 (dz)2 + 2dzdx. Iz datih uslova z − x = 1 i y − xz = 1 sledi dz − dx = 0 i dy − xdz − zdx = 0,

tj. u taˇcki N je dz − dx = 0 i dy + dz = 0. Zato je d2 F (N ) = 4 (dx)2 > 0, tj. u taˇcki N funkcija u pod datim uslovima postiˇze (uslovni) minimum umin = 0. ◮ Napomena. a) Forma d2 F (N ) = 4 (dx)2 je pozitivno definitna, jer ako je dx = 0 onda je dy = 0, odnosno i dz = 0. To je nemoguće, jer se pretpostavlja da je bar jedna od promenljivih dx, dy, dz, ... razliˇcita od nule. b) Student ne sme da zaboravi da nañe rang matrice ϕ1x ϕ1y ϕ1z −1 0 0 = ϕ2x ϕ2y ϕ2z −z 1 −x na skupu S rešenja sistema: ϕi (x, y, z) = 0, i = 1, 2. U ovom sluˇcaju on je 2. Osnovna pretpostavka o skupu S je ispunjena ([2], II, strana 88 ili [9], I, strana 254). 1.66 Metodom eliminacije promenljivih naći lokalne ekstremume funkcije u = x + y − z ako je 4x3 + 4y 3 + 4z 3 + 12x + 12y + 12z = 13 x + y = 1.


48 ◭ Ako se sa

F1 (x, y, z) = 4x3 + 4y 3 + 4z 3 + 12x + 12y + 12z − 13 i F2 (x, y, z) = x + y − 1 oznaˇce funkcije koje se dobijaju iz datih uslova, one su nezavisne jer je rang matrice F1x F1y F1z 12x2 + 12 12y 2 + 12 12z 2 + 12 = 1 1 0 F2x F2y F2z njihovih parcijalnh izvoda jednak 2 (proveriti) u svakoj taˇcki (x, y, z) ∈ R3 . Pošto je D (F1 , F2 ) = − 12x2 + 12 = 0, D (y, z)

dati sistem definiše jedinstvene funkcije y = y (x) , z = z (x) , dva puta diferencijabilne u nekoj okolini svake taˇcke (x, y, z) koja zadovoljava sistem. Zamenjujući te funkcije u izrazu za u = x+y −z dobija se funkcija u = u (x) sa jednom promenljivom. Uzimanjem diferencijala obeju strana jednaˇcina sistema dobija se 2 x + 1 dx + y 2 + 1 dy + z 2 + 1 dz = 0, dx + dy = 0,

tj. dy = −dx, dz = 1−2x 1+z2 dx. S obzirom da iz date funkcije u = x + y − z sledi du = dx + dy − dz, to je du =

2x − 1 2x − 1 dx = 2 dx. 2 z +1 z (x) + 1

1 1 ′ Odavde 1 1 se dobija da je u (x) = 0, za x = 2 , tj. y = 2 i z = 0. Dakle, taˇcka ca taˇcka lokalnog ekstremuma. Pošto je 2 , 2 0 je mogu´ 2 z 2 (x) + 1 − (2x − 1) (2z · z ′ (x)) ′′ u (x) = , (z 2 (x) + 1)2 to je u′′ 12 = 2 > 0. Dakle, funkcija u taˇcki 12 , 12 , 0 ima lokalni minimum jednak 1. ◮ Napomena. Ovo je tipiˇcan primer zadatka gde se primenjuje implicitnost. Funkcije y = y (x) i z = z (x) , za koje je pokazano da postoje zamenjene su u dati sistem i onda je izvršeno diferenciranje. Neka student proba da reši zadatak koristeći Lagranˇzovu funkciju ili na neki drugi naˇcin. 1.67 Metodom eliminacije promenljivih naći lokalne ekstremume funkcije u = x + y + z 2 ako je z − x = 1, y − xz = 1.

1.2. REŠENI ZADACI

49

◭ Rešavanjem datog sistema po y i z dobija se: y = x2 + x + 1, z = x + 1, tako da u postaje funkcija sa jednom promenljivom, tj. u (x) = 2x2 + 4x + 2. Pošto je u′ (x) = 4x+4, u′′ (x) = 4, to je umin = u (−1) = 0, odnosno imamo da je umin (−1, 1, 0) = 0. ◮ 1.68 a) Neka taˇcka M0 (x0 , y0 ) zadovoljava jednaˇcinu x2 − (x + 1) arctan y = 0, x > −1. 2 Dokazati da postoji neprekidno diferencijabilno rešenje y = f (x) date jednaˇcine, takvo da kriva koju ono predstavlja prolazi kroz taˇcku M0 (x0 , y0 ) i jedinstveno je u nekoj okolini te taˇcke. b) Dokazati da postoji taˇcka M0 (x0 , y0 ) takva da odgovarajuće rešenje y = f (x) date jednaˇcine ima minimum za x = x0 . 2 ◭ a) Ovde je F (x, y) = x2 − (x + 1) arctan y, neprekidna funkcija u delu x+1 ravni R2 gde je x > −1, i Fy = − 1+y 2 = 0. S obzirom da su ispunjeni svi uslovi teoreme o implicitnoj funkciji (neka student proveri sve uslove) to je prvi deo zadatka rešen. b) Iz uslova y ′ (x) = 0, tj. Fx = 0, dobijamo x − arctan y = 0, što sa polaznom jednaˇcinom x2 − (x + 1) arctan y = 0, 2 daje x = 0 ili x = −2 < −1. Ostaje da se proveri da funkcija koju definiše jednakost ima u nuli minimum. To je jasno, jer iz jednakosti x2 = arctan y, 2 (x + 1) za x = 0, sledi da je y > 0. ◮ 1.69 Odrediti supremum i infimum funkcije u (x, y) = x2 + y 2 − 12x + 6y ako je x2 + y 2 ≤ 25. ◭ S obzirom da je domen funkcije kompaktan podskup od R2 , to prema Vajerštrasovoj teoremi funkcija na njemu postiˇze maksimum (supremum) i minimum (infimum). Stacionarne taˇcke u unutrašnjosti kruga nalaze se rešavanjem sistema: ux = 2x − 12 = 0 i uy = 2y + 6 = 0. Pošto se rešenje sistema taˇcka (6, −3) nalazi van kruga, to na kruˇznici x = 5 cos t, y = 5 sin t, t ∈ [0, 2π[


50

funkcija postiˇze najmanju i najveću vrednost. Sada je u (x, y) = u (t) = 25 − 60 cos t + 30 sin t, te je u′ (t) = 60 sin t + 30 cos t i u′′ (t) = 60 cos t − 30 sin t.

Dakle, iz u′ (t) = 0 tj. tan t = − 12 , sledi da postoje t0 , t1 ∈ [0, 2π[ u kojim funkcija postiˇze najmanju (u′′ (t1 ) > 0) i najveću (u′′ (t0 ) < 0) vrednost. Pošto je 1 2 1 2 sin t1 = − √ , cos t1 = √ i sin t0 = √ , cos t0 = − √ , 5 5 5 5 √ √ to je umin = u (t1 ) = 25 − 30 5 i umax = u (t0 ) = 25 + 30 5. ◮ Napomena. Neka student reši drugi deo zadatka pomoću Lagranˇzove funkcije F (x, y, λ) = z (x, y) + λ x2 + y 2 − 25

i proveri rešenje. 1.70 Naći supremum i infimum funkcije u = (x + y + z) e−(x+2y+3z) u oblasti x > 0, y > 0, z > 0. ◭ Taˇcke u kojima funkcija moˇze da ima lokalne ekstremume su rešenja sistema: ux = e−(x+2y+3z) − (x + y + z) e−(x+2y+3z) = 0, uy = e−(x+2y+3z) − 2 (x + y + z) e−(x+2y+3z) = 0, uz = e−(x+2y+3z) − 3 (x + y + z) e−(x+2y+3z) = 0,

odnosno sistema 1 = x + y + z, 1 = 2 (x + y + z) , 1 = 3 (x + y + z) , koji je nemoguć. Iz

lim

x→0,y→0

u (x, y, z) = 0 sledi da je

inf

x>0,y>0

z→0

u (x, y, z) = 0

z>0

na osnovu definicije graniˇcne vrednosti funkcije i infimuma skupa. Pošto je u (x, y, z) ≤ (x + y + z) e−(x+y+z) = te−t i kako funkcija t → te−t ima maksimum

1 e

za t = 1, to je

sup x>0,y>0

u (x, y, z) ≤

z>0

1 e.

Ako se domen funkcije (x > 0, y > 0, z > 0) proširi uslovom x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, onda se na rubu domena dobijaju sledeće funkcije: xe−x , ye−2y , ze−3z , (x + y) e−(x+2y) , (x + z) e−(x+3z) , (y + z) e−(2y+3z) .

1.2. REŠENI ZADACI

51

1 1 Prve tri imaju lokalne maksimume redom 1e za x = 1; 2e za y = 12 ; 3e za 1 z = 3 . Druge tri funkcije nemaju lokalnih maksimuma većih od maksimuma prve tri funkcije. Stoga je sup u (x, y, z) = 1e . ◮ x>0,y>0 z>0

1.71 Odrediti ekstremume funkcije u (x, y, z) = x + y + z na skupu A = {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y + z ≤ 1} . ◭ S obzirom da je A ⊂ R3 kompaktan podskup to na njemu funkcija postiˇze najmanju i najveću vrednost. U unutrašnjosti skupa, ona ne postiˇze lokalne ekstremume, jer nema stacionarnih taˇcaka. Ako su M, N, P redom preseˇcne taˇcke ravni x + y + z = 1 sa koordinatnim osama, onda u unutrašnjosti trouglova OMN, ONP i OMP funkcija takoñe ne postiˇze ekstremume (O je koordinatni poˇcetak). U svim taˇckama trougla MN P funkcija uzima vrednost 1. Na duˇzima OM, ON i OP ona ima redom vrednosti x, y, z. Dakle, umin = 0 = u (0, 0, 0) i umax = 1 = u (x, y, z) za sve (x, y, z) ∈△ MN P. ◮ 1.72 Neka su xk ∈ ]0, 1[ , 1 ≤ k ≤ m i nejednakost

m

k=1

1 1−xk

≥

m

xk = 1, m > 1. Dokazati

k=1

m2 m−1 .

◭ Treba naći lokalne ekstremume funkcije u (x1 , x2 , ..., xm ) =

m k=1

pod uslovom

m

k=1

1 1 − xk

xk = 1, xk ∈ ]0, 1[ , 1 ≤ k ≤ m. Uzimanjem uobiˇcajene

Lagranˇzove funkcije

F (x1 , x2 , ..., xm , λ) = u (x1 , x2 , ..., xm ) − λ

m k=1

xk − 1

!

i nakon proveravanja uslova osnovne teoreme o vezanim ekstremumima ([2], II ili [9], I) dobija se sistem za odreñivanje mogućih stacionarnih taˇcaka: Fxk =

m 1 − λ = 0, k = 1, m; Fλ = xk − 1. (1 − xk )2 k=1


52

S obzirom na uslove u zadatku lako se dobija da je M m2 jedina stacionarna taˇcka funkcije F. Zatim je (m−1)2 Fx2 = k

1

1 1 m , m , ..., m

1 , k = 1, m; Fxj xi = 0 za i = j, (1 − xk )3

Odatle se dobija totalni diferencijal drugog reda funkcije F u taˇcki M m2 za λ = (m−1) 2 : d2 F (M) =

,λ =

1

1 m , ..., m

m

m 2m3 2 2 2 dx = dxk > 0. k (1 − xk )3 (m − 1)3 k=1 k=1

m m Korišćena je ˇcinjenica, da iz uslova xk = 1 sledi dxk = 0. Dobija se k=1 1 k=1 1 1 dakle da funkcija u ima u taˇcki m , m , ..., m lokalni minimum, koji iznosi 1 m2 m · 1− 1 = m−1 . To znaˇci da je navedena nejednakost dokazana. ◮ m

Napomena. Data nejednakost trivijalno sledi primenom nejednakosti izmeñu harmonijske i aritmetiˇcke sredine na (pozitivne) brojeve 1 − xk , k = 1, m : m m 1 m−1 ≤ (1 − xk ) = . m m m 1 k=1

1−xk

k=1

1.73 Naći najkraće rastojanje taˇcke (0, 3, 3) od kruga K = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z 2 = 1, x + y + z = 1 .

◭ Ako je (x, y, z) proizvoljna taˇcka datog kruga onda je kvadrat rastojanja te taˇcke do taˇcke (0, 3, 3) jednak u (x, y, z) = x2 + (y − 3)2 + (z − 3)2 . Treba dakle naći minimum funkcije u pod uslovoma: x2 + y2 + z 2 = 1 i x + y + z = 1. Pošto je rang matrice ϕ1x ϕ1y ϕ1z 2x 2y 2z = ϕ2x ϕ2y ϕ2z 1 1 1 jednak 2 (manji od broja promenljivih, tj. manji od 3) gde su ϕi (x, y, z) = 0, i = 1, 2 date veze promenljivih, to se koristeći Lagranˇzovu funkciju F (x, y, z, λ, µ) = u (x, y, z) + λ x2 + y 2 + z 2 − 1 + µ (x + y + z − 1)

,

1.2. REŠENI ZADACI

53

odreñuje minimum funkcije u. Rešenja sistema Fx = 2x + 2λx + µ = 0, Fy = 2 (y − 3) + 2λy + µ = 0, Fz = 2 (z − 3) + 2λz + µ = 0, Fλ = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0, Fµ = x + y + z − 1 = 0, su moguće taˇcke lokalnih ekstremuma. Oduzimanjem druge od treće jednaˇcine dobija se 2 (z − y) (λ + 1) = 0, odakle sledi z = y ili λ = −1. Ako je λ = −1 onda se dobija µ = 0 iz prve jednaˇcine tj. µ = 6 iz druge jednaˇcine. Dakle λ = −1, tj. z = y, odnosno dobija se sistem x2 + 2y 2 = 1 i x + 2y = 1, ˇcija su rešenja (1, 0) i − 13 , 23 . Moguće taˇcke u kojima funkcija u postiˇze minimum su M1 (1, 0, 0) i M2 − 13 , 23 , 23 . Zbog u (M1 ) = 19, u (M2 ) = 11, √ taˇcka M2 kruga K je najbliˇza taˇcki (0, 3, 3) i od nje je udaljena za 11. ◮ 1.74 Data je funkcija u (x, y) =

x2 2 + 6a − x2 cos y, a > 0, 4a

√ a) Naći lokalne ekstremume funkcije u za koje je |x| < a 6; b) Naći najmanju i najveću vrednost funkcije u na skupu " √ # D = (x, y) ∈ R2 : |x| ≤ a 6 .

$ √ √ % ◭ a) Funkcija je definisana na otvorenom skupu −a 6, a 6 × R. U njegovim taˇckama imamo sistem: x x −√ cos y = 0 2a 6a2 − x2 uy = − 6a2 − x2 sin y = 0, √ ˇcija su rešenja (0, kπ) , k = 0, ±1, ±2, ... i ±a 2, 2kπ . To su i stacionarne taˇcke. Zatim je ux =

ux2 =

1 6a2 cos y x sin y − , u 2 = − 6a2 − x2 cos y, uxy = uyx = √ . y 3 2a (6a2 − x2 ) 2 6a2 − x2


54 Onda je

√ √ 6 − 2 (−1)k 2 √ d u (0, kπ) = dx − a 6 (−1)k dy 2 , 2 6a 2 tj. d u (0, kπ) menja znak za parne vrednosti broja k (dy = 0, dx = 0; dy = 0, dx = 0). Ako je k−neparno √ √ 6+2 2 d u (0, kπ) = √ dx2 + a 6dy2 > 0. 2 6a 2

Dakle u taˇ ckama Mk (0, (2k + 1) π) , k ∈ Z, funkcija ima lokalni minimum √ umin = −a 6. Dalje je √ 1 d2 u ±a 2, 2kπ = − dx2 − 2ady 2 < 0 4a √ tj. funkcija ima u taˇckama Nk ±a 2, 2kπ lokalni maksimum umax = 5a 2 . √ 5a b) Pošto je u ±a 6, y = 3a < onda u tim taˇ c kama funkcija ne 2 2 postiˇze najveću vrednost. Najveću vrednost postiˇze u taˇckama Nk i ona iznosi umax = 5a ze u taˇckama Mk i ona iznosi 2 . Najmanju vrednost postiˇ √ umin = −a 6. ◮ 2 2 1.75 Na paraboloidu z = c − xa2 + yb2 , c > 0, odrediti taˇcku u kojoj tangentna ravan sa koordinatnim ravnima zaklapa tetraedar minimalne zapremine. ◭ Neka je M (x0 , y0 , z0 ) taˇcka na paraboloidu. Onda je 2x0 2y0 z − z0 = (x − x0 ) − 2 + (y − y0 ) − 2 a b jednaˇcina tangentne ravni sa dodirom u taˇcki M. Njen segmentni oblik je y x z A + B + C = 1 gde je A=

a2 (2c − z0 ) b2 (2c − z0 ) , B= , C = 2c − z0 . 2x0 2y0

Ako je V zapremina navedenog tetraedra, onda je 24 (2c − z0 )3 V = . a2 b2 x0 y0 Dakle, treba naći ekstremne vrednosti funkcije u (x, y, z) = 2 2 z = c − xa2 + yb2 . Lagranˇzova funkcija je

(2c−z)3 xy

(2c − z)3 x2 y 2 F (x, y, z, λ) = +λ z−c+ 2 + 2 . xy a b

ako je

1.2. REŠENI ZADACI

55

Moguće taˇcke lokalnih ekstremuma su rešenja sistema (2c − z)3 2λx + 2 = 0, x2 y a 3 (2c − z) 2λy Fy = − + 2 = 0, 2 xy a 3 3 (2c − z) Fz = − + λ = 0, xy x2 y 2 Fλ = z − c + 2 + 2 = 0. a b Fx = −

Iz geometrijske prirode zadatka je x = 0, y = 0. Iz prve dve jednaˇcine sledi 2 2 x2 = yb2 , a iz druge = 2c − 6y . Koristeći zatim ˇcetvrtu jednaˇcinu a2 b2 i√treće√ je z a c b c 7c 27c dobija se taˇcka N 2 , 2 , 8 za λ = ab . Postoje još tri taˇcke ( u drugom, trećem i ˇcetvrtom oktantu, z > 0) koje daju tetraedre iste zapremine. Neka se student uveri (koristeći znak kvadratne forme) da u dobijenoj taˇcki N funkcija F, a samim tim i u, ima lokalni minimum. ◮ 1.76 Naći rastojanje izmeñu parabole y = x2 i prave x − y − 2 = 0. ◭ Ako je M (x, y) proizvoljna taˇcka parabole y = x2 , onda je sa d (x, y) =

|x − y − 2| √ 2

dato rastojanje te taˇcke od date prave. Minimum te funkcije (vezani ekstremum) je traˇzeno rastojanje parabole i prave. On se moˇze naći metodom eliminacije jedne promenljive, na primer y = x2 (uslov). Pošto je parabola sa iste strane prave x−y−2 = 0 sa koje je i koordinatni poˇcetak (x − y − 2 < 0) to je 1 d (x, y) = √ −x + x2 + 2 2 funkcija ˇciji je minimum traˇzeno rastojanje. Ostaje, da student nañe lokalne ekstremume funkcije x → √12 −x + x2 + 2 jedne promenljive. Traˇzeno 1 1 7 rastojanje parabole i prave je 4√ , a taˇ c ka M za 2 , 4 parabole je najbliˇ 2 datoj pravoj. ◮ Napomena. Neka student proba Lagranˇzovom funkcijom F (x, y, λ) = d (x, y) + λ y − x2

ili na neki drugi naˇcin.

56


1.77 Na elipsoidu x2 + 2y2 + 4z 2 = 8 naći najudaljeniju taˇcku od taˇcke (0, 0, 3) . ◭ Rastojanje izmeñu taˇcaka (x, y, z) i (0, 0, 3) dato je formulom d = x2 + y2 + (z − 3)2 iz koje sledi funkcija

u (x, y, z) = d2 = x2 + y 2 + (z − 3)2 .

Nalaˇzenje najudaljenije taˇcke datog elipsoida od taˇcke (0, 0, 3) svodi se na odreñivanje maksimuma funkcije u pod uslovom: x2 + y 2 + 4z 2 = 8. Lagranˇzova funkcija je F (x, y, z, λ) = x2 + y2 + (z − 3)2 + λ x2 + y 2 + 4z 2 − 8 .

Odgovarajući sistem jednaˇcina je Fx Fy Fx Fx

= = = =

2x + 2λx = 2x (1 + λ) = 0, 2y + 4λy = 2y (1 + 2λ) = 0, 2z − 6 + 8λz = 0, x2 + y 2 + 4z 2 − 8 = 0,

koji je ekvivalentan disjunkciji ˇcetiri sistema: (x = 0 ∧ y = 0 ∧ Fz = 0 ∧ Fλ = 0) ∨ (x = 0 ∧ 1 + 2λ = 0 ∧ Fz = 0 ∧ Fλ = 0) ∨ (1 + λ = 0 ∧ y = 0 ∧ Fz = 0 ∧ Fλ = 0) ∨ (1 + λ = 0 ∧ 1 + 2λ = 0 ∧ Fz = 0 ∧ Fλ = 0) . Drugi i ˇcetvrti sistem Prvi sistem√ima za rešenje taˇcke √ nemaju rešenja. √ √ 3 2 1 A 0, 0, 2 , λ = 8 − 4 , i B 0, 0, − 2 , λ = − 3 8 2 − 14 , a treći sistem ima takoñe dva rešenja: C (2, 0, −1) i D (−2, 0, −1) , λ = 1. Kako je √ 2 √ 2 u (A) = 3 − 2 < 3 + 2 = u (B) < 20 = u (C) = u (D) , to su C i D najudaljenije taˇcke elipsoida od taˇcke (0, 0, 3) . ◮

1.2.8

Smena promenljih

1.78 U jednaˇcini yy ′ + xy 2 + x3 = 0 preći na promenljive t, u gde je u = u (t) , ako su formule smene promenljivih date sa u2 − y 2 − x2 = 0 i x2 − t2 + u2 = 0.

1.2. REŠENI ZADACI

57

◭ Difrencirajući jednaˇcine sistema po promenljivoj t dobija se .

.

.

.

.

u u −y y −x x= 0 i x x −t + u u= 0, odakle sledi

.

.

t − u u . 2u u −t x= , y= . x y .

Iz formule y ′ (x) =

.

y . x

(kada su x, y izraˇzeni preko parametra t) se dobija: . x 2u u −t y = . . y t−u u ′

Zamenjujući u polaznu jednakost i eliminišući x, y koristeći polazni sistem dobija se veza t 1 − u2 . u u= 2 − u2

funkcije u sa promenljivom t. ◮ 2 1.79 Rešiti jednaˇcinu 1 + x2 y ′′ = y prelazeći na nove promenljive t, u u gde je u = u (t) , ako je x = tan t, y = cos t. ◭ Iz datih veza je .

.

y . . u cos t + u sin t 1 x= , y= , tj. y′ (x) = . =u cos t + u sin t. 2 2 cos t cos t x .

Zatim je dt dy ′ d . d . u cos t + u sin t = u cos t + u sin t · = dx dx dt dx .. 1 .. 3 . . = u cos t− u sin t + u cos t+ u sin t . = u +u cos t. x 2 Sada jednaˇcina 1 + x2 y ′′ = y postaje u′′ = 0. Njeno rešenje je linearna funkcija u √ = At + B, odnosno prelaskom na stare promenljive y = (A arctan x + B) 1 + x2 . ◮ 1.80 Rešiti jednaˇcinu y ′′ (y ′ )−3 − x = 0 uzimajući y za novu nezavisno promenljivu, a x za novu funkciju. ◭ Imitirajući postupak iz prethodnog zadatka, to znaˇci da se prelazi na nove promenljive uslovima: y ′′ =

t = y, u = x, u = u (t) .


58

.

.

.

Diferenciranjem jednaˇcina datih uslova po t dobijamo 1 =y , u=x . Zatim je . y 1 ′ y (x) = x. = u. tj. dy ′ d = y = dx dt ′′

.. u 1 1 .. 1 dt 1 .. 1 u u = − . 2 · · . = − . 2 · · . = − . 3 . · . dx u x u u u u ..

Onda polazna jednaˇcina glasi u +u = 0, tj. x′′ (y) + x (y) = 0. Njeno rešenje x je x = A sin (y + ϕ) gde su A, ϕ konstante, tj. y = arcsin A − ϕ. ◮ 2 ′′ ′ ′ 1.81 Transformisati jednaˇcinu xyy − x (y ) + yy = 0 uzimajući y za novu nezavisno promenljivu, a z = ln xy za novu funkciju. ◭ Uzimajući z = ln xy i t = y tj. x = te−z i y = t za smenu promenljivih treba dati diferencijalni izraz transformisati u oblik F (t, z, z ′ , z ′′ ) = 0. Iz poslednjih uslova je: dx = e−z (dt − tdz) , i dy = dt, tj.

dy dx

=

ez 1−tz′

y ′′ =

gde je z ′ = d dt

= e2z ·

ez 1 − tz ′

dz dt .

·

Zatim je

ez z ′ (1 − tz ′ ) + ez (z ′ + tz ′′ ) dt ez = · 2 dx 1 − tz ′ (1 − tz ′ )

z ′ − tz ′2 + z ′ + tz ′′ . (1 − tz ′ )3

Zamenjujući y ′ , y ′′ svojim vrednostima preko t, z, z ′ , z ′′ u polaznu jednaˇcinu dobija se t · zt′′ + zt′ = 0 što je i traˇzeni oblik F (t, z, z ′ , z ′′ ) = 0. ◮ Napomena. Smenom promenljivih x = x (u, t) , y = y (u, t) gde je u = u (t) , diferencijalni izraz F1 (x, y, y ′ , y ′′ ) = 0 transformiše se u izraz F2 (t, u, u′ (t) , u′′ (t)) = 0. 1.82 Transformisati izraz B = xzx +yzy −2z prelaskom na nove promenljive date uslovima x x2 + y 2 xy u= , v= , ̟= , y 2 z gde je ̟ = ̟ (u, v) . ◭ Iz datih uslova sledi dx x − 2 dy y y dv = xdx + ydy y x xy d̟ = dx + dy − 2 dz z z z du =

1.2. REŠENI ZADACI

59

Kako je dz = zx dx + zy dy, to treća jednaˇcina prethodnog sistema postaje y x xy d̟ = dx + dy − 2 (zx dx + zy dy) . z z z Pošto je ̟ = ̟ (u, v) , tada je d̟ = ̟u du + ̟v dv. Zamenjujući du, dv i d̟ svojim vrednostima preko x, y, z, dx, dy, dobija se jednaˇcina dx y x x xy ̟u − 2 dy + ̟v (xdx + ydy) = dx + dy − 2 (zx dx + zy dy) y y z z z

za nalaˇzenje parcijalnih izvoda zx , zy . Izjednaˇcavanjem izraza uz dx i dy leve i desne strane poslednje jednaˇcine dobija se sistem y xy x x xy 1 ̟u + x̟v = − 2 zx i − 2 ̟u + y̟v = − 2 zy , y x z y z z za nalaˇzenje zx , zy . Rešavanjem dobijamo z z2 z2 z z2 z2 − 2 ̟u − ̟v , zy = + 3 ̟u − ̟v . x xy y y y x 2 Sada je B = −z 2 xy + xy = − ̟24uv ̟ . Novi izraz zavisi od novih (1+u2 ) v promenljivih u i v, nove funkcije ̟ = ̟ (u, v) i parcijalnih izvoda. ◮ Napomena. Ako su u, v, ̟ dati preko x, y, z kao u prethodnom primeru, student treba da zna da je izloˇzeno rešenje opšti metod za transformaciju diferencijalnog izraza oblika B = B (x, y, z, zx , zy ) 1.83 Rešiti jednaˇcinu zy − zx = 0 uvoñenjem smene promenljivih zx =

u = x + y, v = x − y. ◭ Imamo da je du = dx + dy, dv = dx − dy. Pošto je dz = zx dx + zy dy i dz = zu du + zv dv (zašto?) to je zx dx + zy dy = zu (dx + dy) + zv (dx − dy) tj. zx = zu + zv i zy = zu − zv . Sada polazna jednaˇcina dobija oblik 2zv = 0. Njeno rešenje je proizvoljna diferencijabilna funkcija z = f (u) , odnosno, z = f (x + y) preko starih promenljivih. ◮ 1.84 Transformisati jednaˇcinu zx2 + zxy + zx = z prelazeći na nove promenljive u, v, ̟ = ̟ (u, v) date sa x = u + v, y = u − v, z = ̟ev−u . ◭ Uzimajući u obzir da je d̟ = ̟u du + ̟v dv, i date uslove sledi dx = du + dv, dy = du − dv,

dz = ev−u (̟u du + ̟v dv) + ̟ev−u (dv − du) .

60


Iz prve dve jednaˇcine dobijamo da je du = 0, 5 (dx + dy) i dv = 0, 5 (dx − dy) . Zamenjujući ove vrednosti u izrazu za dz imamo: zx dx + zy dy = 0, 5ev−u (̟u (dx + dy) + ̟v (dx − dy)) − ̟ev−u dy. Izjednaˇcavanjem koeficijenata uz dx nalazimo da je zx = 0, 5ev−u (̟u + ̟v ) . Da bismo našli parcijalne izvode zx2 i zxy postupamo na sledeći naˇcin: dzx = zx2 dx + zxy dy = 0, 5ev−u (du − dv) (̟u + ̟v ) +0, 5ev−u (̟u2 du + ̟uv dv + ̟vu du + ̟v2 dv) . Zamenjujući sada izraze za du, dv imamo jednakost dzx = zx2 dx + zxy dy = −0, 5ev−u (̟u + ̟v ) dy +0, 25ev−u (̟u2 (dx + dy) + 2̟uv dx + ̟v2 (dx − dy)) . Izjednaˇcavanjem koeficijenata uz dx i dy obeju strana poslednje jednakosti, dobijamo zx2 = 0, 25ev−u (̟u2 + 2̟uv + ̟v2 ) , zxy = zyx = −0, 5ev−u (̟u + ̟v ) + 0, 25ev−u (̟u2 − ̟v2 ) .

Zamenjivanjem dobijenih vrednost za parcijalne izvode prvog i drugog reda u dati izraz, dobija se ̟u2 + ̟v2 = 2̟. ◮ Napomena. Ovde su stare promenljive izraˇzene preko novih, za razliku od primera 83. Neka student izrazi nove promenljive preko starih i primeni metod izloˇzen u zadatku 83 (u = 0, 5 (x + y) , v = 0, 5 (x − y) , ̟ = ze−y ). 1.85 Transformisati diferencijalnu jednaˇcinu zx2 + zxy + zy 2 = 1 + z − xy uvodeći nove promenljive u, v, ̟ = ̟ (u, v) sa v + x + y + u = 1, v − x + y − u = 0, xy − z = ̟. ◭ Iz datih uislova sledi u=

1 − 2x 1 − 2y ,v = , ̟ = xy − z, tj. 2 2

du = −dx, dv = −dy, d̟ = ydx + xdy − dz.

Koristeći isti metod kao u zadacima 1.82 i 1.83 dobija se:

̟u du + ̟v dv = ydx + xdy − zx dx − zy dy, tj.

1.2. REŠENI ZADACI

61

−̟u dx − ̟v dy = ydx + xdy − zx dx − zy dy odakle je zx = y + ̟u , zy = x + ̟v . Sada je dzx = zx2 dx + zxy dy i dzx = dy + d̟u , odnosno zx2 dx + zxy dy = dy + (̟u2 du + ̟uv dv) = dy − ̟u2 dx − ̟uv dy. Znaˇci zx2 = −̟u2 , zxy = 1 − ̟uv kao i dzy = zyx dx + zy2 dy i dzy = dx + d̟u = dx + (̟vu du + ̟v2 dv) = dx − ̟vu dx − ̟v2 dy odakle je zy 2 = −̟v2 . Dakle, dati diferencijalni izraz postaje −̟u2 + 1 − ̟uv − ̟v2 = 1 − ̟, odnosno ̟u2 + ̟uv + ̟v2 = ̟. ◮ 1.86 Transformisati izraze Φ1 = (zx )2 + zy , Φ2 = zx2 + zy2 prelaskom na polarne koordinate: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ. ◭ Iz jednakosti x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, sledi dx = cos ϕdρ − ρ sin ϕdϕ, dy = sin ϕdρ + ρ cos ϕdϕ. Pošto je dz = zx dx + zy dy i dz = zρdρ + zϕdϕ to je zρdρ + zϕdϕ = zx (cos ϕdρ − ρ sin ϕdϕ) + zy (sin ϕdρ + ρ cos ϕdϕ) . Odatle je zρ = zx cos ϕ + zy sin ϕ i zϕ = −ρzx sin ϕ + zy ρ cos ϕ, tj. rešavanjem poslednjeg sistema po zx , zy sledi zx =

ρzρ cos ϕ − zρ sin ϕ zϕ cos ϕ + ρzρ sin ϕ , zy = , te je ρ ρ

Φ1 =

1 zϕ cos ϕ + ρzρ sin ϕ (ρzρ cos ϕ − zρ sin ϕ)2 + . 2 ρ ρ

Kao u primerima 1.85 i 1.87 nalazimo parcijalne izvode zx2 i zy2 koristeći jednakosti: dzx = zx2 dx + zxy dy, dzy = zyx dx + zy 2 dy, s jedne i


62 dzx =

d d d d zx dρ + zx dϕ, dzy = zy dρ + zy dϕ, dρ dϕ dρ dϕ

s druge strane. Diferenciranjem se nalazi zϕ2 sin ϕ z ϕ cos ϕ zϕ − dϕ, dzx = zρ2 cos ϕ + 2 sin ϕ dρ + −z ρ sin ϕ − ρ ρ ρ zϕ 1 dzy = zρ2 sin ϕ − 2 cos ϕ dρ + z ρ cos ϕ − z ϕ sin ϕ dϕ. ρ ρ Zamenjujući dx, dy svojim vrednostima sa poˇcetka rešenja zadatka i izjednaˇcavanjem koeficijenata uz dρ i dϕ dobijaju se sistemi 1 z ϕ sin ϕ, ρ2 zϕ2 sin ϕ z ϕ cos ϕ −zx2 ρ sin ϕ + zxy ρ cos ϕ = −zρ sin ϕ − − ρ ρ zx2 cos ϕ + zxy sin ϕ = zρ2 cos ϕ +

odnosno 1 z ϕ cos ϕ, ρ2 zϕ sin ϕ, −zyx sin ϕ + zy2 ρ sin ϕ = z ρ cos ϕ − ρ zxy cos ϕ + zy2 sin ϕ = z ϕ sin ϕ −

za odreñivanje zx2 , xy2 . Iz prvog sistema je zx2 = zρ2 cos2 ϕ + zρ

sin2 ϕ cos ϕ sin ϕ sin2 ϕ cos ϕ sin ϕ + 2zρ + z − 2zϕρ , 2 ϕ 2 2 ρ ρ ρ ρ

a iz drugog zy2 = zϕ2 sin2 ϕ + z ρ Na osnovu toga je

1.3

cos2 ϕ cos ϕ sin ϕ cos2 ϕ cos ϕ sin ϕ + 2z ϕ + z + 2zϕρ . 2 ϕ ρ ρ2 ρ2 ρ 1 1 Φ2 = zρ2 + zρ + 2 zϕ2 . ◮ ρ ρ

Zadaci za samostalni rad

1.87 Pokazati da tangentne ravni površi xyz = 8 obrazuju sa koordinatnim ravnima tetraedar konstantne zapremine. 1.88 Kroz taˇcku M (a, b, c) odrediti ravan koja sa koordinatnim ravnima gradi tetraedar najmanje zapremine.

1.3. ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD

63

1.89 Dokazati da: a) Sve tangentne ravni površi z = x · f xy prolaze kroz jednu taˇcku; b) Sve tangentne ravni površi z = x + ϕ (y − z) paralelne su jednoj pravoj. Pri tom se pretpostavlja da su funkcije f i ϕ neprekidno diferencijabilne. 1.90 Dokazati da sve normalne ravni krive x = a sin2 t, y = a sin t cos t, z = a cos t, a > 0, t ∈ [0, 2π] sadrˇze istu taˇcku. 1.91 Funkcija f : R3 → R je zadata sa f (x, y, z) = z 5 − z 4 ex − z 3 cos (xy) + z 2 + sin x. Dokazati da postoji otvorena okolina U taˇcke (0, 0) i neprekidno diferencijabilna funkcija g : U → R, takva da je f (x, y, g (x, y)) = 0, za sve (x, y) ∈ U. Izraˇcunati parcijalne izvode gx , gy funkcije g u taˇcki (0, 0) . 1.92 Neka je u (x1 , x2 , x3 ) homogena funkcija stepena m i neka su uvedene oznake uxi = ui , uxi xj = uij . Dokazati relaciju

u11 u12 u13

u21 u22 u23

u31 u32 u33

(m − 1)2

=

x23

mu

m−1

u1

u2

u1 u2 u11 u12 u21 u22

.

1.93 Odrediti Tejlorov red funkcije f (x, y) = xy u okolini taˇcke M (1, 1) . 1.94 Odrediti uslovne ekstremume funkcije u = xyz, ako je xy + yz + zx = 8 i x + y + z = 5. 1.95 Odrediti ekstremne vrednosti funkcije u=

x y z + + , x > 0, y > 0, z > 0. y+z z+x x+y

◭ I naˇ cin: Rešavanjem sistema jednaˇcina: ux = 0 ∧ uy = 0 ∧ uz = 0, dobija se da je taˇcka M (x, x, x) , x > 0 jedina taˇcka mogućeg lokalnog ekstremuma. Nalaˇzenjem parcijalnih izvoda drugog reda u taˇcki M, dobijamo da je d2 u (M) > 0, što znaˇci da u toj taˇcki funkcija u ima lokalni minimum i on iznosi umin = u (x, x, x) = 32 . II naˇ cin: Stavimo y + z = a, z + x = b, x + y = c. Odatle je x=

b+c−a c+a−b a+b−c , y= , z= . 2 2 2


64 Sada je

1 b+c−a c+a−b b+a−c + + u = 2 a b c 1 b a c a b c = + + + + + −3 2 a b a c c b 1 3 (2 + 2 + 2 − 3) = . ≥ 2 2 Jednakost vaˇzi jedino za a = b = c tj. x = y = z. ◮ 1.96 Odrediti maksimum i minimum funkcije u α (x, y) = (x + α) (y + α) na skupu D = [−1, 1] × [−1, 1] za α > 0. 1.97 Pokazati da funkcija u = (1 + ey ) cos x − yey ima beskonaˇcan skup lokalnih maksimuma, a nijedan minimum. 1.98 Naći najmanju i najveću vrednost funkcije u = x2 − xy + y2 na skupu |x| + |y| ≤ 1. n 1.99 Odrediti najmanju vrednost funkcije (x1 , x2 , ..., xn ) → x2k pod

uslovom

n

k=1

xk = 1.

k=1

1.100 Naći maksimum funkcije (x1 , x2 , x3 ) → x1 + x2 + x3 na skupu onih taˇcaka (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 , za koje je x1 x2 x3 = 1, 0 < xi ≤ h (i = 1, 2, 3) , h > 1. 1.101 Odrediti najveću vrednost funkcije (x, y) →

sin x − sin y , x−y

ako je x − y ≥ π4 . 1.102 Funkcija u ima lokalni minimu u taˇcki (x0 , y0 ) na svakoj pravoj koja prolazi kroz tu taˇcku. Da li u ima lokalni minimum u toj taˇcki? 1.103 Odrediti skup vrednosti funkcije (x, y, z) →

xy + yz + zx x+y+z

za x > 0, y > 0, z > 0 i xyz = 1. 1.104 Predstaviti sve taˇcke (x, y) ravni xOy za koje je sin x ≥ cos y. 1.105 Naći supremum i infimum funkcije u (x, y, z, t) = x2 + y2 − z 2 − t2 zadate na skupu (x, y, z, t) : x2 + y 2 + z 2 + t2 = 1, x + y + z + t = 0 .


65 4

4

1.106 Dokazati da funkcija u (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 na površi xa4 + yb4 + z4 = 1 ima 14 taˇcaka lokalnog ekstremuma, od kojih su 6 minimumi, a 8 c4 maksimumi. 1.107 Neka je D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 i neka je funkcija u : D → R zadata sa u (x, y, z) = x + 2y + 3z. Naći supremum i infimum funkcije u. 1.108 Dokazati da sistem jednaˇcina ex cos y = x ∧ ex sin y = y, ima beskonaˇcno mnogo rešenja. 1.109 Ispitati da li funkcije u (x, y) = 3x4 + x2 y + 2y 2 + y 4 , v (x, y) = −2x4 y 2 + 5x6 y − x8 + x7 y 2 − x5 y 5 − 11y 10 , imaju ekstremum u taˇcki (0, 0) . ◭ Pošto je totalni priraštaj △ u (0, 0) date funcije u taˇcki (0, 0) jednak y 2 7 △ u (0, 0) = u (x, y) − u (0, 0) = x2 + + 2x4 + y 4 + y2 ≥ 0, 2 4

stoga funkcija u u taˇcki (0, 0) ima lokalni minimum. Što se tiˇce funkcije v (x, y) za nju paˇzljivim raˇcunom dobijamo da su totalni diferencijali zakljuˇcno sa petim redom u taˇcki (0, 0) jednaki nuli, tj. dk u (0, 0) = 0 za k = 1, 5. Ako je k = 6 imamo 6 6 6 5 d u (0, 0) = ·420dx dy + ·324dx4 dy 2 = 60dx4 dy (62dx + 81dy) = 0, 1 2 81 odakle uzimajući dy = 1, dx > − 81 62 tj. dy = 1, dx < − 62 sledi znako6 promenljivost diferencijala d u (0, 0) . Prema tome funkcija v (x, y) u taˇcki (0, 0) nema ekstremum. ◮ Napomena. Neka student obnovi teoremu o lokalnim ekstremumima u terminima viših diferencijala. 1.110 Neka je

f (x, y) = (u (x, y) , v (x, y)) , u (x, y) = x2 − y2 , v (x, y) = 2xy − y 2 (x, y) ∈ D = ]0, 1[ × ]0, 1[ . Dokazati da je preslikavanje f ”1 − 1“. 1.111 Neka f : R2 → R i neka f ima sve parcijalne izvode svakog mogućeg reda u svim taˇckama ravni. Sledi li iz toga da je f neprekidna na R2 ?

66


1.112 Neka je G otvoren skup, G ⊂ R2 i f : G → R funkcija za koju je fy = 0 u svim taˇckama (x, y) ∈ G. Da li odatle sledi da postoji funkcija ϕ takva da je f (x, y) = ϕ (x) za sve (x, y) ∈ G? n n n ≥ x+y ako je n ∈ N, x ≥ 0, y ≥ 0. 1.113 Dokazati nejednakost x +y 2 2 1.114 Odrediti ekstremume kvadratne forme u (x1 , x2 , ..., xn ) =

n

aij xi xj

i,j=1

(aij = aji su realni brojevi) ako je

n

i=1

x2i = 1.

1.115 Odrediti ekstremume funkcije u (x1 , x2 , ..., xn ) = n

n &

k=1

xk = a, a > 0, αi > 0, i = 1, n.

xαk k , xi > 0,

k=1

1.116 Transformisati izraz xzx + yzy − z = 0 uzimajući u = x, v = xy , gde su u, v nove nezavisno promenljive. 2 = 0 ne menja oblik pri 1.117 Pokazati da jednaˇcina zx2 · zy2 − zxy proizvoljnoj permutaciji promenljivih x, y, z. 1.118 Pokazati da funkcija z = z (y, x) odreñena jednaˇcinom z = xϕ zy , gde je ϕ diferencijabilna funkcija, zadovoljava jednakost x · zx + y · zy = z. 1.119 Naći prvi i drugi izvod funkcija y = y (x) i z = z (x) u taˇcki (1, 1, −2) ako je x + y + z = 0, x3 + y 3 − z 3 = 10. z y 1.120 Ako je u = xy , onda je xux + yuy + zuz = 0. Dokazati. 1.121 Ispitati diferencijabilnost funkcije max{x2 +y2 +1,z2 } , (x, y, z) = (0, 0, 0) , x2 +y2 +z 2 f (x, y, z) = 0, (x, y, z) = (0, 0, 0) . 3 1.122 " Ispitati #diferencijabilnost funkcije u : R → R date sa u = max x2 + y2 , z . Napomena. Za prethodna dva zadatka koristiti formule:

max {a, b} =

a + b + |a − b| a + b − |a − b| , min {a, b} = 2 2

1.123 Ispitati neprekidnost i diferencijabilnost funkcije u : R2 → R date √ sa u (x, y) = 2n−1 xy, gde je n prirodan broj. 1.124 Neka su A ⊂ Rm , B ⊂ Rn otvoreni skupovi i f : A → B bijekcija takva da su f i f −1 diferencijabilna preslikavanja. Dokazati da je m = n.


67

1.125 Naći maksimum i minimum funkcije (x, y) → (x + y)2 na skupu D = (x, y) : x2 + y 2 ≤6 . 1.126 Neka je D = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1, y ≥ x2 . Naći minimum i maksimum funkcije (x, y) → x2 + xy + y2 definisane na skupu D. 1.127 Neka je f (x, y) = x (y − 1) − y x , x ∈ R, y > 0. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije f i naći njen skup vrednosti. 1.128 Telo T se sastoji od pravog kruˇznog cilindra, koji se završava pravim kruˇznim konusom. Ako je površina tela T jednaka P, odrediti dimenzije tela, tako da njegova zapremina bude najveća moguća. 1.129 Izraz x−y ∂z ∂z ∂x − ∂y transformisati, uvode´ ci nove promenljive u, v i novu funkciju w pomoću jednakosti u = ln x2 + y2 , v = arctan z, w = x + y + z. 1.130 Razviti po Tejlorovoj formuli funkciju f (x, y) = x3 − 2y 3 + xy u okolini taˇcke (2, 1) . 1.131 Za funkciju f (x, y) = ex sin y napisati Maklorenov polinom drugog stepena i odgovarajući ostatak Maklorenove formule u Lagranˇzovom obliku. 1.132 Funkcija z (x, y) definisana je implicitno jednaˇcinom z 3 − 2xz + y = 0, tako da je z (1, 1) = 1. Aproksimirati funkciju z (x, y) Tejlorovim polinomom drugog stepena u okolini taˇcke (1, 1) . 1.133 Odrediti lokalne ekstreme funkcije f (x, y) = ln |2xy − y| + xy − x. 1.134 Odrediti ekstreme funkcije u (x, y, z) = x2 + y 2 + y 2 + z 2 + z 2 + x2

ako je x2 + y 2 + z 2 = 1. Na osnovu dobijenih rezultata izvesti nejednakosti √ √ 2 ≤ x2 + y 2 + y 2 + z 2 + z 2 + x2 ≤ 6.

1.135 Date su taˇcke A (0, 0, 12) , B (0, 0, 4) i C (8, 0, 8) . U ravni xOy naći taˇcku D tako da polupreˇcnik sfere koja prolazi kroz taˇcke A, B, C i D bude najmanji. 1.136 Odrediti √ 2 ekstremne vrednosti funkcija 2 2 2 a) (x, y) → x + y − 8 x + y ; b) (x, y) → 4x2 − 1 − x2 y 3 + 3y + 1 ; xy c) (x, y) → (1+x)(1+y)(x+y) ; d) (x, y) → x ln x2 + y 2 .

68

GLAVA 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH 1.137 Neka je y = y (x) funkcija definisana implicitno sa

xy = ex+y − 1, y (0) = 0. Dokazati da je y (x) = − x + x2 + x3 + o x3 , x → 0. 1.138 Neka je F : R2 → R, (x, y) → x − cos (xy) − sin (xy) . a) Naći okoline I i J taˇcaka 1 i 0 respektivno i preslikavanje ϕ : J → I takvo da je za svako (x, y) ∈ I × J, relacija F (x, y) = 0 ekvivalentna sa x = ϕ (y) ; 2 b) Dokazati da je ϕ (y) = 1 + y + y2 + o y2 , y → 0. 1.139. Za funkciju f (x, y) = xy 1 − x2 − y 2 ispitati lokalne ekstremume i odrediti f (Df ) . 1.140. Da li funkcija (x, y) → x4 +y4 −2 (x − y)2 ima lokalni ekstremum u taˇcki O (0, 0)? 1.141. Dokazati nejednakost x+y+z √ ≥ 3 xyz, 3 ako je x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Uputstvo: Naći maksimum funkcije u = xyz pod uslovom x+y+z = S. 1.142. Neka je z implicitna funkcija od x i y definisana jednaˇcinom z 2 − 2xz + y = 0 i za koju je z (1, 1) = 1. Napisati nekoliko ˇclanova razlaganja funkcije z po rastućim stepenima x − 1 i y − 1.

Glava 2

Integrali 2.1

Uvod

Ovaj deo zbirke sadrˇzi urañene zadatke iz višestrukih integrala (dvojni, trojni,...), krivolinijskih integrala prve i druge vrste, površinskih integrala prve i druge vrste i teorije polja (vektorska analiza). Najˇcešće se koriste: teorema o svoñenju n−integrala na uzastopne (ponovljene) integrale, teorema o smeni promenljivih u n−integralu, polarne, cilindriˇcne i sferne koordinate, Grinova, Gaus-Ostrogradskog i Stoksova formula. Za izraˇcunavanje krivolinijskih integrala oba tipa koristi se parametrizacija krivih. Ako je z = f (x, y) → jednaˇcina dvostrane površi S, onda su sa − n = (cos α, cos β, cos γ) i cos α =

−q 1 −p , cos β = , cos γ = 2 2 2 2 ± 1+p +q ± 1+p +q ± 1 + p2 + q 2

data dva (suprotna po smeru) neprekidna vektorska polja normala, gde je p = zx , q = zy . Na osnovu toga se površinski integral '' P dydz + Qdzdx + Rdxdy S

druge vrste svodi na površinski integral prve vrste: '' '' (P cos α + Q cos β + R cos γ) dS = f (x, y, z) dS. S

S

Student mora da bude oprezan kada koristi pojmove: gornja strana, donja strana, unutrašnja strana,...Ako je na primer data površ z 2 = x2 + y 2 ograniˇcena ravnima z = 0 i z = 1, onda njena gornja (unutrašnja) strana u 69

GLAVA 2. INTEGRALI

70

odnosu na ravan xOy, nije ni gornja ni donja strana u odnosu na ravni xOz i yOz. Ako se u zadacima ne navodi smer krive ili strana površi, onda se podrazumeva da je smer pozitivan, a strana spoljašnja.

2.2

Višestruki integrali

2.1 Svesti na dva naˇcina dvojni integral

((

f (x, y) dxdy na dvostruki

G

(uzastopni) ako je G oblast ograniˇcena krivama x = 1, y = x2 , y = 2x (x ≤ 1) . (( f (x, y) dxdy = ◭ I naˇ cin: G = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 2x . Zato je G

(1

dx

0

(2x

f (x, y) dy.

x2

II naˇ cin: " # y y √ # " G = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, ≤ x ≤ y ∪ (x, y) : 1 ≤ y ≤ 2, ≤ x ≤ 1 2 2

U ovom sluˇcaju je ''

f (x, y) dxdy =

'1 0

G

Napomena. Umesto

(b a

(b a

dx

ψ(x) (

√

'y '2 '1 dy f (x, y) dx + dy f (x, y) dx. ◮ y 2

1

ψ(x) (

y 2

)

f (x, y) dy dx uobiˇcajeno se zapisuje kao

ϕ(x)

f (x, y) dy.

ϕ(x)

2.2 Izraˇcunati dvojni integral

(( x + y 2 dxdy po oblasti G, ograniˇcenoj G

krivama y = x i y = x2 . ◭ S obzirom da je G = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x to je I =

=

'' G '1 0

x + y 2 dxdy =

'1 0

dx

'x

x2

x + y 2 dy =

'1 0

x y 3

dx xy + 3 x2

3 1 x3 x6 x x4 x7

5 2 3 x −x + − dx = − − = . ◮

3 3 3 6 21 0 42

2.2. VIŠESTRUKI INTEGRALI

71

2.3 Izmeniti redosled integraljenja u dvostrukom integralu I=

'2 0

√ ' 2x

dx

f (x, y) dy.

√ 2x−x2

◭ Vidi se da je

" √ # (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 2x − x2 ≤ y ≤ 2x = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 2x − x2 ≤ y2 ≤ 2x

G =

tj. G je deo ravni Oxy van kruˇznice (x − 1)2 + y 2 = 1, a u unutrašnjosti parabole y2 = 2x. Da bi se izmenio redosled uzimanja integrala, tj. da bi y bilo ograniˇceno konstantama, G se deli na tri oblasti: * y2 2 G1 = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, ≤x≤1− 1−y 2 " # G2 = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, 1 + 1 − y 2 ≤ x ≤ 2 * y2 (x, y) : 1 ≤ y ≤ 2, G3 = ≤x≤2 . 2 Zato je '' '' '' + + I = G1

G2

G3

√ 1− ' 1−y 2 '1 '1 = dy f (x, y) dx + dy 0

=

'1 0



 dy  

y2 2

0

f (x, y) dx +

y2 2

√

1+

√

1− ' 1−y2

1−y 2

2.4 Svesti na dva naˇcina dvojni integral

f (x, y) dx +

1−y2

'2

√

1+

'2

((

'2

dy

1



 f (x, y) dx +

'2 1

dy

'2

f (x, y) dx

y2 2

'2

f (x, y) dx. ◮

y2 2

f (x, y) dxdy na dvostruki, ako

G 2

je G oblast ograniˇcena kruˇznicom (x − 1) + (y − 2)2 = 25. ◭ Imamo da je G " # = (x, y) : −4 ≤ x ≤ 6, 2 − −x2 + 2x + 24 ≤ y ≤ 2 + −x2 + 2x + 24 " # = (x, y) : −3 ≤ y ≤ 7, 1 − 21 − y 2 + 4y ≤ x ≤ 1 + 21 − y 2 + 4y .

GLAVA 2. INTEGRALI

72 Zato je ''

f (x, y) dxdy

G

=

'6

dx

√ 2+ −x '2 +2x+24

f (x, y) dy =

√ 2− −x2 +2x+24

−4

'7

−3

√

2 21−y ' +4y

1+

f (x, y) dx.

dy √

21−y2 +4y

1−

Neka student nacrta sliku date((kruˇ z2nice 2ina osnovu nje prati granice. ◮ 2.5 U dvojnom integralu x + y dxdy, gde je G oblast ograniˇcena G

kruznicom x2 + y 2 = 2x, preći na polarne koordinate sa polom u taˇcki O (0, 0) , i zatim izraˇcunati dati integral. ◭ Funkcijom (ρ, ϕ) → (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ) oblast g preslikava se na oblast G. Zamenjivanjem x, y svojim vrednostima jednaˇcina kruˇznice x2 + y 2 = 2x postaje ρ2 = 2ρ cos ϕ, odakle sledi ρ = 0 ili ρ = 2 cos ϕ. Te dve krive ˇcine granicu oblasti g. Zato je " # π g = (ρ, ϕ) : |ϕ| ≤ , 0 ≤ ρ ≤ 2 cos ϕ → G = (x, y) : x2 + y2 = 2x . 2

Prema osnovnoj teoremi o smeni promenljive u višestrukom integralu ([2], II, Teorema 5.5.1 ili [9], I, Teorema 3.6.IV) sledi

I =

''

2 x + y 2 dxdy =

G

'' g

π

=

'2

− π2

π

2

ρ · ρdρdϕ = π

1 · 16 cos4 ϕdϕ = 4 · 2 4

'2 0

4

'2

− π2

cos ϕdϕ = 8

dϕ

2' cos ϕ

ρ3 dρ

0

π

'2

1 + cos 2ϕ 2

0

2

dϕ

π 2

' 1 + cos 4ϕ 3π = 2 1 + 2 cos 2ϕ + dϕ = · · · = . ◮ 2 2 0

Napomena. a) Kod ovakvih zadataka student ima teškoća prilikom odreñivanja granica za ρ i ϕ, tj. teško nalazi oblast g koja se formulama x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ preslikava u neki krug. Za to se ˇcesto koristi znak apscise ili ordinate taˇcaka kruˇznice. U prethodnom primeru je za sve taˇcke


73

π π kruˇznice x ≥ 0, zato je i cos ϕ ≥ % 0 π(jer $ je % 3πρ ≥ 0$ po prirodi) tj. − 2 ≤ ϕ ≤ 2 . Naravno, za ϕ se moˇze uzeti i 0, 2 ∪ 2 , 2π . Ako je na primer G = (x, y) : x2 + y 2 ≤ −2x to je * π 3π g = (x, y) : ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ ρ ≤ −2 cos ϕ . 2 2

U ovom sluˇcaju je x ≤ 0, i zato je π2 ≤ ϕ ≤ 3π 2 . b) Smena u dvojnom integralu se uvodi da bi se dobila jednostavnija oblast integraljenja, na primer pravougaonik. Ako se u prethodnom primeru uvedu polarne koordinate sa polom u taˇcki (1, 0) , tj. x − 1 = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, onda je g = {(ρ, ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ρ ≤ 1} .

Tada je '' G

2 x + y 2 dxdy =

'2π 0

'1 3π dϕ (1 + ρ cos ϕ)2 + ρ2 sin2 ϕ ρdρ = · · · = . 2 0

2.6. Izraˇcunati dvojni integral I =

((

x2 y 2 dxdy, ako je

G

G = (x, y) : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 .

◭ Uvoñenjem polarnih koordinata x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ pravougaonik g = {(x, y) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 1 ≤ ρ ≤ 2} se preslikava na kruˇzni prsten G, tako da je I =

''

2 2

x y dxdy =

1 6

2 1 ρ 1· 6 4

2

2

sin ϕ cos ϕdϕ

0

G

=

'2π

'2π 0

sin2 2ϕdϕ =

'2

ρ5 dρ

1

63 · 24

'2π

1 − cos 4ϕ 21π dϕ = . ◮ 2 8

0

2.7 Naći površinu figure G, ograniˇcene krivom x y 4 + = 4xy, a > 0, b > 0. a b

GLAVA 2. INTEGRALI

74

◭ S obzirom na znak leve strane jednaˇcine krive, sledi da x, y moraju biti istog znaka, tj. kriva se prostire u prvom i trećem kvadrantu i simetriˇcna je u odnosu na koordinatni poˇcetak (M (x, y) pripada krivoj ako i samo ako N (−x, −y) pripada krivoj). Prelaskom na pomerene uopštene polarne koordinate: x − x0 = aρβ cos αϕ, y − y0 = bρβ sin αϕ, x0 , y0 , a, b, α, β ∈ R, kojima se ravan R2 preslikava u nju samu, dobija se da je jakobijan tog presD(x,y) likavanja jednak: D(ρ,ϕ) = abαβρ2β−1 sinα−1 ϕ cosα−1 ϕ. Uzimajući x0 = y0 = 0 i zamenjivanjem x = aρβ cos αϕ, y = aρβ sin αϕ dobija se jednostavnija jednaˇcina date krive, ako se uzme α = 2, β = 1. Tada je ρ4 = 4abρ2 cos√2 ϕ sin2 ϕ jednaˇcina date krive u polarnim koordinatama, tj. ρ = 0 ili ρ = 2 ab cos ϕ sin ϕ = ρ (ϕ) , 0 ≤ ϕ ≤ π2 (prvi kvadrant). Zato je S = 2

''

dxdy = 2

G

'' G

π 2

= 4ab

2abρ cos ϕ sin ϕdρdϕ

'

cos ϕ sin ϕdϕ

0

ρdρ = 8a2 b2

0

π 2

= 8a2 b2

ρ(ϕ) '

' 0

π

'2

sin3 ϕ cos3 ϕdϕ

0

2a2 b2 sin3 ϕ 1 − sin2 ϕ d (sin ϕ) = . ◮ 3

2.8. Naći zapreminu tela T, koje je ograniˇceno površima: a) z = 0, z = x2 + y 2 , y = x2 , y = 1; b) x2 + z 2 = a2 , x2 + z 2 = b2 , x2 − z 2 − y 2 = 0, x > 0, 0 < a < b; c) z = 1 − x2 , z = x2 + y 2 ; d) x2 + y 2 = 1, z = x2 + y 2 − 1, z = x2 ; e) z = x2 , z = 1 − |y| .


75

◭ a) Dato telo se moˇze predstaviti u obliku

Zato je

V =

T = (x, y, z) : −1 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 .

'' '

dxdydz =

'1

dx

−1

T

'1

x2

dy

2 +y 2 x'

dz =

0

'1

dx

−1

'1

x2

2 88 x + y 2 dy = . 105

b) Za projekciju D tela na ravan xOz je ispunjeno: " # D = (x, z) : a ≤ x2 + z 2 ≤ b ∧ x > 0 ∧ |z| ≤ x ,

jer je y 2 = x2 − z 2 . Odatle je '' ' ' 2 2 2 2 x −z − − x −z dxdz = 2 x2 − z 2 dxdz V = D

D

π 4

π 4

' 'b ' 4 3 2 3 = 2 cos 2ϕdϕ ρ dρ = b −a cos 2ϕdϕ. 3 − π4

a

0

π

(2 √ Poslednji Rimanov integral se smenom 2ϕ = t svodi na integral: 12 cos tdt 0 √ koji se uobiˇcajenom smenom cos t = z svodi na ”beta funkciju”:tj. π

'2 '1 1 3 1 1 3 1 1 √ cos tdt = z 4 −1 (1 − z) 2 −1 dz = B , . 2 4 4 4 2 0

3

0

3

Znaˇci, V = b −a ·B 3 c) Imamo da je

V =

''

2x2 +y2 ≤1

3

1 4, 2

.

1 1 − 2x2 − y 2 dxdy = √ 2

Uvedena je smena: x =

√1 ρ cos ϕ, y 2

'π

−π

dϕ

'1 0

π ρ − ρ3 dρ = √ . 2 2

= ρ sin ϕ, 0 ≤ ρ ≤ 1, −π ≤ ϕ ≤ π.

GLAVA 2. INTEGRALI

76

d) U ovom sluˇcaju je '' '' 2 2 2 V = x − x + y − 1 dxdy = x2 +y2 ≤1

'2π

=

dϕ

0

'1 0

x2 +y2 ≤1

1 − y2 dxdy

3π 1 − ρ2 sin2 ϕ ρdρ = . 4

e) Ako je T telo ˇcija se zapremina V traˇzi, a D projekcija na ravan xOy tela T, onda je   1−|y| '' ' '' ' ''   V = dxdydz = dz dxdy = 1 − |y| − x2 dxdy   T

=

'1

−1

1

D

dx

D

1−x ' 2

x2 −1

1 − |y| − x2 dy

jer je D ograniˇceno krivom |y| = 1−x2 , koja ima dva dela: y = x2 −1 (ispod x−ose) i y = 1 − x2 (iznad x−ose u ravni xOy). Dalje je 1−x ' 2

x2 −1

1 − |y| − x2 dy =

'0

x2 −1

1 + y − x2 dy +

= 2 1 − 2x2 + x4 ,

1−x ' 2 0

1 − y − x2 dy

odnosno V = 16 15 . ◮ 2.9 Naći površinu figure ograniˇcene krivama: xy = a2 , xy = 2a2 , y = x, y = 2x (x > 0, y > 0) . (( ◭ I naˇ cin. S = dxdy. Prelaskom na polarne koordinate x = ρ cos ϕ, G

y = ρ sin ϕ, oblast g=

) √ π a a 2 ≤ ρ ≤ ρ2 = √ , ≤ ϕ ≤ arctan 2 (ρ, ϕ) : ρ1 = √ sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ 4

se preslikava na oblast ograniˇcenu datim krivama, i zato je S =

arctan ' 2

dϕ

π 4

'ρ2

ρ1

1 ρdρ = 2

arctan ' 2 π 4

2a2 a2 − dϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ


=

=

arctan ' 2

a2 2

π 4

77

dϕ a2 = cos ϕ sin ϕ 2

arctan ' 2 π 4

dϕ cos2 ϕ

tan ϕ

a2 a2 a2 ln 2 2 π = ln (tan ϕ)|arctan (ln 2 − ln 1) = . 4 2 2 2

Uvoñenjem smene xy = u, xy = v pravougaonik P = % 2 II 2naˇ $ cin. a , 2a × [1, 2] preslikava se na oblast G. Za jakobijan preslikavanja imamo D (x, y) = D (u, v)

1

D(u,v) D(x,y)

Sada je S=

''

dxdy =

G

''

1 1

=

= =

ux uy

y x

vx vy

− y2 1 x x

1 1 dudv = |2v| 2

P

y x

1 1 = . + yx 2v x2

'2a2 '2 1 1 2 a2 ln 2 du dv = 2a − a2 ln 2 = . ◮ v 2 2

a2

1

2.10 Uvodeći uopštene polarne koordinate naći površinu figure ograniˇcene krivama: √ √ x − 1 + y + 1 = 2, x = 1, y = −1. ◭ Smenom x − 1 = ρ2 cos4 ϕ, y + 1 = ρ2 sin4 ϕ oblast " √ # π g = (ρ, ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ ρ ≤ 2 2

se preslikava na oblast G ˇcija se površina traˇzi (kao u zadatku 2.7, α i β se odreñuju tako da otpadne kvadratni koren). Jakobijan tog preslikavanja je D (x, y) = 8ρ3 sin3 ϕ cos3 ϕ. D (ρ, ϕ) Granice za ϕ se dobijaju iz jednakosti x = 1, y = −1 (ϕ = π2 , ϕ = 0). Zato je

S = 8

''

π

dxdy = 8

0

G

π 2

= 8

' 0

'2

√

'2 dϕ ρ3 sin3 ϕ cos3 ϕdϕ 0

sin ϕ 1 − sin2 ϕ d sin ϕ = 8 3

'1 0

2 t3 1 − t2 dt = . ◮ 3

GLAVA 2. INTEGRALI

78

2.11 Naći zapreminu tela ograniˇcenog površima z = xy, x2 = y, x2 = 2y, y 2 = x, y2 = 2x, z = 0. (( xydxdy, gde je G oblast u ravni xOy ograniˇcena krivama: ◭V = G

x2 = y, x2 = 2y, y 2 = x, y 2 = 2x.

S obzirom da je G = G1 ∪ G2 ∪ G3 gde je " # √ √ 3 G1 = (x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ x2 , " √ # √ √ √ 3 3 (x, y) : 2 ≤ x ≤ 4, x ≤ y ≤ 2x , G2 = * √ √ 1 2 3 G3 = (x, y) : 4 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x , 2 '' '' '' to je V = xydxdy + xydxdy + xydxdy. G1

G2

G3

Taˇcke preseka M, N, P, Q imaju koordinate: √ √ √ √ 3 3 3 3 M (1, 1) , N 4, 2 , P (2, 2) , Q 2, 4 , koje se dobijaju rešavanjem odgovarajućeg sistema. Zato je ''

√ 3 2

xydxdy =

G1

''

xydxdy =

'

1 √ 3 '4

G1

''

'2

G1

√ 3 4

√ 3 2

ydy =

√ x √ ' 2x

xdx

√ x √ ' 2x

ydy =

x2 2

x4 x 1 x − dx = , 2 2 3

'

ydy =

xdx

√ 3 2

xydxdy =

xdx

'x2

1

√ 3 2

'

√ 3 2

'2

√ 3 4

2x x 1 x − dx = , 2 2 3

2x x4 x − 2 8

1 dx = , 3

i onda je V = 13 + 13 + 13 = 1. ◮ Napomena. Neka student reši zadatak uvoñenjem smene v, (na isti naˇcin kao primer 2.9).

x2 y

= u,

y2 x

=

2.2. VIŠESTRUKI INTEGRALI 2.12. Trojni integral I =

(((

79

f (x, y, z) dxdydz, gde je T kugla ograniˇcena

T

sferom

(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z + 2)2 = 9

svesti na trostruki (uzastopni) integral. z2 (x,y) ( (( dxdy f (x, y, z) dz gde su ◭I= G

z1 (x,y)

2 2 z1 = −2 − 9 − (y − 1) − (x + 1) i z2 = −2 + 9 − (y − 1)2 − (x + 1)2

jednaˇcine gornje i donje polusfere u odnosu na ravan z = −2, a G je projekcija kugle na ravan xOy, i ona je ograniˇcena kruˇznicom (x + 1)2 +(y − 1)2 = 9. Zato je y'2 (x) z2'(x,y) '2 dy f (x, y, z) dz I = dx −4

y1 (x)

z1 (x,y)

gde su 2 y1 (x) = 1 − 9 − (x + 1) i y2 (x) = 1 + 9 − (x + 1)2

jednaˇcine donje i gornje polukruˇznice u odnosu na pravu y = 1 (neka student nacrta sliku). ◮ ((( 2.13. Trojni integral I = f (x, y, z) dxdydz, gde je T oblast u R3 T

ograniˇcena površima z = 0, z = xy, y = x, x = 1, svesti na trostruki (uzastopni) integral. ◭ S obzirom da površ z = xy sadrˇzi koordinatne ose Ox, Oy, to je T = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ xy} . Zato je I =

(1 0

(x (xy dx dy f (x, y, z) dz. ◮ 0

0

Napomena. Student treba da zna da površi y = x, x = 1, z = 0 predstavljaju ravni, tako da je telo T jedna √ “krivolinijska piramida”. U 2 prethodnom zadatku, površi y = x , y = 2x, ... su tzv. cilindriˇcne površi, ˇcije su generatrise paralelne sa z−osom (osom koja ne uˇcestvuje u jednaˇcini). Ali, u ravni xOy to su krive (direktrise ((( √cilindriˇcnih površi). 2.14 Izraˇcunati integral I = xy zdxdydz, gde je T oblast ograniˇcena T

površima z = 0, z = y, y = x2 , y = 1.

GLAVA 2. INTEGRALI

80 ◭ Najpre imamo

i zato je I=

'1

−1

dx

T = (x, y, z) : −1 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ y , '1

x2

dy

'y

√ xy zdz =

0

'1

dx

−1

'1

4 2 5 xy 2 dy = 3 21

'1

−1

x2

x 1 − x7 dx = 0,

jer je podintegralna funkcija x → x 1 − x7 neparna. ◮ Napomena. Ako je funkcija f integrabilna, trojni integral se isto kao i dvojni moˇze izraˇcunavati koristeći iterirane (ponovljene) integrale. Kod dvojnog integrala imamo samo dve mogućnosti: dxdy ili dydx. Ako je telo T prosto, trojni integral

(((

f (x, y, z) dV se moˇze izraˇcuna-

T

vati sa iteriranim integralima koristeći jednu od šest mogućnosti integraljenja: dxdydz, dydxdz, dzdxdy, dxdzdy, dydzdx, dzdydx. Kod pojedinih iteriranih integrala, da bismo došli do rešenja bitan je redosled integraljenja. Neka se student u to uveri izraćunavajući sledeći integral √π √π ' 2 ' 2 '3 sin y2 dzdydx. 0

x

1

Kojim redosledom integraljenja se datiintegral moˇz e izraˇcunati? ((( 2 2.15. Izraˇcunati integral I = (x + y) − z dxdydz, ako je oblast T

T ograniˇcena površima z = 0 i (z − 1)2 = x2 + y 2 . ◭ Telo T predstavlja klasiˇcnu kupu, jer je (z − 1)2 = x2 + y 2 jednaˇcina konusne površi sa vrhom u taˇcki (0, 0, 1) koja seˇce ravan z = 0 po kruˇznici: x2 + y 2 = 1. Zato je " # T = (x, y, z) : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1 − x2 , 0 ≤ z ≤ 1 − x2 + y 2

2.2. VIŠESTRUKI INTEGRALI i onda je I =

'1

dx

−1

''

=

√ '1−x2

√ − 1−x2

x2 +y2 ≤1

√ 2 2 'x +y

1−

dy

81

0

(x + y)2 − z dz

1 2 2 2 2 2 2 (x + y) 1 − x + y − 1− x +y dxdy 2

'2π '1 1 = (ρ cos ϕ + ρ sin ϕ)2 (1 − ρ) − (1 − ρ)2 ρdρ 2 =

0 0 '2π

(1 + sin 2ϕ) dϕ

0

'1 0

3 ρ − ρ4 dρ − π

'1 0

π ρ − 2ρ2 + ρ3 dρ = . 60

Primenjene su polarne koordinate: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ. Napomena. Prethodni zadatak se moˇze rešiti uvoñenjem cilindriˇcnih koordinata. Zaista, x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, z = z su koomponentna preslikavanja vektorske funkcije (ρ, ϕ, z) → (x, y, z) = (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, z) .

Tim preslikavanjem se trostrana prizma

τ = {(ρ, ϕ, z) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1 − ρ}

D(x,y,z) preslikava u kupu T. Pošto je D(ρ,ϕ,z) = ρ, to je prema teoremi o smeni promenljive u trojnom integralu '' ' ' '' 2 I = (x + y) − z dxdydz = (ρ cos ϕ + ρ sin ϕ)2 − z ρdρdϕdz τ

T

=

dϕ

=

'2π

'1 1 2 3 dϕ ρ (1 − ρ) (1 + sin 2ϕ) − ρ (1 − ρ) dρ 2

0

=

'1

1−ρ ' 2 dρ ρ (1 + sin 2ϕ) − z ρdz

'2π

0

0 0 2π ' 0

0

1 1 (1 + sin 2ϕ) − 20 24

dϕ =

π . 60

GLAVA 2. INTEGRALI

82

Naravno, granice prizme τ se dobijaju zamenjivanjem cilindriˇcnih koordinata u jednaˇcinama granica kupe T. Prizma τ je inverzna slika navedenog vektorskog preslikavanja date kupe (((T.◮ 2.16 Izraˇcunati integral I = x2 + y 2 + z 2 dxdydz, ako je oblast T T

ograniˇcena sferom x2 + y 2 + z 2 = z. 2 ◭ Oblast T ⊂ R3 je kugla ograniˇcena sferom x2 + y 2 + z − 12 = 14 . Dati trojni integral se moˇze svesti na trostruki, tj. 1 2

I=

'

dx

'

1 + 2

dy

− 14 −x2

− 12

1 −x2 4

1 − 2

1

−x2 −y2

'4

1 −x2 −y 2 4

x2 + y 2 + z 2 dz

i predlaˇzemo studeentu da uobiˇcajenim naˇcinom završi zadatak. Meñutim, ovo je tipiˇcan primer integrala koji se rešava smenom. Uvoñenjem sfernih koordinata (ρ, θ, ϕ) : x = ρ sin θ cos ϕ, y = ρ sin θ sin ϕ, z = ρ cos θ, oblast # " π τ = (ρ, θ, ϕ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ ρ ≤ cos θ ⊂ R3 2 preslikava se na datu kuglu T. Pošto je I =

'''

ρ3 sin θdρdθdϕ

'2π

'2

D(x,y,z) D(ρ,θ,ϕ)

= ρ2 sin θ to je

τ

=

0

π

dϕ

0

dθ

cos ' θ

ρ3 sin θdρ =

0

π

π 2

'2

cos4 θ sin θdθ =

π . ◮ 10

0

Napomena. Znajući šta geometrijski znaˇce uglovi ϕ i θ, studentu ne bi trebalo da bude teško da odredi granice. Granice za ρ se dobijaju iz jednaˇcine x2 + y 2 + z 2 = z koja zamenjivanjem koordinata x, y i z postaje ρ2 = ρ cos θ, tj. ρ = 0 ili ρ = cos θ. Pošto je za datu kuglu z ≥ 0, to je 0 ≤ θ ≤ π2 . 2.17 Naći zapreminu tela T ˇcija je granica data jednaˇcinom: + + + x y z + + = 1; 2 3 15


83

◭ Funkcijom (vektorska funkcija) + + + x y z (u, v, w) → (x, y, z) : u = ,v = ,w = 2 3 15 trostrana piramida τ = {(u, v, w) : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1 − u, 0 ≤ w ≤ 1 − u − v} preslikava se na dato telo T. Pošto je jakobijan uvedenog preslikavanja

4u 0 0

D (x, y, z)

= 720uvw = 0 = 0 6v 0

D (u, v, w) 0 0 30w

za svaku taˇcku (u, v, w) koja ne pripada ni jednoj koordinatnoj osi (skup taˇcaka u kojima je jakobijan jednak nuli je Lebegove mere nula). Zato je ' '' '' ' V = dxdydz = 720uvwdudvdw τ

T

= 720

'1

udu

0

1−u '

'1

udu

'1

= 360

0

= 360

'1 0

vdv

0

0

1−u−v '

720 wdw = 2

0

'1

udu

0

1−u ' 0

v (1 − u − v)2 dv

(1 − u) t (1 − u − (1 − u) t)2 (1 − u) dt

u (1 − u)4 du

'1 0

 1 2 ' t (1 − t)2 dt = 360  u4 (1 − u) du = 1. 0

Napomena. Neka student reši ovaj zadatak uvoñenjem pomerenih uopštenih sfernih koordinata: x − x0 = aρn sin α θ cos β ϕ, y − y0 = bρn sin α θ sin β ϕ, z − z0 = cρn cos α θ, 0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, gde se x0 , y0 , z0 , a, b, c, α, β biraju od sluˇcaja do sluˇcaja. Jakobijan matrice prelaska glasi D (x, y, z) = abcnαβρ3n−1 sin2α−1 θ cosα−1 θ sinβ−1 ϕ cosβ−1 ϕ. ◮ D (ρ, θ, ϕ)

GLAVA 2. INTEGRALI

84

2.18 Izraˇcunati zapreminu tela T ⊂ Rn koje je odreñeno nejednakostima: x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, ..., xn ≥ 0,

n k=1

xk ≤ 1.

ˇ ◭ Zapremina datog skupa taˇcaka prostora Rn znaˇci Zordanovu meru tog skupa ([2], II, Teorema 2.5.6 ili [9], I, Teorema 2.6.IV) tj. n−integral ˇ jediniˇcne funkcije po datom skupu. Pošto je Zordanova mera granice skupa ˇ T jednaka nuli to on ima “zapreminu” (odnosno Zordanovu meru), tj. jediniˇcna funkcija ima n−integral (Rimanov) po tom skupu. Student treba da zna jednostavnije primere u Rn koji nemaju “zapreminu” ([2], II, Primeri 5.1.2 ili [9], I, Primer 3.3.IV). Dakle V (T ) =

=

' '

···

Tn

···

T n−1

=

'

···

T n−1

=

'

···

'

···

T n−2

=

T n−2

=

'

···

T n−3

' '

1 · dx1 · · · dxn

1−

n−1

xk

k=1

!

dx1 · · · dxn−2

'

1 2!

'

1 3!

'1

dxn

dx1 · · · dxn−1 n−2

'k=1 0

1−

n−2

xk

!2

1−

n−3

xk

!3

k=1

k=1

xk

0

1−

'

0

'k=1

dx1 · · · dxn−1

'

= · · ·· =

n−1

1−

xk

1−

k=1

dx1 · · · dxn−2 dx1 · · · dxn−3

(1 − x1 )n−1 1 dx1 = . ◮ (n − 1)! n!

2.19 Izraˇcunati n−integrale:

n−1

xk

!

dxn−1

2.2. VIŠESTRUKI INTEGRALI a)

(

··· T

(

n

k=1

85

x2k dx1 dx2 ···dxn , gde je T n− dimenziona kocka odreñena

nejednakostima, 0 ≤ xk ≤ ! 1, k = 1, n. n ( ( b) ··· xk dx1 dx2 · · · dxn , gde je T n−dimenziona piramida k=1

T

odreñena nejednakostima xk ≥ 0, k = 1, n i ◭ a) I=

n ' k=1

··· T

'

n

k=1

xk ≤ 1.

x2k dx1 dx2 · · · dxn =

n 1 k=1

3

=

n . 3

Korišćena su svojstva n−integrala na n−segmentu. b) Smenom

x1 = y1 , x1 + x2 = y2 , · · ·, x1 + x2 + · · · + xn = yn , skup

τ = {(y1 , y2 , ..., yn ) ∈ Rn : 0 ≤ y1 ≤ y2 ≤ · · · ≤ yn−1 ≤ yn ≤ 1}

preslikava se na skup T. To sledi iz relacija

x1 = y1 ≥ 0, x2 = y2 − y1 ≥ 0, ..., xn = yn − yx−1 ≥ 0 i yn ≤ 1.

S obzirom da je

D (x1 , x2 , ..., xn ) = D (y1 , y2 , ..., yn ) I =

'

··· T

'

 . n . / xk  dx1 · · · dxn

=

'1 0

=

'1

√ yn dyn

0

'yn

=

'1

√ yn dyn

'yn

√ yn dyn

dyn−1

0

0

0

0

'1 0

= 1, to je

k=1

'yn

= · · ·· =

1 D(y1 ,y2 ,...,yn ) D(x1 ,x2 ,...,xn )

√ yn

dyn−1

y'n−1

dyn−2 · · ·

'y2

dy1

dyn−2 · · ·

'y3

y2 dy2

0 y'n−1 0

dyn−1 · · ·

'y4

0

0

y32 dy3 2!

0

1 2 ynn−1 dyn = . ◮ (n − 1)! (n − 1)! (2n + 1)

GLAVA 2. INTEGRALI

86

Napomena. Neka student proveri rezultat za n = 1, 2, 3 i neka geometrijski (slikom) predstavi oblast τ kada je n = 2, 3. Napominjemo studentu da zapamti uvedenu smenu jer se ˇcesto primenjuje. Zadatak 2.19 i uopšte, integral oblika ' ' · · · f (x1 + x2 + · · · + xn ) dx1 dx2 · · · dxn T

gde je T oblast iz prethodnog zadatka b), a f neprekidna funkcija, rešava se koristeći uvedenu smenu. 2.20 Izraˇcunati zapreminu n−dimnenzionog paralelopipeda ograniˇcenog ravnima ai1 x1 + ai2 x2 + · · · + ain xn = ±h1 i = 1, n ako je △= det aki n,n = 0, hi > 0, i = 1, n. ◭ Smenom promenljivih

ai1 x1 + ai2 x2 + · · · + ain xn = yi , i = 1, n skup taˇcaka τ = (y1 , y2 , ..., yn ) : −hi ≤ yi ≤ hi , i = 1, n ,

tj. paralelopiped u Rn ˇcije su strane paralelne koordinatnim ravnima, preslikava se na dati paralelopiped. Jakobijan preslikavanja (y1 , y2 , ..., yn ) → (x1 , x2 , ..., xn ) je razliˇcit od nule, jer je D (x1 , x2 , ..., xn ) = D (y1 , y2 , ..., yn )

1 D(y1 ,y2 ,...,yn ) D(x1 ,x2 ,...,xn )

=

1 . a11 a22 · · · ann

Zato je

V (T ) =

'

··· T

'

dx1 · · · dxn = & n

1

k=1

akk

'

··· τ

'

2n dy1 · · · dyn =

n &

k=1 n &

hkk . ◮

akk

k=1

2.21 Izraˇcunati zapreminu n−dimenzione piramide, odreñene nejednakostima: x1 x2 xn + +···+ ≤ 1, xi ≥ 0, ai ≥ 0, i = 1, n. a1 a2 an

2.2. VIŠESTRUKI INTEGRALI ◭ Smenom promenljivih

87

xi ai

= yi , i = 1, n, n−dimenziona piramida ) n (y1 , y2 , ..., yn ) : yi ≥ 0, i = 1, n i yk ≤ 1

τ=

k=1

se preslikava na datu n−dimenzionu piramidu. S obzirom da je jakobijan tog preslikavanja D (x1 , x2 , ..., xn ) = a1 a2 · · · a, to je D (y1 , y2 , ..., yn ) V (T ) =

'

··· T

'

dx1 · · · dxn = |a1 a2 · · · an |

'

··· T

'

dy1 · · · dyn =

n &

ak

k=1

n!

prema zadatku 2.18, jer je ai > 0. ◮ 2.22 Izraˇcunati zapreminu tela T ⊂ Rn odreñenog sa T = {(x1 , x2 , ..., xn ) : |−x1 + x2 + · · · + xn | + · · · + |x1 + x2 + · · · − xn | ≤ 1} ◭ Vektorskim preslikavanjem F : (u1 , u2 , ..., un ) → (x1 , x2 , ..., xn ) prostora Rn u samog sebe, datim sa uk = x1 +x2 +···−xk +···+xn , k = 1, 2, ..., n, skup taˇcaka T ′ = {(u1 , u2 , ..., un ) ∈ Rn : |u1 | + |u2 | + · · · + |un | ≤ 1} ⊂ Rn preslikava se u skup taˇcaka T i zato prema glavnoj teoremi o smeni promenljivih u višestrukom integralu ([2], II ili [9], I -obnoviti je) sledi ' ' ' ' V (T ) = · · · dx1 dx2 ...dxn = · · · |J (F )| du1 du2 ...un T′

T

gde je D (x1 , x2 , ..., xn ) J (F ) = D (u1 , u2 , ..., un )

−1 1 · ·

1 −1 · ·

· · · =

· ·

·

· ·

1 1 · ·

= · · · ·

D (u1 , u2 , ..., un ) −1 D (x1 , x2 , ..., xn )

−1

−1 1 1

1

2 1

−2 0

2 ·

0 −2 =

·

·

·

· ·

·

−1 2 0 ·

· · 1 · · 0 · · 0 · · · · −2

−1

GLAVA 2. INTEGRALI

88

=

n−2 0 0 · · 0

1 −2 0 · · 0

za n > 2. Sada se dobija V (T ) = =

1 · · 1 0 · · 0 −2 · · 0 · · · · · −2

−1

1 (−1)n−1

= =

(n − 2) 2n−1 (n − 2) · (−2)n−1

' ' ′ 1 2n = · · · V T du1 du2 ...dun (n − 2) 2n−1 (n − 2) 2n−1 T′ ' ' 2 2 ··· du1 du2 ...dun = n−2 (n − 2) n! |u1 |+|u2 |+···+|un |≤1 u1 ≥0,...,un ≥0

prema zadatku 2.18, jer je V T ′ = V ({(u1 , ..., un ) : |u1 | + · · · + |un | ≤ 1}) = 2n V (u1 , ..., un ) : u1 + · · · + un ≤ 1, ui ≥ 0, i = 1, n .

Sluˇcaj n = 2 treba odvojeno razmatrati jer preslikavanje (u1 , u2 ) → (−u1 + u2 , u1 − u2 ) nema jakobijan razliˇcit od nule. Tada je '' V (T ) = dx1 dx2 = |x1 −x2 |+|x2 −x1 |≤1

''

dx1 dx2 = +∞. ◮

|x1 −x2 |≤ 12

2.23 U ravni uv dat je ˇcetvorougao s temenima A (1, 1) , B (2, 1) , C (2, 3) i D (1, 3) . Preslikavanje ravni uv u ravan xy dato je jednaˇcinama x = u2 − v2 , y = 2uv.

(2.1)

a) Naći sliku ˇcetvorougla ((ABCD u ravni xy; xydxdy koristeći smenu (2.1), gde je P = b) Izraˇcunati integral P (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1 . ◭ a) Imamo A (1, 1) → A′ 12 − 12 , 2 · 1 · 1 = A′ (0, 2) B (2, 1) → B ′ 22 − 22 , 2 · 2 · 1 = B ′ (3, 4) C (2, 3) → C ′ 22 − 32 , 2 · 2 · 3 = C ′ (−5, 12) D (1, 3) → D′ 12 − 32 , 2 · 1 · 3 = D′ (−8, 6) .

2.2. VIŠESTRUKI INTEGRALI b)

=

'' P′

gde je

''

xydxdy =

'' P′

P

89

D (x, y) 2 2

dudv

u − v 2uv D (u, v)

2 u2 − v2 uv 4u2 + 4v2 dudv = 8

'' P′

4 u − v 4 uvdudv

" # 2 P ′ = (u, v) : u2 − v2 + 4u2 v 2 ≤ 1 = (u, v) : u2 + v2 ≤ 1 .

Zato je

8

'' P′

4 u − v4 uvdudv =

'1

du

−1

√ '1−u2

√ − 1−u2

4 u − v4 uvdv = 0

jer je funkcija (u, v) → u4 − v4 uv neparna po v. ◮ 2.24 Naći formule transformacije pri kojima oblast G = (x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1, xy ≤ 2, x − y + 1 ≥ 0, x − y − 1 ≤ 0, x > 0 prelazi u pravougaonik ˇcije su stranice paralelne koordinatnim osama. ◭ Uzimajući da je xy = u, x − y = v dobijamo da je

D (u, v)

y x

= = −y − x = 0 D (x, y) 1 −1

za (x, y) ∈ G, pa je datim jednaˇcinama definisana funkcija koja G preslikava na deo ravni O′ uv. Taj deo ravni je pravougaonik. Zaista, prave x − y + 1 = 0, x − y − 1 = 0 se preslikavaju u prave v + 1 = 0, v − 1 = 0, a hiperbole xy = 1 i xy = 2 u prave u = 1, u = 2. Neka student nacrta sliku. ◮ 2.25 Izraˇcunati !2 ' ' n ··· xk dx1 dx2 · · · dxn Kn

k=1

gde je Kn = [0, 1] × [0, 1] × · · · × [0, 1] .

GLAVA 2. INTEGRALI

90

◭ S obzirom da je Kn , n−segment u Rn , to je I =

'

= n

··· Kn

'1

'

n

xk

k=1

'1

x21 dx1

0

0

'1

dx1

0

'1

dx2 · · ·

'1

dxn

0

'1 0

n

xk

k=1

!2

dxn

dxn

0

x1 dx1

0

= n·

'1

dx1 · · · dxn =

dx2 · · ·

'1

n (n − 1) +2 2

!2

'1

x2 dx2

0

'1 0

dx3 · · ·

0

1 1 1 n (3n + 1) + n (n − 1) · · = . 3 2 2 12

Korišćena je jednakost '1

x21 dx1

0

=

'1 0

dx1

0

'1 0

'1

dx2 · ·

dx2 · · ·

'1

'1

dxn =

0

0

je

0

x1 dx1

x2 dx2

0

'1 0

=··· =

n

xk

dx3 · · ·

'1 0

dx1

'1 0

2.26 a) Ako je f (x, y) = '1 0

dy

'1 0

'1

'1

dxn =

2

'1

'1 0

0

k=1

'1

dx1

0

x2n−1 dxn−1

broj sabiraka u razvoju

'1

'1

x22 dx2 · · ·

dx1

0

'1 0

'1 0

dx2 · · ·

dxn = · · ·

'1

dxn−1

0

'1

x2n dxn .

0

ne raˇcunajući x21 , x22 , ..., x2n i ˇcinjenicu da

'1

dxn =

0

dx2 · · ·

01

'1

xn−1 dxn−1

'1 0

'1

x3 dx3 · · ·

xn dxn . ◮

0

f (0, 0) = 0, dokazati da je

'1 0

dx2

0

0

y2 −x2 , (x2 +y2 )2

π f (x, y) dx = , 4

x1 dx1

'1

dx

'1 0

π f (x, y) dy = − . 4

'1 0

dxn


91

b) Izraˇcunati integral '' I= e−(x+y) (x + y)n dxdy, n ∈ N, G

gde je G = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0 . ◭ a) Najpre je I1 (y) '1 2 '1 2 '1 '1 y − x2 x + y 2 − 2x2 dx 2x2 dx = dx = dx = − x2 + y 2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 0 0 0 0  

'1 1 x

1  1

1 dx  = arctan − −x 2 + y y x + y2 x2 + y 2 0

=

0

0

! 1 1 1 1 1 x

1 arctan − − + arctan = . y y 1 + y2 y y 0 1 + y2

Zatim je

'1

dy

0

'1

f (x, y) dx =

0

'1

I1 (y) dy = arctan y|10 =

π . 4

0

1 S druge strane je I2 (x) = −I1 (x) = − 1+x ziti!) i zato je 2 , (obrazloˇ

'1 0

dx

'1

f (x, y) dy =

0

'1 0

I2 (x) dx = −

'1

Pitanje. Šta moˇze da se kaˇze o integralu

0

1 π dx = − . 2 1+x 4

((

f (x, y) dxdy, gde je

G

G = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} , a f funkcija iz prethodnog zadataka? b) Integral ''

e−(x+y) (x + y)n dxdy

I=

G

predstavlja sumu od n + 1 nesvojstvenog dvojnog integrala po oblasti +∞ G = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0 = ∪ (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ m, 0 ≤ y ≤ m . m=1

GLAVA 2. INTEGRALI

92 n n n−k k y , to je k x

Pošto je (x + y) =

k=0

!) 'm 'm n n n−k k −(x+y) y I = lim e x dxdy m→+∞ k k=0 0 0  m 'm n ' n  = lim e−x xn−k dx e−y yk dy  m→+∞ k k=0

0

0

'm 'm n n −x n−k = lim e x dx e−y y k dy k m→+∞ k=0

0

0

+∞ +∞ ' n ' n −x n−k = · e x dx · e−y y k dy k k=0

0

n

=

0

n n n! · (n − k)!k! = · (n − k)!k! k (n − k)!k!

k=0

k=0

= (n + 1) n! = (n + 1)!. Korišćena je jednakost

+∞ (

e−x xk dx = k!. ◮

0

2.27 Izraˇcunati integral 'a 'b 0

e− max{b

2 x2 ,a2 y 2

} dxdy, a > 0, b > 0.

0

◭ Funkcijom (u, v) → (x, y) gde je x = 1b u, y = a1 v pravougaonik [0, a] × [0, b] preslikava se na kvadrat [0, ab] × [0, ab] (propratiti crteˇzom). Pošto je D(x,y) 1 D(u,v) = ab , to je I =

=

'a 'b

e− max{

b2 x2 ,a2 y 2

0

0

2 ab

'ab

du

0

= −

1 ab

'ab 0

'u 0

2

} dxdy = 1 ab

e−u dv =

2 ab

'ab 0

'ab 'ab 0

0

e−u du

'u

2

e− max{u

2 ,v 2

} dudv

dv

0

2 2

2 1 2 ab 1 − e−a b e−u d −u2 = − e −u = . ◮ ab ab 0

2.2. VIŠESTRUKI INTEGRALI 2.28 Izraˇcunati integral I =

93 (( G

ln sin (x − y) dxdy, gde je G trougao

ograniˇcen pravama y = 0, y = x, x = π. u−v ◭ Stavljajući x = u+v 2 , y = 2 oblast G = (x, y) : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ x ravni Oxy preslikava se na oblast G1 = {(u, v) : 0 ≤ v ≤ π, v ≤ u ≤ 2π − v} , 1 Pošto je D(x,y) D(u,v) = 2 = 0 ispunjeni su uslovi teoreme o smeni promenljivih u nesvojstvenom integralu, te je '' '' '' 1 ln sin (x − y) dxdy = ln sin vdvdu = ln sin vdvdu 2 G

G1

G2

gde je G2 = {(u, v) : 0 ≤ t ≤ π, u ≤ v ≤ π} . Dalje je 1 I= 2

''

1 ln sin vdvdu = 2

G3

'π 'π 0

0

π ln sin vdvdu = 2

'π 0

ln sin vdv = −

π2 ln 2 2

gde je G3 = {(u, v) : 0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ π} . Skup vrednosti funkcije (u, v) → ln sin v, na G1(( jednak je skupu vrednosti na {(u, v) : 0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ u} . 1 ln sin vdvdu. ◮ Zato je I = 2 G3

2.29 Koristeći dvojni intergral dokazati jedakost mešovitih izvoda uxy = uyx pretpostavljajući njihovu neprekidnost. ◭ Ako se pretpostavi da je uxy (x0 , y0 ) > uyx (x0 , y0 ) u nekoj taˇcki (x0 , y0 ) otvorenog skupa G ravni R2 , onda iz neprekidnosti mešovitih parcijalnih izvoda u toj taˇcki sledi da postoji pravougaonik [a, b; c, d] sa centrom u toj taˇcki koji je sadrˇzan u G, tako da je uxy (x, y) > uyx (x, y) za sve (x, y) ∈ [a, b; c, d] . Dakle, 'b 'd a

uxy (x, y) dxdy >

c

'b 'd a

uyx (x, y) dxdy.

c

Meñutim, 'b 'd a

c

uxy (x, y) dxdy =

'd c

dy

'b a

uy (x, y)′x dx

=

'd c

(uy (b, y) − uy (a, y)) dy

GLAVA 2. INTEGRALI

94

=

'd c

uy (b, y) dy −

'd c

uy (a, y) dy = u (b, d) − u (b, c) − u (a, d) + u (a, c)

i na isti naˇcin sledi 'b 'd a

c

uyx (x, y) dxdy = u (b, d) − u (b, c) − u (a, d) + u (a, c) ,

što je kontradikcija. ◮ Napomena. Korišćeno je lokalno svojstvo neprekidnosti funkcije, osnovna teorema integralnog raˇcuna (Analiza I), svoñenje dvojnog integrala neprekidne funkcije na ponovljene (uzastopne). 2.30 Naći površinu dela ravni koju ograniˇcava kriva 2 2 x + y 2 = a x3 − 3xy 2 , a > 0.

◭ Prelaskom na polarne koordinate jednaˇcina date krive postaje ρ = a cos ϕ cos2 ϕ − 3 sin2 ϕ = a cos ϕ cos2 ϕ − 3 1 − cos2 ϕ = a 4 cos3 ϕ − 3 cos ϕ = a cos 3ϕ.

Odatle sledi cos 3ϕ ≥ 0, tj.

2kπ π π 2kπ − ≤ϕ≤ + , k ∈ {1, 2, 3} , 3 6 6 3 zbog T =

2π 3 .

P 3

=

Sada je π

''

dxdy = 2

0

G

π 6

2

= a

' 0

Znaˇci, P =

a2 π 4 .

◮

'6

dϕ

π

a cos ' 3ϕ

ρdρ = a2

0

1 + cos 6ϕ a2 dϕ = 2 2

0

cos2 3ϕdϕ

0

π 6

'

'6

dϕ +

π a2 a2 π sin 6 ϕ|06 = . 12 12

2.3. KRIVOLINIJSKI INTEGRALI

2.3

95

Krivolinijski integrali 2.31 Izraˇcunati krivolinijski integral prve vrste ' 4 4 I= x 3 + y 3 dl L

2 3

2 3

2

ako je kriva L astroida x + y = a 3 . ◭ Uzimajući parametarske jednaˇcine astroide: x = a cos3 t, y = a sin3 t, 0 ≤ t ≤ 2π integral se svodi na Rimanov. Imamo, dx = −3a cos2 t sin tdt, dy = 3a sin2 t cos tdt, te je I =

'2π 0

4 a 3 cos4 t + sin4 t 3a |cos t sin t| dt π

7

= 12a 3

'2 0

5 7 cos t sin t + sin5 t cos t dt = 4a 3 .

.2 .2 Korišćena je formula dl = x + y dt kao i ˇcinjenica da je astroida deo .2 .2 po deo glatka kriva, jer je x + y = 0 samo za vrednosti parametra t : 0, π2 , π, 3π 2 . ◮ . Napomena. U pojedinim zadacimo smo izvod x′ (t) oznaˇcavali sa x . 2.32 Izraˇcunati krivolinijski integral prve vrste ' I= x2 + y 2 dl L

3 ako je kriva L zadata jednaˇcinom x2 + y 2 2 = a2 x2 − y 2 . ◭ Prelaskom na polarne koordinate x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, jednaˇcina krive L postaje: ρ = a2 cos 2ϕ. S obzirom da je ρ ≥ 0, to mora biti cos 2ϕ ≥ 0, tj. − π4 ≤ ϕ ≤ π

I =

'4

− π4

π 4

ili

3π 4

≤ϕ≤

5π 4 .

Pošto je dl = 5π

.2

ρ2 + ρ dϕ, onda je:

'4 4 2 a cos 2ϕ 1 + 3 sin 2ϕdϕ + a4 cos 2ϕ 1 + 3 sin2 2ϕdϕ 3π 4

GLAVA 2. INTEGRALI

96 π

= 2a4

'4

− π4

π

'4 √ 2a4 4 2 a cos 2ϕ 1 + 3 sin 2ϕdϕ = √ 1 + 3 sin2 2ϕd 3 sin 2ϕ 2 3 π −4

a4 √ = 2a4 + √ ln 3+2 . 3

2.33 Izraˇcunati krivolinijski integral ' I = (x + y) dl L

3 : x2 + y 2 + z 2 = R2 , y = x ograniˇ gde je L manji deo kruˇznice (x, y, z) ∈ R cen taˇckama A (0, 0, R) i B

R R √ R 2, 2, 2

. 0 date kruˇznice su ◭ Parametarske jednaˇcine luka AB x = t, y = t, z =

Tada je

R R2 − 2t2 , 0 ≤ t ≤ . 2

+ .2 .2 .2 dl = x + y + z dt = 1 + 1 + R

I=

'2 0

√ 4t2 R 2 dt = √ dt, tj. R2 − 2t2 R2 − 2t2

R √ √ '2 2 √ d R − 2t2 R 2 R 2 √ 2t √ dt = − = R2 2−1 . ◮ 2 R2 − 2t2 R2 − 2t2

0

2.34 ( Izraˇcunati krivolinijske integrale prve vrste: a) (x + y) dl, L je granica trougla sa temenima O (0, 0) , A (1, 0) , B (0, 1) ; L ( b) y 2 dl, L je luk cikloide x = a (t − sin t) , y = a (1 − cos t) , 0 ≤ t ≤ 2π; L ( √x2 +y2 c) e dl, L je granica kruˇznog iseˇcka (ρ, ϕ) : 0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ ϕ ≤ π4 , L

ρ i ϕ su( polarne koordinate; d) x2 + y 2 dl, L je kruˇznica x2 + y 2 = ax; (L e) zdl, L je zavojna linija x = t cos t, y = t sin t, z = t, 0 ≤ t ≤ t0 ; (L 2 f) x + y 2 + z 2 dl, gde je L kruˇznica jednaka L

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = a2 , x + y + z = 0 .

2.3. KRIVOLINIJSKI INTEGRALI ◭ a) '

(x + y) dl =

L

'

97

'

(x + y) dl +

OA

(x + y) dl +

AB

Na OA je: y = 0, 0 ≤ x ≤ 1, dl = dx; .2

(x + y) dl =

'1 0

L

(x + y) dl,

BO

Na AB je: x+y = 1, dl = 1+ y dx = Na BO je: x = 0, 0 ≤ y ≤ 1, dl = dy. Sada je '

'

√ 2dx, jer je y = 1−x, 0 ≤ x ≤ 1;

'1 √ '1 √ 1 √ 1 xdx + 2dx + ydy = + 2 + = 1 + 2. 2 2 0

0

b) Najpre je dx = a (1 − cos t) dt, dy = a sin tdt te je

t

t 2 2 2 2

dl = a (1 − cos t) + a sin tdt = 2a sin dt = 2a sin dt 2 2

jer je 0 ≤ '

2

t 2

y dl =

≤ π. Zato je '2π 0

L

t a (1 − cos t) 2a sin dt = 2a3 2

3

= 8a

2

2

'2π

t sin dt = 16a3 2 5

0

= 16a3

'1

−1

'π

'2π 0

5

3

sin zdz = 16a

0

' L

=

'

+

OA

'π 0

2 1 − t2 dt = 32a3

c)

t 4 sin5 dt 2

'1 0

'

0 AB

2 1 − cos2 z sin zdz

2 256a3 1 − t2 dt = . 15 +

'

BO

Na OA je: y = 0, 0 ≤ x ≤ a, dl = dx; 0 je: x = a cos t, y = a sin t, dl = adt, 0 ≤ t ≤ π ; Na AB 4 √ Na BO je: y = x, dl = 2dx; Sada je ' L

√ 2 2 e x +y dl =

'a 0

√ a 2

π

ex dx +

'4 0

ea dt +

'2 0

√ √ 2

ex

2dx = 2 (ea − 1) +

πaea . 4

GLAVA 2. INTEGRALI

98 d) Parametarske jednaˇcine date kruˇznice su

a a a = cos t, y = sin t, 0 ≤ t ≤ 2π, 2 2 2 .2 .2 a a te je dx = − 2 sin tdt, dy = 2 cos tdt, tj. dl = x + y dt = a2 dt. Sada je x−

2π

'2π + '2π + 2 a 2 ' a a a t t

a a 2

a I = + cos t dt = 2 cos dt =

cos 2 dt 2 2 2 2 22 2 0 0 0   π π π ' '2 ' a2  2 |cos z| 2dz = a  cos zdz − cos zdz  = a2 (1 − (−1)) = 2a2 . = 2 0

π 2

0

e) Ovde je

.

.

.

x= cos t − t sin t, y = sin t + t cos t, z= 1

. √ .2 .2 te je dl = x2 + y + z = 2 + t2 dt. Onda je ' L

2

2+t 't0 ' 0 √ 3 √ 1 1 zdl = t 2 + t2 dt = udu = 2 + t20 2 − 2 2 . 2 3 0

2

f ) Pošto je za svaku taˇcku (x, y, z) ∈ L : x2 + y2 + z 2 = a2 , i kako je ( integral dl jednak duˇzini krive L, to je L

' L

2 x + y 2 + z 2 dl = a2

'

dl = a2 · 2πa = 2πa3 . ◮

L

2.35 Izraˇcunati krivolinijski integral druge vrste ' I= 2xydx + x2 dy AB

po tri krive koje spajaju taˇcke A i B. ◭ a) ' ' ' 2 I= 2xydx + x dy = + AB

AC

CB


99

Na AC je: y = 0, dy = 0, 0 ≤ x ≤ 1; Na CB je: x = 1, dx = 0, 0 ≤ y ≤ 1; Zato je I=

'1 0

(

b) I =

AB

2

0 · dx + 0 · 0 +

'1 0

2 · 1 · y · 0 + 1 · dy = 1.

2xydx + x2 dy. Na AB je: y = x2 , dy = 2xdx, 0 ≤ x ≤ 1, te je

y=x2

I=

'1 0

c) I =

(

1 3 x4

3 2x + 2x dx = 4 · = 1. 4 0

2xydx + x2 dy =

(1 2 2x + x2 dx = 3 · 0

AB

y=x

1 x3 3 0

= 1.

Napomena. Neka student obrazloˇzi, da li se sluˇcajno desila jednakost integrala po razliˇcitim putanjama koje povezuju taˇcke A i B. 2.36 Izraˇcunati krivolinijski integral druge vrste a) 1 (x + y) dx + (x − y) dy

I=

L

2

gde je L kruˇznica (x − 1) + (y − 1)2 = 4. b) 1 xdy − ydx I= 2 ax + 2bxy + cy 2 L

ako su a, c i ac − b2 pozitivni brojevi, gde je L kruˇznica x2 + y 2 = r2 . ◭ a) Pošto su x = 1 + 2 cos t, y = 1 + 2 sin t, 0 ≤ t ≤ 2π parametarske jednaˇcine date kruˇznice i kako je dx = −2 sin tdt, dy = 2 cos tdt to je 1 I = (x + y) dx + (x − y) dy L

GLAVA 2. INTEGRALI

100

=

=

'2π 0 '2π 0

(2 + 2 cos t + 2 sin t) (−2 sin t) dt + (2 cos t − 2 sin t) 2 cos tdt (−4 sin t − 8 sin t cos t + 4 cos 2t) dt = 0.

∂ ∂ Napomena. Pošto je ∂x (x − y) = ∂y (x + y) i kriva po kojoj se vrši integraljenje je zatvorena, to je vrednost datog integrala jednaka nuli-teorija. b) Uzimajući parametarske jednaˇcine kruˇznice x2 + y 2 = r2 :

x = r cos t, y = r sin t, xdy − ydx = r2 dt sledi I =

'2π 0

= 2

dt a cos2 t + 2b cos t sin t

'π 0

+ c sin2 t

dt a cos2 t + 2b cos t sin t + c sin2 t

π

= 2

'2

dt a cos2 t + 2b cos t sin t + c sin2 t

− π2

= 2

+∞ '

−∞

=

=

2 √ c

dz =2 a + 2bz + cz 2

+∞ '

−∞

+∞ '

−∞

t2

dz 2 + ac−b c

dz b 2 c z+c +

ac−b2 c

+∞ √ 2 t c

2π √ √ arctan =√ .

2 2 2 a −b ac − b −∞ ac − b2

Korišćeno je: podintegralna funkcija ima period T = π i zato je

(π 0

π

=

(2

− π2

smena tan t = z i ˇcinjenica da su a, c i ac − b2 pozitivni-uslov zadatka. ◮ 2.37 Izraˇcunati krivolinijski integral ' 2 y − z 2 dx + 2yzdy − x2 dz L

,


101

gde je L kriva: x = t, y = t2 , z = t3 , 0 ≤ t ≤ 1, u smeru rastenja parametra t. (1 4 1 ◭I = t − t6 + 4t6 − 3t4 dt = 35 , jer je dx = dt, dy = 2tdt, dz = 0

3t2 dt. ◮ 2.38 Izraˇcunati krivolinijski integral 1 2 y − z 2 dx + z 2 − x2 dy + x2 − y 2 dz L

gde je L presek koordinatnih ravni sa delom jediniˇcne sfere iz prvog oktanta. ◭ Kontura L se sastoji iz( tri podudarne ( (krive (delovi kruˇznica). Zato je I = I1 + I2 + I3 gde je I1 = , I2 = , I3 = . Na l1 je: z = 0, x2 + y 2 = 1, l1

te ako se uzme

l2

l3

x = cos t, y = sin t, z = 0, 0 ≤ t ≤

π 2

sledi dx = − sin tdt, dy = cos tdt, dz = 0. Sada je π

I1 =

'2 0

2 sin t − 0 (− sin t) dt + 0 − cos2 t cos tdt + cos2 t − sin2 t · 0 π

= −

π

'2

sin3 tdt −

0

π 2

= −2

' 0

'2 0

π

cos3 tdt = −

1 − cos2 t sin tdt = −2

'2 0

'1 0

π

3 cos t + sin3 t dt = −2

'2

sin3 tdt

0

2 1 4 1 − u2 du = −2 u|10 + u 3 0 = − . 3 3

Nije teško proveriti da je i I2 = I3 = − 43 . Dakle I = −4. ◮ 2.39 Da li za krivolinijski integral druge vrste vaˇzi teorema o srednjoj vrednosti, tj. ' ' ' P (x, y) dx + Q (x, y) dy = P (x1 , y1 ) dx + Q (x2 , y2 ) dy. AB

AB

AB

◭ Ne vaˇzi. Neka je AB deo kruˇznice x2 + y 2 = 1 od taˇcke A (0, 1) do taˇcke B (0, −1) i neka su na tom delu definisane funkcije P (x, y) = y,

GLAVA 2. INTEGRALI

102 Q (x, y) = 0. Onda je '

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

AB

'

AB

Meñutim

(

3π

ydx =

'2 π 2

sin t (− sin t) dt = −

π = 0. 2

3π

dx =

(2

(− sin t) dt = 0 tj. nije moguća jednakost

π 2

AB

'

P (x, y) dx = P (x1 , y1 ) ·

AB

'

dx.

AB

Korišćene su parametarske jednaˇcine luka AB : x = cos t, y = sin t, 3π 2 . ◮ 2.40 Izraˇcunati krivolinijski integral 1 I = (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz

π 2

≤x≤

L

ako je L kruˇznica 2 π3 x2 + y 2 + z 2 = a2 , y = x tan α, α ∈ 0, . 2

Smer kretanja je suprotan smeru kretanja kazaljke na ˇcasovniku kada se gleda iz taˇcke (2a, −2a, 0) , a > 0. ◭ Ako je t ugao što ga ˇcini poteg OM sa ravni xOy, onda je x = OM ′ cos α = a cos t cos α, y = OM ′ sin α = a cos t sin α, z = MM ′ = a sin t, 0 ≤ t ≤ 2π, tj. dx = −a sin t cos αdt, dy = −a sin t sin αdt, dz = a cos tdt.

Onda se zamenjivanjem dobija da je I = 2πα (cos α − sin α) . Videti ([2], II, Primeri 6.21.2). ◮ 2.41 Izraˇcunati integral 1 I = y 2 dx + z 2 dy + x2 dz L

gde je L Vivanijeva kriva x2 + y 2 + z 2 = a2 , x2 + y 2 = ax, (z ≥ 0, a ≥ 0) orijentisana pozitivno u odnosu na taˇcku (2a, 0, 0) .


103

◭ Pošto je projekcija krive L na ravan xOy kruˇznica x2 + y 2 = ax, ˇcije su parametarske jednaˇcine x−

a a a = cos t, y = sin t, 2 2 2

to su parametarske jednaˇcine krive L date sa x, y iste kao za navedenu kruˇznicu (direktrisu cilindra) + a2 a2 z = a2 − (x2 + y 2 ) = a2 − ax = a2 − − cos t 2 2 + + t a2 t (1 − cos t) = a2 sin2 = a sin , 0 ≤ t ≤ 2π. = 2 2 2 Sada je I =

=

'2π

a3 a3 t t a3 sin2 t · (− sin t) dt + sin2 cos tdt + (1 + cos t)2 cos dt 8 2 2 8 2

0 '2π 0

a3 a3 a3 t t sin2 cos t + · 4 cos5 − sin3 t + 8 2 2 8 2

dt = · · · = −

πa3 . ◮ 4

2.42 Izraˇcunati krivolinijski integral ' I= (ex sin y − py) dx + (ex cos y − p) dy AO

gde je AO gornja polukruˇznica x2 + y 2 = ax, O (0, 0) , A (a, 0) . ◭ Ovo je primer krivolinijskog integrala koji se ne moˇze rešiti kao prethodni. Za njegovo rešavanje koristi se Grinova formula. Pošto su funkcije P (x, y) = ex sin y − py i Q (x, y) = ex cos y − p neprekidno-diferencijabilne u celoj ravni, a oblast G ograniˇcena sa dve glatke krive y1 (x) = + ax − x2 i y2 (x) = 0, to je prema Grinovoj formuli '' 1 (Qx − Py ) dxdy = P dx + Qdy G

L

GLAVA 2. INTEGRALI

104 0 S obzirom da je gde je L = OA ∪ AO.

Qx = ex cos y, Py = ex cos y − p, kao i

'

P dx + Qdy =

L

'

'

P dx + Qdy +

OA

P dx + Qdy =

''

= p·

P dx + Qdy, to je

0 AO

(Qx − Py ) dxdy −

G

0 AO

'

'

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

OA

1 a 2 · π− 2 2

'a 0

0 · dx + (ex − p) · 0 =

a2 πp . ◮ 8

2.43 Primenjujući Grinovu formulu izraˇcunati krivolinijske integrale druge vrste 4 a) xy 2 dy − x2 dx, L je kruˇznica x2 + y 2 = a2 ; L 4 2 2 b) (x + y) dx − (x − y) dy, L je elipsa xa2 + yb2 = 1; 4L −x2 +y2 c) e (cos 2xdx + sin 2xydy) , L je kruˇznica x2 + y 2 = R2 . L

◭ a)

P (x, y) = −x2 , Q (x, y) = xy2 ⇒ Qx = y 2 , Py = 0 te je

1

P dx + Qdy =

'2π

'2π

y 2 dxdy =

1 − cos 2ϕ a4 dϕ = 2 8

0

'2π 0

'a

ρ3 dρ

cos 2ϕdϕ =

πa4 . 4

sin2 ϕdϕ

0

x2 +y 2 ≤a2

L

a4 = 4

''

a4 dϕ − 4

'2π

0

0

b)

1 L

P (x, y) = x + y, Q (x, y) = y − x ⇒ Qx = −1, Py = 1 P dx + Qdy =

''

2 x2 + y2 ≤1 a2 b

(−1 − 1) dxdy = −2

''

2 x2 + y2 ≤1 a2 b

dxdy = −2πab.


105

c) 2 +y 2

P (x, y) = e−x

cos 2xy, Q (x, y) = e−x

−x2 +y2

Py = 2ye

−x2 +y 2

cos 2xy − 2xe

−x2 +y2

2 +y 2

sin 2xy

−x2 +y2

Qx = −2xe sin 2xy + 2ye 4 sledi Qx − Py = 0. Zato je P dx + Qdy = 0. ◮

sin 2xy

cos 2xy

L

2.44 Izraˇcunati integral I=

1

(x cos α + y cos β) dl

L

gde je L zatvorena glatka kriva koja ograniˇcava oblast G površine S; α i β → su uglovi spoljašnje normale − n na krivu L u taˇcki M (x, y) sa osama Ox i Oy. ◭ Zna se ([2], II ili [9], I) da je ' ' P dx + Qdy = (P cos ϕ + Q sin ϕ) dl L

L

gde je τ = (cos ϕ, sin ϕ) jediniˇcni vektor tangente u taˇcki M (x, y) krive, ϕ ugao tangente sa pozitivnim smerom x− ose. Kako je 1 1 −ydx + xdy = (−y cos ϕ + x sin ϕ) dl 2S = L 1

L

1 π = (y cos (π − ϕ) + x sin ϕ) dl = y cos − α + x sin ϕ dl 2 L L 1 1 = (y cos β + x sin (π − ϕ)) dl = (y cos β + x sin α) dl = I, L

gde je S površina oblasti G; sledi da je I = 2S. ◮ 2.45 Izraˇcunati integral 1 xdy − ydx I= x2 + y 2 L

gde je L zatvorena kontura koja ograniˇcava oblast G ⊂ R2 . ◭ x y , Q (x, y) = 2 . P (x, y) = − 2 2 x +y x + y2

GLAVA 2. INTEGRALI

106 2

2

−x Kako je Py = Qx = (xy2 +y , x2 + y 2 = 0 to je prema Grinovoj formuli 2 )2 (( I = (Qx − Py ) dxdy = 0 ako koordinatni poˇcetak O (0, 0) ne pripada G

oblasti G. Tada su funkcije P (x, y) i Q (x, y) neprekidno diferencijabilne za sve (x, y) ∈ G i moˇze se primeniti Grinova formula. Ako taˇcka O (0, 0) pripada oblasti G koja za granicu ima konturu L, ne moˇze se primeniti Grinova formula. U tom sluˇcaju se moˇze uzeti neka druga zatvorena kontura l koja ograniˇcava oblast kojoj pripada taˇcka O (0, 0) . Pravljenjem tzv. zaseka dobija se jednostruko povezana oblast na koju moˇze da se primeni Grinova formula, tj. 1 P dx + Qdy = 0, L∪AB∪l− ∪BA

odnosno

1 L

(gde

4

+

1

AB

+

1

+

l−

1

= 0,

BA

znaˇci da je krivolinijski integral po putanji u negativnom smeru),

l−

odakle sledi da je 1 L

P dx + Qdy =

1

P dx + Qdy.

l

To znaˇci da integral ne zavisi od zatvorene putanje koja ograniˇcava oblast kojoj pripada O (0, 0) . Uzimanjem jediniˇcne kruˇznice i prelaskom na parametarske jednaˇcine dobija se I = 2π. Naravno, integral ne postoji ako koordinatni poˇcetak pripada konturi L. ◮ 2.46 Koristeći krivolinijski integral izraˇcunati površinu oblasti ograniˇcenu krivama: a) elipsom x = a cos t, y = b sin t, 0 ≤ t ≤ 2π; b) parabolom (x + y)2 = 2ax, a > 0 i x−som; c) hiperbolom y = x1 , x−osom i pravama x = 1 i x = 2; d) kruˇznicom x2 + y 2 = 4 i parabolom x2 = 2 − y (oblast koja sadrˇzi koordinatni poˇcetak). ◭ a) Formulom 1 S= 2

1 L

xdy − ydx (P (x, y) = −y, Q (x, y) = x)


107

se izraˇcunava površina oblasti G koja je ograniˇcena zatvorenom konturom L. U sluˇcaju elipse je 1 S= 2

'2π 0

ab (a cos t · b cos t − b sin t · (−a sin t)) dt = 2

'2π 0

1 · dt = πab.

√ 2ax i uzima se y = b) Parabola se moˇ z e napisati u obliku y = −x ± √ 2ax − x. Tada je 1 1 S = xdy − ydx 2 L

1 = 2

'

1 x · 0 − 0 · dx + 2

OA

'0 √ √ 1 √ −1 − x· 2a · 2ax − x dx 2 x

2a

! '2a √ √ '2a √ √ x 2ax √ 1 1 = − 2a − x − 2ax + x dx = − − 2ax dx 2 2 2 2 0

0

√ '2a √ '2a √ 2ax 2a √ 2a 2 3

2a 2a2 1 = dx = xdx = · x 2 = . 2 2 4 4 3 3 0 0

c) S =

1 S = 2

0

4 1 2

xdy − ydx, L = 12 ∪ 23 ∪ 34 ∪ 41. Sledi

L

1

'

1 x · 0 − 0 · dx + 2

12

1 + 2

'0 1

1 = − 2

0

1 2dy − y · 0 + 2

'2 1

1 1 x · − 2 dx − dx x x

1 · dy − y · 0

'1 2

'2

1 1 dx − = x 2

'2

1 dx = ln 2. x

1

d) 1 S= 2

1

L1 ∪L2

1 xdy − ydx = 2

'

L1

1 xdy − ydx + 2

'

L2

xdy − ydx.

GLAVA 2. INTEGRALI

108

Na L1 je x = 2 cos t, dx = −2 sin tdt, y = 2 sin t, dy = 2 cos tdt. Iz √ 11π 3 = 2 cos t ∧ −1 = 2 sin t ⇒ t = 6 √ 7π − 3 = 2 cos t ∧ −1 = 2 sin t ⇒ t = . 6 √ √ Na L2 je y = 2 − x2 , dy = −2xdx, − 3 ≤ x ≤ 3. Tada je 11π

S =

1 2

'6

4 cos2 tdt + 4 sin2 tdt +

7π 6

=

1 ·4 2

11π 7π − 6 6

+

1 2

1 2

√ − ' 3

√ 3

√ − ' 3

√ 3

−2x2 dx − 2 − x2 dx

√ 2 4 −x − 2 dx = π + 3 3. ◮ 3

2.47 Neka je L granica proste oblasti G. Moˇze li se površina S te oblasti izraˇcunati po formuli 1 1 4 S= xdy − ydy? 5 5 L

◭ Moˇze. Za bilo koje dve funkcije P (x, y) , Q (x, y) koje imaju neprekidne parcijalne izvode u oblasti G vaˇzi Grinova formula: 1 '' P dx + Qdy = (Qx − Py ) dxdy. L

G

Uzimajući da je Q (x, y)(( = x, P (x, y) = 0 ili Q (x, y) = 0, P (x, y) = −y i koristeći ˇcinjenicu da je dxdy površina oblasti G dobija se: G

S=

1

xdy i S = −

L

1

ydx.

L

Neka su sada α, β proizvoljni pozitivni brojevi takvi da je α + β = 1. Onda je 1 αS + βS = αxdy − βydx tj. S =

4

L

L

αxdy − βydx. Specijalno za α = β = 1 S= 2

1 L

xdy − ydx

1 2

sledi uobiˇcajena formula


109

koja se sreće u literaturi. ◮ 2.48 Neka je 1 1 P (x, y) = xy, Q (x, y) = x2 − , G = (x, y) : x2 + y 2 < 4 . 2 2−y

Dokazati da je izraz P dx + Qdy totalni diferencijal neke funkcije (x, y) → u (x, y) u krugu G, i naći tu funkciju. Izraˇcunati zatim 1 P dx + Qdy L

gde ( je L proizvoljna zatvorena deo po deo glatka kontura L ⊂ G. Izraˇcunati P dx + Qdy ako je A (−1, 1) , B (1, 1) .

AB

◭ S obzirom da je Px = x i Qy = x to je prema ([2], .II, Teorema 6.3.1 ili [9], II, Teorema 1.3.VI) izraz P dx + Qdy totalni diferencijal neke funkcije u (x, y) definisane u krugu G. Za nalaˇzenje funkcije u (x, y) ˇciji je totalni diferencijal du jednak izrazu P dx + Qdy koristi se formula

u (x, y) =

(x,y) '

P dx + Qdy + C

(x0 ,y0 )

gde je (x0 , y0 ) fiksirana taˇcka u oblasti G, a (x, y) promenljiva taˇcka. Pošto onda integral ne zavisi od putanje u (x, y) =

'x

P (x, y0 ) dx +

x0

'y

Q (x, y) dy + C.

dy =

y0

U datom sluˇcaju je u (x, y) =

'x 0

0 · dx +

'y 0

1 2 1 x − 2 2−y

x2 y + ln (2 − y) + C 2

jer je |y| ≤ 2. Zatim je prema ([2], .II, Teorema 6.3.1 ili [9], II, Teorema 3.3.VI) 1 P dx + Qdy = 0. L

GLAVA 2. INTEGRALI

110 Prema istim teoremama iz [2] ili [9] je ' L

(1,1)

x2 y + ln (2 − y) + C

P dx + Qdy = u (B) − u (A) = 2 (−1,1) 1 1 = + ln 1 + C − + ln 1 + C = 0. ◮ 2 2

2.49 Primenom Grinove formule izraˇcunati krivolinijske integrale: 4 a) I = xy 2 dy − x2 ydx, γ = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = a2 ; 4γ b) I = (x + y) dx − (x − y) dy, γ = (x, y) ∈ R2 : |x| + |y| = 1 ; γ

c) I =

4

e−(x

2 +y 2

γ

◭ a)

) (cos 2xydx + sin 2xydy) , γ = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = R2 .

''

I =

x2 +y2 ≤a2

=

'2π

dϕ

0

(Qx − Py ) dxdy =

'a

''

x2 +y2 ≤a2

ρ3 dρ =

2 y + x2 dxdy

πa4 . 2

0

b) ''

I =

(Qx − Py ) dxdy =

|x|+|y|≤1

= −2

''

''

(−1 − 1) dxdy

|x|+|y|≤1

|x|+|y|≤1

√ 2 dxdy = −2 · 2 = −4.

c) I =

''

x2 +y2 ≤R2

=

''

x2 +y2 ≤R2

(Qx − Py ) dxdy 2 2 2 2 −2xe−(x +y ) sin 2xy + 2ye−(x +y ) cos 2xy

+2ye−(x

2 +y 2

) cos 2xy + 2xe−(x2 +y2 ) sin 2xy dxdy

2.3. KRIVOLINIJSKI INTEGRALI ''

=

=

4ye−(x

2 +y 2

x2 +y2 ≤R2 √ R 'R '2 −x2

dx

4ye

111

) cos 2xydxdy

−(x2 +y2 )

cos 2xydy =

√ − R2 −x2

−R

'R

dx · 0 = 0

−R

(podintegralna funkcija je neparna po y, a granice su suprotnog znaka). U svim primerima lako je proveriti uslove za primenu Grinove formule. ◮ 2.50 Dokazati da je podintegralni izraz potpun diferencijal i izraˇcunati krivolinijski integral ' I= 15x2 y + 3z 2 dx + 5x3 − 2yz dy + 6xz − y 2 dz AB

gde je A (1, 2, 1) , B (2, 3, 2) . ◭ Pošto je P (x, y, z) = 15x2 y + 3z 2 , Q (x, y, z) = 5x3 − 2yz, R (x, y, z) = 6xz − y 2 to je Py = 15x2 , Pz = 6z, Qx = 15x2 , Qz = −2y, Rx = 6z, Ry = −2y. Onda je prema ([2], II, Teorema 6.3.2 ili [9], I, Teorema 2.3.VI) P dx + Qdy + Rdz = du, gde je u (x, y, z) neka diferencijabilna funkcija sa tri promenljive. Sliˇcno kao u dvodimenzionalnom sluˇcaju je: (x,y,z) '

u (x, y, z) =

P dx + Qdy + Rdz

(x0 ,y0 ,z0 )

=

'x

P (x, y0 , z0 ) dx +

x0

'y

y0

Q (x, y, z0 ) dy +

'z

R (x, y, z) dz + C

z0

gde je (x0 , y0 , z0 ) fiksirana, a (x, y, z) promenljiva taˇcka. U ovom sluˇcaju se moˇze uzeti (0, 0, 0) da bude fiksirana. Zato je u (x, y, z) =

'x 0

0·dx+

'y 0

3

5x dy+

'z 0

6xz − y 2 dz+C = 5x3 y+3xz 2 −y 2 z+C.

GLAVA 2. INTEGRALI

112 Sada je prema ([2], II, 6 ili [9], I, V I)

I = u (2, 3, 2) − u (1, 2, 1) = 138. ◮ 2.51 Naći funkciju u (x, y, z) ako je 1 y xy x x du = 1 − + dx + + 2 dy − 2 dz. y z z y z ◭ Lako je proveriti da je desna strana totalni diferencijal neke funkcije sa tri promenljive, tj. Py = Qx , Qz = Ry i Rx = Pz . Onda je 'x 'y 'z 1 y0 x x xy u (x, y, z) = 1− + dx + + 2 dy − dz + C y0 z0 z0 y z2 x0 y0 z0 y x

z

1 y0 xy x xy

+ = 1− + − x

+

+C

y0 z0 z y z z0 0 x0 y0 1 y 1 y0 = x 1− + − x0 1 − + +C y z y0 z0 x xy = x− − + C1 y z gde je C1 proizvoljna konstanta i yz = 0. ◮

2.4

Površinski integrali

2.52 Izraˇcunati površinu S površi: a) S je deo hiperboliˇckog paraboloida z = xy koji se nalazi u cilindru x2 + y 2 = 8; 3 b) S je deo površi z = 1 − x2 + y 2 2 koji odseca ravan z = 0. ◭ a) '' '' S= dS = 1 + zx2 + zy2 dxdy S

G

gde je G = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 8 . S obzirom da je zx = y, zy = x, to je √

2 2 '' '2π ' 2 2 S= 1 + zx + zy dxdy = dϕ 1 + ρ2 ρdρ = 26π. G

0

0

Napomena. Ako je površ S zadata jednaˇcinom z = z (x, y) onda student treba da zna da je dS = 1 + zx2 + zy2 dxdy; student zatim treba da

2.4. POVRŠINSKI INTEGRALI

113

zna kako izgleda površ z = xy (na primer sadrˇzi koordinatne ose i prolazi kroz prvi i treći, odnosno šesti i osmi oktant) i da obnovi jednaˇcine osnovnih površi koje je sreo u analitiˇckoj geometriji (sfera, elipsoid, cilindar, konus,...). b) '' S= 1 + zx2 + zy2 dxdy G

gde je G = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1 , deo ravni xOy na koju se površ projek 3 tuje. Kriva x2 + y 2 2 = 1 tj. x2 + y 2 = 1 (kruˇznica) je granica projekcije površi na xOy ravan. Zatim je 1 1 zx = −3x x2 + y 2 2 , zy = −3y x2 + y2 2 , te je '' 2 2 2 2 2 1 + zx + zy = 1 + 9 (x + y ) i S = 1 + 9 (x2 + y 2 )2 dxdy. G

Prelaskom na polarne koordinate dobija se S =

'2π 0

'1 dϕ ρ 1 + 9ρ4 dρ

0

1 π 3ρ2 1 2 4 4

= 1 + 9ρ + ln 3ρ + 1 + 9ρ

3 2 2 0 √ √ π = 3 10 + ln 3 + 10 . ◮ 6 2 2.53 Izraˇcunati površinu S površi date jednaˇcinom: x2 + y 2 + z 2 = 2a2 xy, a > 0. (( ◭ Oˇcigledno je S = 4 dS, gde je SI deo površi u I oktantu. Ako je SI

ρ = ρ (θ, ϕ) jednaˇcina površi u sfernim koordinatama, onda su x = ρ (θ, ϕ) cos ϕ sin θ,

(1)

y = ρ (θ, ϕ) sin ϕ sin θ, z = ρ (θ, ϕ) cos θ, parametarske jednaˇcine (ulogu parametara u i v igraju θ i ϕ) površi. Tada je dS = A2 + B 2 + C 2 dudv = EG − F 2 dudv (2)

GLAVA 2. INTEGRALI

114

. 2 ! 2 . ∂ρ ∂ρ / = ρ2 + sin2 θ + ρdθdϕ, ∂θ ∂ϕ

gde je kao što znamo iz teorije (pogledati i zadatak 2.59, c)) D (y, z) D (z, x) D (x, y) , B= , C= tj. D (θ, ϕ) D (θ, ϕ) D (θ, ϕ)

A=

∂z 2 E = + + ∂θ 2 2 2 ∂x ∂x ∂x G = + + ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z F = · + · + · . ∂θ ∂ϕ ∂θ ∂ϕ ∂θ ∂ϕ √ S obzirom da je ρ = a sin θ sin 2ϕ jednaˇcina date površi u sfernim kordinatama, to se paˇzljivim raˇcunom prema navedenoj formuli, dobija da je . 2 ! 2 . ∂ρ ∂ρ a sin θ 2 / 2 ρ (θ, ϕ) dθdϕ = √ ρ (θ, ϕ) dθdϕ. dS = ρ + sin θ + ∂θ ∂ϕ sin 2ϕ Sada je

S = 4·

''

dS = 4 ·

π

= 4a2

0

2

''

0≤θ,ϕ≤ π2

SI

'2

∂x ∂θ

∂y ∂θ

2

a sin θ √ · a sin θ sin 2ϕdθdϕ sin 2ϕ

π

dϕ

'2

1 sin2 θdθ = π2 a2 . ◮ 2

0

2.54 Naći površinu tela ograniˇcenog površima x2 +z 2 = a2 , y 2 +z 2 = a2 . ◭ Traˇzena površina je '' 1 + zx2 + zy2 dxdy S = 16S1 = 16 △OAB

gde je S1 površina krivolinijskog trougla CAB, i na trouglu CAB je: z = a2 − y 2 . Tada je −y a zx = 0, zy = , 1 + zx2 + zy2 = , a2 − y 2 a2 − y 2 △ OAB = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y, 0 ≤ y ≤ a} .


115

Zatim je S = 16a

'a 0

dy

a2 − y2

'y

dx = 16a

0

'a 0

0 ydy

= 16a a2 − y 2 = 16a2 . ◮ 2 2 a a −y

2.55 Izraˇcunati površinu tela ograniˇcenog površima: y 2 = 13 z 2 , x + y + z = 2a, a > 0; a) x2 + b) z = x2 + y2 , x + 2z = a, a > 0. ◭ a) Traˇzena površina kupe koja se dobija presekom ravni i konusa je S = M + B. Imamo '' 1 + zx2 + zy2 dxdy M= B′

gde je B ′ projekcija elipse 1 x2 + y2 = z 2 ∧ x + y + z = 2a 3 √ na ravan xOy i z = 3 x2 + y 2 . Dalje je √ √ x 3 y 3 zx = , zy = . x2 + y 2 x2 + y 2

Pošto je 1 + zx2 + zy2 = 4 to je '' 1 2B M =2 dxdy = 2 · √ B = √ . 3 3 B′

√ Dakle S = √23 + 1 B = 2+√3 3 B. Treba naći B (površinu elipse). S obzirom da je B = π4 · P Q · RS gde su P Q i RS redom velika i mala osa elipse, to je dovoljno odrediti koordinate taˇcaka P, Q, R i S. Rešavanjem sistema y = x, 1 2 x2 + y 2 = z , 3 x + y + z = 2a, dobijaju se koordinate taˇcaka P i Q, tj. √ ! 2a 2a 2a 6 √ , √ , √ P iQ 2+ 6 2+ 6 2+ 6

√ ! 2a 2a −2a 6 √ , √ , √ , 2− 6 2− 6 2− 6

GLAVA 2. INTEGRALI

116

i centra elipse O′ (−2a, −2a, 6a) . Koordinate taˇcaka R i S nalaze se rešavanjem sistema z = 6a, 1 2 x2 + y 2 = z , 3 x + y + z = 2a, √ √ √ √ odakle je R −2a − a 2, −2a + a 2, 6a , S −2a + a 2, −2a − a 2, 6a . Nalaˇzenjem veliˇcina duˇzi P Q i RS dobija se traˇzena površina tela √ S = 4πa2 3 + 2 3 .

b) Sliˇcno kao u delu zadatka pod a) je S = M + B (M−omotaˇc, B−osnova kupe). '' 1 + zx2 + zy2 dxdy M= B′

gde je B ′ oblast ravni xOy ograniˇcena projekcijom elipse z = x2 + y2 ∧ x + 2z = a, a > 0. Eliminacijom promenljive z dobija se jednaˇcina 2 a 2 y2 2a x+ + √ 2 = 3 3 3 2

što predstavlja elipsu u ravni xOy. Njena površina je √ √ ′ 3 2 2 2 3 S B =π· a· · a = 2πa . 3 2 3 9 x , x2 +y 2

Kako je zx = √

y , x2 +y 2

zy = √

to je

'' √ √ '' √ 2πa2 √ M= 2dxdy = 2 dxdy = 2S B ′ = 6. 9 B′

Dalje je B =

B′

(( 1 + zx2 + zy2 dxdy, gde je z =

B′

a−x 2 ,

zy = 0. Površina osnove je onda √ √ 5 ′ πa2 15 B= S B = . 2 9

odakle je zx = − 12 ,


117

√ √ √ 2 Sada je S = πa 9 3 2 2 + 5 . ◮ 2.56 Izraˇcunati površinu dela sfere x2 + y 2 + z 2 = a2 koji se nalazi unutar cilindra x2 + z 2 = b2 , 0 < b < a. ◭ '' '' a 2 2 √ P = 2 1 + yx + yz dxdz = 2 dxdz 2 a − x2 − z 2 x2 +z 2 ≤b2

x2 +z 2 ≤b2

1 1 2

2 2 = 2ab dϕ = 4ab π − 2 a − b ρ 2 2 2 b 0 a −b ρ 0 0 = 4aπ a − a2 − b2 √ −z jer je y = a2 − x2 − z 2 za y ≥ 0 i yx = −x y , yz = y . Uvedene su uopštene polarne koordinate x = bρ cos ϕ, z = bρ sin ϕ. ◮ 2.57((Izraˇcunati površinski integral prve vrste a) (x + y + z) dS, S je polusfera x2 + y 2 + z 2 = a2 , z ≥ 0; S (( x2 + y 2 dS, S granica tela datog sa x2 + y 2 ≤ z ≤ 1. b) S ◭ a) Pošto je na S odgovarajuća funkcija z = a2 − x2 − y 2 , to je '' '' (x + y + z) dS = 1 + yx2 + yz2 dxdy I= x + y + a2 − x2 − y 2 2

'2π

'1

S

ρdρ

2

G

gde je

1 + yx2 + yz2 = Zatim je

a2 a2 = i G = (x, y) : x2 + y2 ≤ a2 . 2 2 2 2 z a −x −y

'' a I = x + y + a2 − x2 − y 2 dxdy a2 − x2 − y 2 =

=

G '2π 0 '2π 0

= 0·

dϕ

'a

ρ cos ϕ + ρ sin ϕ +

0

(cos ϕ + sin ϕ) dϕ · 'a 0

ρ2 a

'a 0

a a2 − ρ2 ρdρ 2 a − ρ2

ρ2 a

dρ + a2 − ρ2

dρ + πa3 = πa3 . 2 2 a −ρ

'2π 0

dϕ ·

'a 0

aρdρ

GLAVA 2. INTEGRALI

118 b) I=

'' S

2 x + y 2 dS =

'' S1

2 x + y 2 dS +

'' S2

2 x + y 2 dS.

Na S1 je: z = 1 te je zx = zy = 0 i dS = 1 + zx2 + zy2 dxdy = dxdy. Na S2 je: z = x2 + y 2 te je x y , zy = i 2 2 2 x +y x + y2 , √ x2 y2 1+ 2 + dxdy = 2dxdy. dS = 2 2 2 x +y x +y zx =

Sada je ''

I =

2 x + y 2 dxdy +

''

2 √ x + y 2 2dxdy

G 'G' √ 2 2 = 1 + 2 x + y dxdy G

2π '1 √ √ ' π dϕ ρ3 dρ = 1+ 2 = 1+ 2 2 0

0

gde je G projekcija površi S1 i S2 na ravan xOy. ◮ 2.58 Uraditi prethodni zadatak pod a) koristeći projekciju površi na ravan xOz. ◭ Kruˇznicom K ˇcija je jednaˇcina x2 + z 2 = a2 površ S je podeljena na površi S1 i S2 . Zato je '' '' I = (x + y + z) dS + (x + y + z) dS S1

=

''

x2 +z 2 ≤a2 , z≥0

+

''

S2

x − a2 − x2 − z 2 + z 1 + zx2 + zy2 dxdz

x2 +z 2 ≤a2 , z≥0

= 2

''

x2 +z2 ≤a2 , z≥0

x+

a2 − x2 − z 2 + z 1 + zx2 + zy2 dxdz

(x + z)

1 + zx2 + zy2 dxdz.


119

√ Pošto je y = ± a2 − x2 − z 2 to je x z yx = ± √ , yz = ± √ , 2 2 2 2 a −x −z a − x2 − z 2

tj.

1 + zx2 + zy2 =

''

I = 2

a √ . a2 −x2 −z 2

x2 +z 2 ≤a2 , z≥0 ' π 'a

= 2

dϕ

0

'π

0

Sada je traˇzeni integral

(x + z) 1 + zx2 + zy2 dxdz

ρa (ρ cos ϕ + ρ sin ϕ) dρ a2 − ρ2 'a

'a

ρ2 dρ = 4a · dρ a2 − ρ2 a2 − ρ2 0 0 0   a '

a = 4a −ρ a2 − ρ2 + a2 − ρ2 dρ = πa3 . ◮ = 2

(cos ϕ + sin ϕ) dϕ

ρ2 a

0

0

Napomena. Neka student uradi zadatak 2.57 b) koristeći projektovanje na xOz ili yOz ravan. 2.59 cunati površinske integrale prve vrste: (( Izraˇ dS , S je granica tetraedra: x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 i x+y+z ≤ 1; a) (1+x+y)2 S (( b) |xyz| dS, S je deo površi z = x2 + y 2 za z ≤ 1; S (( c) zdS, S je deo helikoida x = u cos v, y = u sin v, z = v za 0 ≤ u ≤ S

a, 0 ≤ v((≤ 2π; d) z 2 dS, S je deo konusne površi x = r cos ϕ sin α, y = r sin ϕ sin α, S $ % z = r cos α za 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ ϕ ≤ 2π (a > 0, α je konstantan ugao iz 0, π2 ); (( e) (xy + yz + zx) dS, S je deo konusne površi z = x2 + y 2 koji se S

nalazi u cilindru x2 + y 2 = 2ax. ◭ a) Iz '' '' =

S

S1

+

''

sledi: Na S1 je z = 0 te je dS = dxdy;

S2

+

'' S3

+

'' S4

,

GLAVA 2. INTEGRALI

120

1 + x2z + x2y dzdy = dzdy, Na S3 je y = 0 te je dS = 1 + yz2 + yx2 dxdz = dxdz, √ Na S4 je z = 1 − x − y te je dS = 1 + zx2 + zy2 dxdy = 3dxdy. Na S2 je x = 0 te je dS =

Ako sa Ii , i = 1, 4 oznaˇcimo redom integrale po površi Si , dobijamo ''

I1 =

dS = (1 + x + y)2

S1

OM N

1−x

1

− dx = 1 + x + y 0

0

''

I2 =

S2

dS = (1 + x + y)2

''

'1 0

'1 0

0

1 1 − 1+x 2

dzdy = (1 + 0 + y)2

ONP

dx

1−x '

'1 0

dy (1 + x + y)2

1 dx = ln 2 − ; 2

dz

1−z ' 0

dy (1 + y)2

! '1 1

1−z 1 − dz = dz = 1 − ln 2; 1− 1 + y 0 2−z

'1

=

dxdy = (1 + x + y)2

!

'1

=

''

0

0

Zbog simetrije sa integralom

((

S2

I3 =

'' S3

dS (1+x+y)2

dS = (1 + x + y)2

''

vaˇzi

△M OP

dxdz = 1 − ln 2. (1 + x)2

I na kraju I4

√ '' dS 3dxdy = 2 = (1 + x + y) (1 + x + y)2 S4 M NP √ '' √ dS 1 = 3 = 3 ln 2 − ; 2 (1 + x + y)2 ''

S1

Dakle,

'' S

4 √ dS = I = 3 − 1 i (1 + x + y)2 i=1

! √ 3 + ln 2 . 2


121

b) ''

I =

|xyz| dS =

S

''

=

= 4

|xy| zdS

S

x2 +y2 ≤1

''

''

|xy| x2 + y 2 1 + 4x2 + 4y 2 dxdy

x2 +y2 ≤1 x≥0,y≥0

xy x2 + y 2 1 + 4 (x2 + y 2 )dxdy

jer je z ≥ 0 i zx = 2x, zy = 2y, te je dS = 1 + 4x2 + 4y 2 dxdy. Kako '' xy x2 + y2 1 + 4 (x2 + y 2 )dxdy x2 +y 2 ≤1 x≥0,y≥0

predstavlja zapreminu ograniˇcenu grafikom funkcije z = xy x2 + y2 1 + 4 (x2 + y2 ), cilindrom x2 + y 2 = 1 i koordinatnom ravni z = 0, jasno je zašto se brisanjem apsolutne vrednosti javlja ˇcetvorostruka vrednost. Prelaskom na polarne koordinate integral postaje π

I = 4

'2

cos ϕ sin ϕdϕ

0

= 2

'2 0

=

1 32

'1 0

' ρ 1 + 4ρ2 dρ = 2 ρ5 1 + 4ρ2 dρ 1

5

0

1 5 1 1 t 1 + t2 dt = 32 2 32

√ '5 1

'2 0

t5

1 + t2 dt

√ 2 2 2 125 5 − 1 u − 1 u du = · · · = . 420

c) I =

'' S

zdS =

'' G

v

A2 + B 2 + C 2 dudv,

G = {(u, v) : 0 ≤ u ≤ a, 0 ≤ v ≤ 2π} . Ako je granica tela (površ) zadata parametarski:

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

GLAVA 2. INTEGRALI

122 onda je dS =

√ A2 + B 2 + C 2 dudv gde je A=

D (y, z) D (z, x) D (x, y) , B= , C= . D (u, v) D (u, v) D (u, v)

U datom primeru je

sin v u cos v

1

= sin v, B = 0 A =

cos v −u sin v 0 1

cos v −u sin v

= u. C =

sin v u cos v

= − cos v,

Onda je

'a

I =

0

d)

'2π 'a '2π 2 2 du v 1 + u dv = 1 + u du vdv =

0 0

a ! √

a 2 u 1 + u 1

= 2π2

+ ln u + 1 + u2

2 2 0 0 = π2 a 1 + a2 + ln a + 1 + a2 .

I=

''

0

z 2 dS =

S

'' G

2 ρ cos2 α A2 + B 2 + C 2 dρdϕ

(ovde su parametri ρ i ϕ i G = {(ρ, ϕ) : 0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ ϕ ≤ 2π})

sin ϕ sin α ρ cos ϕ sin α

= −ρ cos ϕ sin α cos α, A =

cos α 0

cos α

0

= −ρ sin ϕ sin α cos α, B =

cos ϕ sin α −ρ sin ϕ sin α

cos ϕ sin α −ρ sin ϕ sin α

= ρ sin2 α. C = sin ϕ sin α ρ cos ϕ sin α Sada je

I =

'2π 0

dϕ

'a 0

2

2 2 ρ cos α ρ2 sin2 α cos2 α + ρ2 sin4 αdρ

= 2π cos α

'a 0

ρ2

ρ2 sin2 α cos2 α + sin2 α dρ


2

= 2π cos α sin α

'a

123

ρ3 dρ =

πa4 cos2 α sin α. 2

0

e) ''

I =

(xy + yz + zx) dS

'S' 1 + zx2 + zy2 dxdy = xy + (x + y) x2 + y 2 G

gde je (sl. 2.31) " # x y G = (x, y) : (x − a)2 + y 2 ≤ a2 , zx = , zy = . x2 + y2 x2 + y 2

Zatim je '' √ xy + (x + y) x2 + y2 I = 2dxdy G

√ '' √ '' √ '' 2 xydxdy + 2 x x2 + y 2 dxdy + 2 y x2 + y 2 dxdy =

√ = 2

G '2a

G

xdx

'y

−y

0

G

' √ '' √ ' ydy + 2 x x2 + y 2 dxdy + 2 dx y x2 + y 2 dy 2a

−y

0

G

y

π 2

2a'cos ϕ √ '' √ ' = 0+ 2 x x2 + y2 dxdy + 0 = 2 cos ϕdϕ ρ3 dρ G π 2

π 2

− π2

0

√ √ 4' √ 4' √ 4 4!! 64 2a4 5 5 = 4 2a cos ϕdϕ = 8 2a cos ϕdϕ = 8 2a = , 5!! 15 − π2

0

√ gde je y = 2ax − x2 . Korišćena je neparnost podintegralnih funkcija po y u prvom i trećem integralu. ◮ Napomena. Ako se deo neke površi nalazi u cilindru x2 +y 2 = a2 , onda je njena projekcija na ravan xOy krug (deo ravni xOy ograniˇcen direktrisom cilindra).

GLAVA 2. INTEGRALI

124 2.60 Izraˇcunati površinski integral I =

((

zdS, gde je S deo hiper-

S

boliˇckog paraboloida z = xy koji se nalazi u cilindru x2 + y 2 = 4. ◭ ''

I=

2π

x2 +y2 ≤4

jer je

(2π

' ' 2 2 xy 1 + x + y dxdy = cos ϕ sin ϕdϕ 1 + ρ2 ρ3 dρ = 0 2

0

cos ϕ sin ϕdϕ =

0

2π sin2 ϕ 2 0

0

= 0. ◮

Napomena. Neka student obrazloˇzi zašto sledeći postupak rešavanja

2π 2π ( ( (0 2 0 cos ϕ sin ϕdϕ = tdt = t2 = 0 integrala cos ϕ sin ϕdϕ nije korektan: 0

0

0

0

(smena sin ϕ = t). (( 2.61 Izraˇcunati površinski integral I = ydS, gde je S deo cilindra S

x = 2y 2 + 1, y > 0 ograniˇcen površima x = y 2 + z 2 , x = 2, x = 3. ◭ S obzirom da u jednaˇcini površi ne uˇcestvuje promenljiva z, to se dati površinski integral prvog tipa moˇze svesti na dvojni integral oblika: '' '' y 1 + yx2 + yz2 dxdz ili y 1 + x2y + x2z dydz. Gxz

Gyz

Na osnovu toga je I=

'' +

Gxz 1 , 2(x−1)

gde je yx = √ 2

Gxz =

x − 1 1 + yx2 + yz2 dxdz 2

yz = 0, a

+

(x, z) : 2 ≤ x ≤ 3, −

x+1 ≤z≤ 2

+

x+1 2

)

je projekcija dela cilindra S na ravan xOz i dobija se eliminacijom promenljive y iz jednaˇcina x = 2y 2 + 1, x = y 2 + z 2 . Zatim je

I =

'3 2

1√ 8x − 7dx 4

x+1 2

'

− x+1 2

1 dz = √ 2 2

'3 8x2 + x − 7dx 2


=

'3 2

125

, 2 1 2 25 x+ − dx 16 16

! 3 + + 2

1 x + 16 x 7 15 1 1 x 7

ln x + + x2 + − = x2 + − − 2 8 8 16 2 16 8 8 2 √ √ √ 2 98 17 − 99 3 33 + 12 6 15 √ √ . ◮ = ln + 16 64 2 49 + 8 34 Napomena. Student(( treba da zna redosled koraka za rešavanje površinskog integrala prve vrste f (x, y, z) dS. Najpre mora da razmotri poloˇzaj S

površi S u prostoru R3 , njenu jednaˇcinu. Na osnovu toga bira koordinatnu ravan na koju projektuje površ S, tj. bira tip dvojnog integrala preko koga izraˇzava površinski integral. Ako je površ data parametarski, onda uzima ravan uOv odreñenu parametrima i dS izraˇcunava preko poznate formule √ A2 + B 2 + C 2 dudv. Neka student prethodni zadatak reši tako što će projektovati površ na ravan yOz. 2.62 Izraˇcunati koordinate jediniˇcnih vektora normala uzetih na donju stranu konusne površi z = x2 + y 2 , 0 < a ≤ z ≤ b, a < b. Dokazati da je to polje normala neprekidno. → ◭ Neka je − n (cos α, cos β, cosγ) jediniˇcni vektor proizvoljne spoljašnje 2 2 normale na datu površ u taˇcki M x, y, x + y . S obzirom da spoljašnja normala gradi tup ugao sa pozitivnim delom z−ose, to je cos γ = cos α =

−zy 1 1 y = − √ , cos β = = , 2 2 (x2 + y 2 ) − 1 + zx2 + zy2 − 1 + zx2 + zy2 −zx x = . 2 (x2 + y2 ) − 1 + zx2 + zy2

Tako je definisano vektorsko polje − → n (M) =

x y 1 , , −√ 2 2 2 2 2 2 (x + y ) 2 (x + y )

!

koje je neprekidno (takve su njegove koordinate). Oblast definisanosti funkcija x y 1 P (x, y, z) = , Q (x, y, z) = , R (x, y, z) = − √ 2 2 2 2 2 2 (x + y ) 2 (x + y )

GLAVA 2. INTEGRALI

126

je omotaˇc zarubljene kupe, tj. deo konusa z = x2 + y 2 izmeñu ravni z = a i z = b. S obzirom da se u svakoj taˇcki date površi moˇze definisati neprekidno vektorsko polje normala, to je data površ dvostrana ([2], II, strana 215 ili [9], I, strana 243). ◮ 2.63 Odrediti smer neprekidnog vektorskog polja normala, uzetih na spoljašnjoj strani sfere x = a sin u cos v, y = a sin u sin v, z = a cos u, 0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ 2π. ◭ Parametri u i v odgovaraju uglovima θ i ϕ (ρ = a) koji se pojavljuju → u sfernim koordinatama. Ako je − n jediniˇcni vektor proizvoljne normale usmeren na spoljašnju stranu sfere polupreˇcnika a, onda se njegove koordinate cos α, cos β, cos γ (α, β, γ uglovi sa koordinatnim osama x, y, z redom raˇcunaju po formulama cos α = cos γ =

A = B = C = gde je

A B √ , cos β = √ , ± A2 + B 2 + C 2 ± A2 + B 2 + C 2 C √ , 2 ± A + B2 + C 2

D (y, z)

a cos u sin v a sin u cos v

2 2 =

= a sin u cos v 0 D (u, v) −a sin u

D (z, x)

−a sin u 0

= a2 sin2 u sin v = a cos u cos v −a sin u sin v D (u, v)

D (x, y)

a cos u cos v −a sin u sin v

= = a2 sin2 u cos u D (u, v) a cos u sin v a sin u cos v

A2 + B 2 + C 2 = a4 sin4 u + a4 sin2 u cos2 u = a4 sin2 u

√ → tj. A2 + B 2 + C 2 = a2 sin u tako da vektorsko poilje normala − n ima − → koordinate n = (sin u cos v, sin u sin v, cos u) tj. − → n = (− sin u cos v, − sin u sin v, − cos u) što zavisi od toga da li je taˇcka na gornjoj ili donjoj strani sfere. Na kruˇznici sfere koja pripada ravni xOy → vektorsko polje normala ima koordinate − n = (cos v, sin v, 0) . ◮ 2.64 Izraˇcunati površinske integrale druge vrste '' '' '' dxdy, dydz, dzdx, S

S

S

gde S oznaˇcava spoljašnju stranu sfere x2 + y 2 + z 2 = R2 .

2.4. POVRŠINSKI INTEGRALI ◭ I1 =

''

dxdy =

127 ''

dxdy +

S+

S

''

dxdy

S−

gde S + , odnosno S − oznaˇcava spoljašnju gornju, odnosno spoljašnju donju stranu. Zatim je   '' '' '' ''   dxdy + − dxdy  = dxdy − dxdy = 0. I1 = x2 +y2 ≤R2

x2 +y 2 ≤R2

x2 +y 2 ≤R2

x2 +y2 ≤R2

Korišćena je definicija površinskog integrala druge vrste preko dvostrukog integrala ([2], II, strana 216 ili [9], I, Definicija 1.2.VII). Na isti naˇcin se dobija da su i ostala dva integrala jednaka nuli. ◮ 2.65 Izraˇcunati površinski integral druge vrste '' xdydz + ydzdx + zdxdy S

gde je S spoljašnja strana kocke {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} . Kolika je vrednost tog integrala ako je S unutrašnja strana kocke? ◭ S obzirom da kocka ima šest strana (kvadrata), i da su ivice mere 6 (( Ik gde je na primer I1 = zdxdy, I2 + (površine) nula, to je I = k=1 S1 (( zdxdy, a S1 i S2 pripadaju redom ravnima z = 0 i z = 1. zato je S2

I2 =

''

zdxdy =

S2

''

dxdy = 1

G2

gde je G2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} . Takoñe je '' I1 = 0 · dxdy = 0. S1

Ostala dva integrala se sliˇcno izraˇcunavaju, dakle '' xdydz + ydzdx + zdxdy = 3. S

GLAVA 2. INTEGRALI

128

Ako je S unutrašnja strana kocke, vrednost integrala je −3, jer je na primer '' '' zdxdy = − dxdy = −1 I2 = S2

G2

([2], II, strana 216 ili [9], I, Definicija 1.2.VII). ◮ Napomena. Prethodni površinski integral se moˇze izraˇcunati i primenom formule Gaus-Ostrogradskog, tj. ' '' '' ' I= (Px + Qy + Rz ) dxdydz = 3 dxdydz = 3 T

T

gde je T telo ˇcija je granica kocka osnovne ivice jednake 1 smeštena u prvom oktantu. (( dxdy gde je S donja 2.66 Izraˇcunati površinski integral druge vrste S 2 2 strana dela konusa (( z = x + y za 0 ≤ z ≤ 1. ◭I =− dxdy = −π jer se integral uzima po donjoj strani. ◮ x2 +y 2 ≤1 (( 2.67 Izraˇcunati površinski integral druge vrste I = ydzdx gde je S S

gornja strana paraboloida z = x2 + y 2 ograniˇcena ravnima z = 0 i z = 2. ◭ Gornja (unutrašnja) strana paraboloida z = x2 +y 2 u odnosu na ravan Oxy ima svoju gornju (S + ) i svoju donju (S − ) stranu u odnosu na ravan Oxz. Zato je '' '' I = ydzdx + ydzdx S+

−

'' S '' = + − z − x2 dzdx − z − x2 dzdx G

'' = −2 z − x2 dzdx = −2 = −2

G √ '2

√ − 2 √ '2

8 = − 3

0

G √ '2

√ − 2

'2 dx z − x2 dz x2

√

'2 2 3 2 4 2 32 dx z−x 2 − x2 2 − 0 dx

2 =− 3 3 √ x − 2 π 2

' 3 8 3 √ 2 − x2 2 dx = − · 2 2 · 2 cos4 tdt = −2π. 3 0


129

√ Korišćena je smena x = 2 sin t. ◮ Napomena. Kako je '' I= 0 · dydz + y · dzdx + 0 · dxdy S

onda je '' '' I= 0 · dydz + y · dzdx + 0 · dxdy − 0 · dydz + y · dzdx + 0 · dxdy S∪K −

K−

gde je K − donja strana kruga (x, y, z) : z = 2, z = x2 + y 2 , to je prema formuli Gaus-Ostrogradskog I =−

'' '

1 · dxdydz − 0 = −

dxdy

x2 +y 2 ≤2

T

((

''

'2

dz = · · · = −2π.

x2 +y2

= 0, jer je z = 2 na K, odakle sledi dz = 0. Primenjen je metod “zat-

K−

varanja” površi. → 2.68 Izraˇcunati protok (fluks) vektorskog polja − a (x, y, z) = x2 , y2 , z 2 kroz spoljašnju stranu sfere (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2 . ◭ I naˇ cin. Ispunjeni su uslovi za primenu formule Gaus-Ostrogradskog. Zato je protok ' '' '' ' (2x + 2y + 2z) dxdydz = 2 (x + y + z) dxdydz Φ= T

T

gde je T kugla ograniˇcena datom sferom. Prelaskom na sferne koordinate x − a = ρ cos ϕ sin θ, y − b = ρ sin ϕ sin θ, z − c = ρ cos θ, dobija se Φ = 2

'2π 0

dϕ

'π 0

dθ

'R

(a + ρ cos ϕ sin θ + b + ρ sin ϕ sin θ

0

+c + ρ cos θ) ρ2 sin θdρ '2π 'π 'R = 2 (a + b + c) dϕ sin θdθ ρ2 dρ 0

0

0

GLAVA 2. INTEGRALI

130

+2

'2π

(cos ϕ + sin ϕ) dϕ

0

'π

2

sin θdθ

0

= 2 (a + b + c) 2π · 2 · II naˇ cin. Φ=

''

R3 +2·0· 3

'R

ρ3 dρ

0

'π 0

sin2 θdθ ·

8πR3 R4 = (a + b + c) . 4 3

x2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy = I1 + I2 + I3 .

S

U odnosu na ravan z = c spoljašnja strana sfere ima svoju gornju i donju stranu, zato je na primer '' '' 2 z dxdy + z 2 dxdy I3 = S+

S−

2 '' 2 2 2 = dxdy c + R − (x − a) − (y − b) Kxy

2 '' 2 2 2 − c + R − (x − a) − (y − b) dxdy Kxy

= 4c

2 '' c + R2 − (x − a)2 − (y − b)2 dxdy

Kxy

= 4c

'2π 0

'R 8πcR3 dϕ R2 − ρ2 ρdρ = 3 0

" # gde je Kxy = (x, y) : (x − a)2 + (y − b)2 ≤ R2 . Korišćene su ”pomerene“ polarne koordinate x−a = ρ cos ϕ, y −b = ρ sin ϕ. Na isti naˇcin (samo druga 3 3 slova) se nalaze I1 = 8πaR i I2 = 8πbR 3 3 . III naˇ cin. Prema formulama dydz = (cos α) dS, dzdx = (cos β) dS, dxdy = (cos γ) dS površinski integral druge vrste (fluks vektorskog polja) postaje '' '' 2 2 2 Φ= x cos α + y cos β + z cos γ dS = f (x, y, z) dS S

S


131

gde je S površ sfere (nije bitna unutrašnja ili spoljašnja strana-orijentacija je sadrˇzana u cos α, cos β, cos γ). S obzirom da je z = c ± R2 − (x − a)2 − (y − b)2 to je zx = odnosno

− (x − a) − (y − b) , zy = ± R2 − (x − a)2 − (y − b)2 ± R2 − (x − a)2 − (y − b)2

R 1 + zx2 + zy2 = R2 − (x − a)2 − (y − b)2 R2 − (x − a)2 − (y − b)2 z−c = tj. cos γ = ± R R gde znak ”-“ odgovara jediniˇcnim vektorima dela sfere ispod ravni z = c. Zatim je x−a y−b cos α = , cos β = . R R → Dakle, ako je − n jediniˇ proizvoljne normale na spoljašnju stranu cni vektor − → x−a y−b z−c sfere, onda je n = R , R , R . Zato je '' 2x − a 2y − b 2z − c Φ = x +y +z dS R R R =

S 2π '

dv

0

' 0

πR2 sin u (a + R cos v sin u)2 cos v sin u

+ (b + R sin v sin u)2 sin v sin u + (c + R cos u)2 du

= R

2

'2π

2

2aRcs vdv

0

+R

2

'2π 0

'

3

π sin udu + R

0

2cRdv

'

2

'2π

2bR sin2 vdv

0

'

π sin3 udu

0

π cos2 u sin udu

0

8πR3 = (a + b + c) . 3 Korišćene su ”pomerene“ parametarske jednaˇcine sfere: x = a + R cos v sin u, y = b + R sin v sin u, z = c + R cos u,

GLAVA 2. INTEGRALI

132 i ˇcinjenica da je tada R2 sin ududv, gde je A=

√ √ A2 + B 2 + C 2 dudv = dS, tj. A2 + B 2 + C 2 dudv =

D (z, x) D (x, y) D (y, z) , B= , C= . ◮ D (u, v) D (u, v) D (u, v)

Napomena. Površinski integral oblika '' P (x, y, z) dydz + Q (x, y, z) dzdx + R (x, y, z) dxdy S

rešava se svoñenjem prvog((tipa, a ovaj na dvostruki ili direk(( (( na površinski P dydz, Qdzdx, Rdxdy po definiciji na dvostruki tno svaki sabirak S

S

S

integral. 2.69 (( Izraˇcunati površinske integrale druge vrste: a) xdydz +ydzdx+zdxdy, S je spoljnja strana sfere x2 +y2 +z 2 = a2 ; S (( b) f (x) dydz + g (y) dzdx + h (z) dxdy, S je spoljnja strana kvadra S

0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ z ≤ c,

a f (x)(( , g (y) , h (z) su neprekidne funkcije; c) (y − z) dydz + (z − x) dzdx + (x − y) dxdy, ako je S donja strana S konusne površi z = x2 + y 2 , 0 ≤ z ≤ h; (( cos α cos β cos γ 2 2 d) dS, S je spoljnja strana elipsoida xa2 + yb2 + x + y + z z2 c2

S

= 1. ◭ a) I naˇ cin: ''' ''' 4 I= (1 + 1 + 1) dxdydz = 3 · dxdydz = 3 · πa3 = 4πa3 3 T

T

gde je T = (x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 . Primenjena je formula GausOstrogradskog. II naˇ cin: '' '' '' I3 = zdxdy = zdxdy + zdxdy S

+

−

S S '' '' 2 2 2 = a − x − y dxdy − − a2 − x2 − y 2 dxdy Kxy

Kxy


133

'' '2π 'a 4πa3 2 2 2 = 2 a − x − y dxdy = 2 dϕ a2 − ρ2 ρdρ = 3 0

Kxy

0

gde je Kxy = (x, y) : x2 + y2 ≤ a2 . III naˇ cin: '' I= (x cos α + y cos β + z cos γ) dS

→ i dalje kao prethodni zadatak jer je − n = xa , yb , zc . b) '' '' '' I3 = h (z) dxdy = h (c) dxdy + h (0) dxdy S

S1

S0

= h (c) ab − h (0) ab = (h (c) − h (0)) ab

i sliˇcno se nalaze

I2 = I3 =

'' 'S'

g (y) dzdx = (g (b) − g (0)) ac f (x) dydz = (f (a) − f (0)) bc.

S

Dakle I =

''

f (x) dydz + g (y) dzdx + h (z) dxdy

S

= (f (a) − f (0)) bc + (g (b) − g (0)) ac + (h (c) − h (0)) ab.

Napomena. Neka student uradi zadatak svoñenjem na površinski integral prve vrste. Da li moˇze da se primeni formula Gaus-Ostrogradskog? c) '' '' '' I=

+

S

Kh+

−

.

Kh+

Na Kh je z = h, odakle sledi dz = 0 i onda je ' '' '' '' I = 0 · dxdydz − (x − y) dxdy = (y − x) dxdyu T

=

''

x2 +y2 ≤h2

Kh+

(y − x) dxdy =

Kh+

'2π 0

(sin ϕ − cos ϕ) dϕ

'h 0

ρ2 dρ = 0 ·

h3 = 0. 3

GLAVA 2. INTEGRALI

134 d) I= Moˇze se naći I3 =

dydz dzdx dxdy + + . x y z

S

((

dxdy z .

S

I3 =

''

''

+

S+

Zaista ''

=

'2π

dϕ

0

ab

''

2 x2 + y2 ≤1 a2 b

S−

2ab = c

2 c

'1 0

1−

1 x2 a2

−

y2 b2

dxdy

ρdρ 4πab √ = . c 1−ρ

ca

Zato je I = 4π c + bc cene su polarne koordinate x = aρ cos ϕ, a + b . Koriš´ y = bρ sin ϕ. ◮ (( f (x, y, z) dS moˇze sma2.70 Da li se površinski integral prve vrste S

trati površinskim integralom druge vrste, ako je S neka dvostrana površ? ◭ Moˇze. Kako je dS =

''

f (x, y, z) dS =

S

''

dydz dzdx dxdy = = , to je cos α cos β cos γ

f (x, y, z) f (x, y, z) f (x, y, z) dydz+ dzdx+ dxdy. ◮ 3 cos α 3 cos β 3 cos γ

S

2.71 Koristeći Stoksovu formulu izraˇcunati krivolinijski integral ' I= yzdx + 3xzdy + 3xydz OA

gde x = t cos t, y = t sin t, z = t2 , 0 ≤ t ≤ 2π, O (0, 0, 0) , je OA 2kriva A 2π, 0, 4π . ◭ Nezatvorena kriva OA pripada paraboloidu z = x2 + y 2 x2 + y 2 = t2 cos2 t + sin2 t = z . Ako se dopuni lukom AO (deo parabole z = x2 ), onda je 1 ' I= yzdx + 3xzdy + 2xydz − yzdx + 3xzdy + 2xydz. OA∪AO

AO


135

Na paraboli z = x2 je y = 0 odakle sledi dy = 0, zato je 1 I = yzdx + 3xzdy + 2xydz OA∪AO

= = = =

''

S ''

S ''

S ''

(Ry − Qz ) dydz + (Pz − Rx ) dzdx + (Qx − Py ) dxdy (2x − 3x) dydz + (y − 2y) dzdx + (3z − z) dxdy (−x) dydz − ydzdx + 2zdxdy (−x cos α − y cos β + 2z cos γ) dS

S

=

''

2x2 + 2y 2 + 2z dS = 4 1 + 4x2 + 4y 2

cos γ = cos β =

'' G

2 x + y2 dxdy, jer je

1 1 = , 1 + 4x2 + 4y 2 1 + zx2 + zy2 −zy −2y = 1 + 4x2 + 4y 2 1 + zx2 + zy2

−zx −2x cos α = = . 1 + 4x2 + 4y 2 1 + zx2 + zy2

Jediniˇcni vektor normale uzete na gornjoj strani paraboloida ograniˇcenog zatvorenom konturom gradi oštar ugao sa pozitivnim delom z−ose. G je projekcija tog dela paraboloida na ravan xOy, tj. G = {(x, y) : x = t cos t, y = t sin t, 0 ≤ t ≤ 2π} . Za izraˇcunavanje dvojnog integrala po oblasti G moˇze se preći na polarne koordinate x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Zamenjivanjem x, y u jednaˇcini krive dobija se ρ = t i ϕ = t, tako da je ρ = ϕ jednaˇcina krive l u polarnim koordinatama. Dalje je I =4

'' G

3

ρ dρdϕ = 4

'2π 0

dϕ

'ϕ 0

ρ3 dρ =

32 5 π . ◮ 5

GLAVA 2. INTEGRALI

136

4 2.72 Izraˇcunati krivolinijski integral I = ydx + z 2 dy + x2 dx, gde je L √ L kruˇznica (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 4, z = 3 ako je smer kretanja po kruˇznici suprotan smeru kretanja kazaljke na ˇcasovniku kada se posmatra iz taˇcke (0, 0, 2) . ◭ I naˇ cin. Eliminacijom z iz datog sistema dobija se x2 + y 2 = 1, pa su parametarske jednaˇcine kruˇznice L √ x = cos t, y = sin t, z = 3, 0 ≤ t ≤ 2π, odakle je dx = − sin tdt, dy = cos tdt, dz = 0. Dalje je I =

'2π 0

2

2

− sin tdt + 3 cos tdt + cos t · 0 =

= 3 sin t|2π 0 −

'2π 0

'2π 0

3 cos t − sin2 t dt

1 − cos 2t dt = −π. 2

II naˇ cin. Ispunjeni su uslovi za primenu Stoksove formule, tj. '' I = (Ry − Qz ) dydz + (Pz − Rx ) dzdx + (Qx − Py ) dxdy = =

'S'

'S'

(0 − 2z) dydz + (0 − 2x) dzdx + (0 − 1) dxdy −2zdydz − 2xdzdx − dxdy

√ gde je S površ dela sfere iznad ravni z = 3. Neka student detaljno proveri uslove za primenu Stoksove formule ([2], II ili [9], II). Integrali '' '' (−2x) dzdx i (−2z) dydz S

S

su jednaki nuli. Zaista '' '' '' (−2x) dzdx = (−2x) dzdx + (−2x) dzdx +

S

=

S ' '

Sxz

−

(−2x) dzdx −

S ' '

Sxz

(−2x) dzdx = 0


137

√ gde je Sxz projekcija dela sfere iznad ravni z = 3 na ravan Oxz . Jasno je da taj deo sfere u odnosu na ravan xOz ima gornju (S + ) i donju (S − ) stranu. Integral '' '' (−1) dxdy = (−1) dxdy = −π. ◮ x2 +y2 ≤1

S

Napomena. a) Integral '' −2zdydz − 2xdzdx − dxdy se moˇze rešiti metodom ”zatvaranja“ površi, tj. primenom formule GausOstrogradskog. '' '' '' '' ' '' = − = 0 · dxdydz − −2zdydz − 2xdzdx − dxdy S∪K −

S

K−

K−

T

√ √ gde je T deo lopte iznad ravni z = 3. Na K − je z = 3 odakle sledi dz = 0. Zato je '' '' '' '' =− (−1) dxdy = dxdy = − dxdy = −π. K−

S

x2 +y2 ≤1

K−

b) U Stoksovoj formuli površ S za granicu ima konturu L po kojoj se uzima krivolinijski integral. U prethodnom zadatku za S se moˇze uzeti i gornja strana kruga " √ # K = (x, y, z) : x2 + y 2 ≤ 1, z = 2 .

Zato je

I = =

1

2

ydx + z dy + x dz =

L ' ' K

2

''

−2zdydz − 2xdzdx − dxdy

K

(−2z · 0 − 2x · 0 − 1 · 1) dS = −

''

dS = −π

K

→ jer jediniˇcni vektor normale gornje strane kruga K ima koordinate − n = (0, 0, 1) . 2.73 Primenom Stoksove formule izraˇcunati sledeće krivolinijske integrale:

GLAVA 2. INTEGRALI

138 a)

4

L

ydx+zdy+xdz, gde je L linija x = cos t, y = sin t, z = 0, 0 ≤ t ≤ 2π,

u smeru4 suprotnom kretanju kazaljke na ˇcasovniku; b) (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz, gde je L kruˇznica x2 + y 2 + L

z 2 = a2 , y = x tan α, 0 < α < π2 u smeru suprotnom kretanju kazaljke na ako se posmatra iz taˇcke (2a, 0, 0) ; ˇcasovniku, 4 c) ydx + zdy + xdz, gde je L kruˇznica x2 + y2 + z 2 = a2 , x + y + z = 0 L

u smeru suprotnom kretanju kazaljke na ˇcasovniku ako se posmatra iz taˇcke (a, 0, 0)4; d) (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz, gde je L elipsa L

x2 + y 2 = a2 ∧

x z + = 1, a > 0, h > 0 a h

u smeru kao u zadatku 2 pod b); 2 4 istom 2 2 2 e) y − z dx + z − x dy + x − y 2 dz, gde je L linija preseka L

kocke 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a sa ravni x + y + z = istom kao u zadatku pod b). ◭ a) Neka je S površ kruga ograniˇcenog kruˇznicom

3a 2

u smeru

L = (x, y, z) : x2 + y 2 = 1, z = 0

Pošto su ispunjeni uslovi za primenu Stoksove formule vaˇzi 1 '' '' ydx+zdy+xdz = − dydz+dzdx+dxdy = − (0 + 0 + 1) dS = −π. S+

L

S

Donja strana površi S (kruga) je saglasna sa orijentacijom krive L. b) '' I = (−1 − 1) dydz + (−1 − 1) dzdx + (−1 − 1) dxdy S

= −2

''

dydz + dzdx + dxdy

S

gde je S deo ravni y = x tan α ograniˇcen kruˇznicom (x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 = a2 , y = x tan α .


139

Neprekidno vektorsko polje normala definisanih na S ima koordinate tan α 1 − → √ n = √ , − , 0 , tako da je 1 + tan2 α 1 + tan2 α 1 tan α √ −√ + 0 dS 1 + tan2 α 1 + tan2 α S '' 2 (1 − tan α) 2 2 (1 − tan α) √ dS = √ πa 2 1 + tan α 1 + tan2 α

I = −2 =

''

S

2

= 2πa (cos α − sin α) . Korišćeno je: Stoksova formula, veza površinskog (( integrala druge vrste sa dS površina površi S. površinskim integralom prve vrste i ˇcinjenica da je S

Napomena. 1) Student mora da zna zašto u prethodnom zadatku → jediniˇcni vektor − n normale na S ima koordinate tan α 1 √ , −√ ,0 , 1 + tan2 α 1 + tan2 α tan α 1 a ne − √ ,√ ,0 . 1 + tan2 α 1 + tan2 α U svakoj taˇcki (x0 , y0 , z0 ) ravni y = x tan α, 0 < α < π2 definisana su dva neprekidna vektorska polja normala (tan α, −1, 0) i (− tan α, 1, 0) , ˇcije su koordinate suprotne po znaku . Prvo vektorsko polje saglasno je u smislu orijentacije ([2], II ili [9], I) sa smerom suprotnim kretanju kazaljke na ˇcasovniku, a drugo sa istim smerom kretanja kazaljke na ˇcasovniku. U prvom sluˇcaju, normalni vektor gradi (( tup ugao sa pozitivnim smerom y−ose.) 2) Površinski integral −2 dydz + dzdx + dxdy se moˇze uraditi i po S

definiciji, svaki sabirak posebno, svoñenjem na dvojne integrale. Zaista '' '' I3 = −2 dxdy = −2 dxdy = 0 S

Sxy

(mera projekcije Sxy kruga na ravan xOy je 0, jer je Sxy duˇz).   '' '' ''   I2 = −2 dzdx = (−2) · − dzdx = 2 dzdx = 2 · πa2 cos α S

Sxz

Sxz

GLAVA 2. INTEGRALI

140

jer je πa2 cos α površina projekcije kruga S na ravan xOz. Zatim je   '' ''   I1 = −2 dydz = (−2) · − dydz  S

= 2

''

Syz

dydz = 2πa2 cos ϕ = 2πa2 (− sin α)

Syz

gde je ϕ ugao ravni y = x tan α i yOz, a πa2 cos ϕ površina projekcije kruga S na ravan yOz. Dakle '' −2 dydz + dzdx + dxdy = 2πa2 (cos α − sin α) . c) I =

1 L

= −

ydx + zdy + xdz = ''

''

(−1) dydz + (−1) dzdx + (−1) dxdy

S

dydz + dzdx + dxdy = −

S

√ '' √ = − 3 dS = − 3πa2 .

'' S

1 1 1 √ + √ + √ dS 3 3 3

S

Površ (ravan) x+ y + z = 0 ima dva neprekidna vektorska polja normala 1 1 1 √ ,√ ,√ i − √13 , − √13 , − √13 od kojih je prvo saglasno sa datom ori3 3 3 jentacijom kruˇznice L = (x, y, z) : x2 + y2 + z 2 = a2 , x + y + z = 0 , (sl. 2.45). Primenjene su ˇcinjenice korišćene u delu ovog zadatka pod b). d) '' I = −2 dydz + dzdx + dxdy S

''

h+a 2 (h + a) √ dS = − √ h2 + a2 h2 + a2 S '' 2 (h + a) = −√ 1 + zx2 + zy2 dxdy h2 + a2

= −2

Sxy

'' S

dS

2.4. POVRŠINSKI INTEGRALI 2 (h + a) = −√ h2 + a2 = −

2 (h + a) a

''

Sxy

''

141

1 2 a + h2 dxdy a dxdy = −

2 (h + a) · πa2 = −2 (a + h) πa. a

Sxy

2 + y 2 = a2 , x + z = 1 ima za nepre Površ S ograniˇcena elipsom (x, y, z) : x a h kidno vektorsko polje normala a1 , 0, h1 koje je saglasno sa orijentacijom krive L. e) I =

'' S

(−2y − 2z) dydz + (−2z − 2x) dzdx + (−2x − 2y) dxdy

''

1 1 1 √ √ √ = − (2y + 2z) + (2z + 2x) + (2x + 2y) dS 3 3 3 S '' '' √ 4 4 3 = −√ (x + y + z) dS = − √ · a dS = −2 3a · PABCDEF 3 3 2 S S 2 √ √ AB · 3 9 = −2 3a · 6 · = − a3 4 2 √

jer je AB = a 2 2 . Kao i u prethodnim primerima primenjena je Stoksova formula, veza površinskog integrala druge vrste sa površinskim integralom prve vrste, zatim vaˇzan ”trik“ '' '' f (x, y, z) dS = a dS = a · P (S) S

S

ako je f (x, y, z) = a jednaˇcina površi S, gde je P (S) površina površi S. Kontura L je glatka sem u taˇckama((A, B, C, D, E, F. ◮ 2.74 Izraˇcunati integral I = x3 dydz + y3 dzdx + z 2 dxdy gde je S S

donja strana paraboloida z = x2 + y 2 odseˇcena sa ravni z = 2x. ◭ Metodom ”zatvaranja“ površi, dobija se '' '' I = − S∪K +

=

' '' T

K+

2 3x + 3y2 + 2z dxdydz −

''

K+

x3 dydz + y3 dzdx + z 2 dxdy

GLAVA 2. INTEGRALI

142

gde je T telo ograniˇceno površima z = x2 + y 2 i z = 2x. Zatim je, I1 =

''

dxdy

x2 +y2 ≤2x

=

''

x2 +y2 ≤2x π

=

'2

dϕ

− π2

=

'

− π2

= 16 ·

x2 +y2

2 3 x + y 2 + 2z dz

2 6x x2 + y 2 + 4x2 − 4 x2 + y 2 dxdy

2' cos ϕ 0

π 2

'2x

3 6ρ cos ϕ + 4ρ2 cos2 ϕ − 4ρ4 ρdρ

6 5 2 6

2 cos ϕ 4 2 ρ cos ϕ + ρ cos ϕ − ρ dϕ 5 3 0

π

'2

− π2

8 12 6 6 6 cos ϕ + cos ϕ − cos ϕ dϕ 5 3

π

=

J =

''

K+

=

3

x2 +y2 ≤2x

=

π

cos6 ϕdϕ =

− π2

176 ·2 15

'2

cos6 ϕdϕ =

11 πi 3

0

'' z2 2 3 x dydz + y dzdx + z dxdy = − √ x + √ dS 5 5

''

π 2

176 15

'2

3

2

K+

−2x3 + 4x2 dxdy =

π 2

'

− π2

dϕ

2' cos ϕ 0

−2ρ3 cos3 ϕ + 4ρ2 cos2 ϕ ρdρ

' 64 3π 8 6 − cos ϕ + 16 cos ϕ dϕ = , 5 2

− π2

→ gde je − n = − √25 , 0, √15 neprekidno polje normala ravni z = 2x. Korišćena je veza površinskog integrala druge vrste sa površinskim integralom prve vrste, zatim izraˇzavanje površinskog prve vrste preko dvojnog. Iz z = 2x ⇒ zx = 2, zy = 0

2.4. POVRŠINSKI INTEGRALI je

143

√ √ 3π 13π 1 + zx2 + zy2 = 1 + 4 = 5. Onda je I = 11π 3 − 2 = 6 . ◮ 2.75((Koristeći formulu Gaus-Ostrogradskog izraˇcunati: I= x2 dydz + y2 dzdx + z 2 dxdy, gde je S spoljašnja strana tetraedra S

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y + z ≤ 1;

◭ I = 2

= 6

'' ' T 1 '

dx

0

= 3

'1 0

(x + y + z) dxdydz = 6

'' '

zdxdydz

T

1−x '

dy

0

1−x−y '

zdz = 6

0

(1 − x)3 dx = 3

'1 0

'1 0

dx

1−x '

(1 − x − y)2 dy 2

0

1 (1 − x)4

1 (1 − x) dx = −

= . ◮

4 4

2.76 Izraˇcunati Gausov integral

I (ξ, η, ζ) =

3

0

''

cos ϕ dS r2

S

gde je S granica proste zatvorene oblasti G, N (ξ, η, ζ) fiksirana taˇcka van → → oblasti G, M (x, y, z) ∈ S, − r = (x − ξ, y − η, z − ζ) , r = |− r |, − → n = (cos α, cos β, cos γ) spoljašnja jediniˇcna normala granice S u taˇcki M i → → ϕ ugao izmeñu vektora − r i− n. ◭ '' x−ξ y−η z−ζ I= cos α + 3 cos β + 3 cos γ dS, jer je r3 r r S

− → → n ·− r (x − ξ) cos α + (y − η) cos β + (z − ζ) cos γ cos ϕ = − = . → − → |n|·| r | r

S obzirom da se taˇcka N (ξ, η, ζ) nalazi van oblasti G, to je r = 0 i onda su funkcije x−ξ y−η z−ζ , Q (x, y, z) = , R (x, y, z) = 3 3 r r r3 neprekidno diferencijabilne u oblasti G. Onda je P (x, y, z) =

Px =

1 3 (x − ξ)2 1 3 (y − η)2 1 3 (z − ζ)2 − , Q = − , R = − y z r3 r5 r3 r5 r3 r5

GLAVA 2. INTEGRALI

144 2

i Px + Qy + Rz = r33 − 3r = 0. Prema formuli Gaus-Ostrogradskog je r5 ' '' ' '' I= (Px + Qy + Rz ) dxdydz = 0 · dxdydz = 0. ◮ G

G

2.77 Izraˇcunati Gausov integral I (0, 0, 0) (prethodni zadatak) ako je S granica kugle x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 . ◭ Ne moˇze se primeniti formula Gaus-Ostrogradskog jer funkcije P, Q, R nisu neprekidno x y z diferencijabilne (O (0, 0, 0) ∈ G). Kako je ξ = η = ζ = − → 0, n = a , b , c i r = a, to je y−η z −ζ x2 + y 2 + z 2 1 x−ξ cos α + cos β + cos γ = = 2 i r3 r3 r3 ar3 a '' 1 1 I (0, 0, 0) = 2 dS = 2 · 4πa2 = 4π, a a S

tj. Gausov integral I (0, 0, 0) ne zavisi od polupreˇcnika sfere. ◮ 2.78 Izraˇcunati površinski integrale druge vrste a) '' (x − y + z) dydz + (y − z + x) dzdx + (z − x + y) dxdy S+

gde je S + spoljašnja strana površi |x − y + z| + |y − z + x| + |z − x + y| = 1; b) '' S+

x y 2 − z 2 dydz + y z 2 − x2 dzdx + z x2 − y 2 dxdy x2 + y 2 + z 2

gde je S + spoljašnja strana površi |x| + |y| + |z| = 1; c) '' xdydz + ydzdx + zdxdy x6 + y6 + z 6 S+

gde je S + spoljašnja strana površi 2 |x| + 3 |y| + 4 |z| = 1. d) '' xdydz + ydzdx + zdxdy 3

S+

(x2 + y 2 + z 2 ) 2


145

gde je S + spoljašnja strana1 površi |x| + 2 |y| + 3 |z| = 7. ◭ a) Kako su ispunjeni uslovi za primenu formule Gaus-Ostrogradskog to je '' ' ''' I=+

(Px + Qy + Rz ) dxdydz = 3

T

dxdydz

T

gde je T telo ˇcija je granica površ S. Smenom x − y + z = u, y − z + x = v, z − x + y = w, oblast τ = {(u, v, w) : |u| + |v| + |w| ≤ 1} preslikava se na oblast T = {(x, y, z) : |x − y + z| + |y − z + x| + |z − x + y| ≤ 1} . Pošto je D (x, y, z) = D (u, v, w)

3 I= 4

'' ' τ

1

1 1

= , to je =

1 4 −1 1

1

1 −1

−1 1 1

D(u,v,w) D(x,y,z)

3 dudvdw = ·8 4

'''

dudvdw = 6

'1 0

u+v+w≤1

du

1−u '

dv

0

1−u−v ' 0

dw = ··· = 1.

u,v,w≥0

b) Pošto se ne moˇze primeniti formula Gaus-Ostrogradskog (funkcije P, Q, R nisu definisane u (0, 0, 0)), to se moˇze koristiti unutrašnja strana K − jediniˇcne kugle sa centrom u koordinatnom poˇcetku. Onda je '' '' '' '' '' '' '' ' = + − = − =− (Px + Qy + Rz ) dxdydz S+

S+

−

''

K−

= −

K−

S + ∪K −

K−

T

x y 2 − z 2 dydz + y z 2 − x2 dzdx + z x2 − y 2 dxdy

'' '

0 · dxdydz +

T

= 0 + 0 = 0. 1

K−

'' '

x2 +y2 +z 2 ≤1

2 y − z 2 + z 2 − x2 + x2 − y 2 dxdydz

Zadatak sa ispita u februarskom ispitnom roku 2002. godine.

GLAVA 2. INTEGRALI

146

Paˇzljivim raˇcunom se dobija da je Px + Qy + Rz = 0. Prilikom raˇcunanja integrala '' 2 x y − z 2 dydz + y z 2 − x2 dzdx + z x2 − y 2 dxdy x2 + y 2 + z 2 K−

koristili smo da je na K − : x2 + y 2 + z 2 = 1. Oˇcigledno je S + ∪ K − granica tela T ograniˇcenog oktaedrom i sferom i površinski integral se onda uzima po unutrašnjoj strani tog tela. Otuda je znak minus ispred trostrukog integrala u formuli Gaus-Ostrogradskog. c) Pošto su funkcije P, Q, R prekidne u taˇcki (0, 0, 0) ne moˇze se primeniti formula Gaus-Ostrogradskog na telo 2 |x| + 3 |y| + 4 |z| ≤ 1. Meñutim moˇze se primeniti na telo T = (x, y, z) : 2 |x| + 3 |y| + 4 |z| ≥ 1 ∧ x6 + y 6 + z 6 ≤ 1 .

Ako sa J oznaˇcimo dati integral, onda je '' '' '' '' '' '' xdydz + ydzdx + zdxdy = + − = − , J= x6 + y 6 + z 6 S+

S+

K−

K−

S + ∪K −

K−

gde je K − unutrašnja strana zatvorene površi x6 + y6 + z 6 = 1. Dalje je '' ' '' xdydz + ydzdx + zdxdy J = − (Px + Qy + Rz ) dxdydz − x6 + y 6 + z 6 T K− '' ' '' = − 0 · dxdydz − xdydz + ydzdx + zdxdy, K−

T

jer je na površi K − : x6 + y6 + z 6 = 1. Opet primenom formule GausOstrogradskog, dobijamo   '' ' '' '   J = − − 3dxdydz  = 3 dxdydz T′

T′

((( dxdydz, gde je T ′′ gde je T ′ = (x, y, z) : x6 + y 6 + z 6 ≤ 1 , tj. J = 24 T ′′

deo tela

T′

1

1

1

koji pripada prvom oktantu. Formulama x = u 6 , y = v 6 , z = w 6

2.5. TEORIJA POLJA

147

oblast {(u, v, w) : u ≥ 0, v ≥ 0, w ≥ 0, u + v + w ≤ 1} preslikava se na T ′′ i 5 1 determinanta matrice prelaska je 216 (uvw)− 6 , tako da je J =

=

1 9

'1

u

2 3

'1

u− 6 du

− 56

du

0

5

0

1−u '

v

− 56

0 1−u ' 0

dv

1−u−v '

5

w− 6 dw

0

1

5

v− 6 (1 − u − v) 6 dv.

Smenom v = (1 − u) t dalje sledi J =

2 3

'1 0

= =

u

1 −1 6

(1 − u)

1 −1 3

du

'1 0

1

7

t 6 −1 (1 − t) 6 −1 dt

1 1 1 7 2 Γ 16 Γ 13 Γ 16 Γ 76 , ·B , = · 6 3 6 6 3 Γ 12 Γ 43 1 3 Γ 6 2 Γ 16 Γ 13 Γ 16 · 16 · Γ 16 1 √ √ · · . = 1 3 π 3 π 3Γ 3 2 B 3

d) Iz istog razloga kao u primerima b) i c) ne moˇze se primeniti formula Gaus-Ostrogradskog. Zato ako sa J oznaˇcimo dati površinski integral, sa K − unutrašnju stranu sfere polupreˇcnika r ≥ 7, sliˇcno primerima pod b) i c) dobijamo '' '' ''' '' xdydz + ydzdx + zdxdy J = − =− 0 · dxdydz − 3 (r2 ) 2 T S + ∪K − K − S+ ''' 1 1 4 = 3 3 · dxdydz = 3 · 3 · πr3 = 4π. ◮ r r 3 x2 +y 2 +z 2 ≤r2

Napomena. Neka student rešenja u primerima b), c) i d) proprati crteˇzima.

2.5

Teorija polja

2.79 Naći linije istog nivoa skalarnog polja u (x, y, ) = x · y. Izraˇcunati gradu u taˇckama (1, 1) i (1, −1) .

148

GLAVA 2. INTEGRALI

◭ Uzimajući u = c, c je konstanta, sledi da su linije istog nivoa polja, hiperbole xy = c, tj. y = xc , kao i prave x = 0 (y−osa) i y = 0 (x−osa). Pošto je ux = y i uy = x to je − → − → gradu (x, y) = y i + x j − → − → − → − → tj. gradu (1, 1) = i + j i gradu (1, −1) = − i + j . ◮ 2.80 Naći gradijent skalarnog polja u (x, y, z) = xyz u taˇcki M (−2, 3, 4) . → Koliki je izvod tog polja u istoj taˇcki, ali u smeru vektora − a = (3, −4, 12)? ◭ Prema definiciji gradijenta sledi gradu (M) = (ux (M) , uy (M) , uz (M)) = (yz, zx, xy)(−2,3,4) = (12, −8, −6) . 3 → 4 12 cni vektor vektora − a , to je izvod polja Pošto je − a→ 0 = 13 , − 13 , 13 jediniˇ − → u (x, y, z) u taˇcki M, ali u pravcu vektora a0 jednak: 3 4 12 4 ∂u (M) = − a→ · 12 + ·8− ·6=− . ◮ 0 , gradu (M) = ∂a0 13 13 13 13 Napomena. Student mora najpre da nauˇci definicije pojmova vektorske analize iz [2], II ili [9], II. → 2.81 Odrediti vektorske linije vektorskog polja − a (M) = gradu, gde je u (x, y, z) = xyz. − → − → − → → ◭ Najpre je − a (M) = (yz, zx, xy) = yz i +zx j +xy k vektorsko polje. Vektorske linije imaju osobinu da je vektor tangente kolinearan vektoru polja u svakoj taˇcki. Za njihovo odreñivanje rešava se sistem: dx dy dz = = ⇔ xdx = ydy ∧ ydy = zdz yz xz xy 2 x = y 2 + C1 tj. (L) : z 2 = y 2 + C2 su traˇzene vektorske linije (L) datog polja. Te vektorske linije su preseci familija hiperboliˇckih cilindara ˇcije su generatrise paralelne z−osi, odnosno x−osi. ◮ 2.82 Odrediti gradijent polja u = ϕ (r) , gde je r = x2 + y 2 + z 2 , a ϕ diferencijabilna funkcija. ◭ Koristeći izvod sloˇzene funkcije sledi − → x y z r gradu = (ux , uy , uz ) = ϕ′ · , ϕ′ · , ϕ′ · = ϕ′ · r r r r

2.5. TEORIJA POLJA

149

− → − → − → → gde je − r = x i + y j + z k = (x, y, z) . ◮ → Napomena. Za vektorsko polje − a (M) = (P, Q, R) se kaˇze da je poten→ cijalno, ako postoji skalarno polje u = u (x, y, z) takvo da je − a (M) = gradu. − → Onda se u (x, y, z) zove potencijal polja a (M) . Iz prethodnog primera → r ′ − sledi da je vektorsko polje ϕ · r potencijalno i da je njegov potencijal x2 + y 2 + z 2 . ϕ (r) = ϕ → 2.83 Naći divergenciju vektorskog polja − a = x, y 2 , z 3 u taˇcki M (−2, 4, 5) . → ◭ div− a = P + Q + R = 1 + 2y + 3z 2 , te je x

y

z

→ div− a (M) = 1 + 2 · 4 + 3 · 52 = 84. ◮ 2.84 Naći divergenciju sfernog vektorskog polja − → → → → a = f (r) − r ,− r = (x, y, z) , r = x2 + y 2 + z 2 = |− r |.

→ Odrediti oblik funkcije f (r) tako da polje − a bude solenoidno. − → ◭ Dato polje a ima koordinate P (x, y, z) = f x2 + y2 + z 2 x, Q (x, y, z) = f x2 + y2 + z 2 y, x2 + y2 + z 2 z. R (x, y, z) = f

Saglasno definiciji divergencije dobija se

→ div− a = Px + Qy + Rz ∂ ∂ ∂ = (f (r) x) + (f (r) y) + (f (r) z) ∂x ∂y ∂z ∂ ∂ ∂ = f (r) + x f (r) + f (r) + y f (r) + f (r) + z f (r) ∂x ∂y ∂z x y z = 3f (r) + x · f ′ (r) · + y · f ′ (r) · + z · f ′ (r) · r 2r 2 r 2 x y z = 3f (r) + f ′ (r) + + = 3f (r) + f ′ (r) · r. r r r Polje je solenoidno po definiciji, ako je njegova divergencija jednaka 0. Iz 3f (r) + f ′ (r) · r = 0 ⇒

df 3dr =− f r

tj. f (r) = rC3 , C je konstanta, je traˇzeni oblik funkcije f (r) . ◮ → 2.85 Naći rotor vektorskog polja − a = z 2 , x2 , y 2 u taˇcki M (1, 2, 3) .

GLAVA 2. INTEGRALI

150

◭ Koristeći formulu sledi da je

− →

→ −

→ − i j k

− → → − →

∂

− → ∂ ∂ =− rot a (M) = ∂x ∂y ∂z i (2y − 0) + j (2z − 0) + k (2x − 0)

2

M

z x2 y 2 − →

− → − → = 2y i + 2z j + 2x k = (4, 6, 2) . ◮ M

→ → 2.86 Naći rotor polja iz zadatka 2.84, tj. − a = f (r) − r. ◭

−

− → − →

→

j k

i

− ∂

∂

→ ∂ − → ∂ ∂ rot a = ∂x f (r) z − f (r) y

= i ∂y ∂z

∂y ∂z

f (r) x f (r) y f (r) z ∂ − → ∂ ∂ − → ∂ +j f (r) x − f (r) z + k f (r) y − f (r) x ∂z ∂x ∂x ∂y yz zy − zx xz − xy yx → → − → − + j f ′ (r) − + k f ′ (r) − = i f ′ (r) r r r r r r − → = 0 = (0, 0, 0) . ◮ 2.87 Naći protok konstantnog vektorskog polja kroz proizvoljnu deo po deo glatku zatvorenu površ. ◭ '' '' − → − → ( a · n ) dS = (a1 cos α + a2 cos β + a3 cos γ) dS S

'S''

=

T

→ (div − a ) dxdydz =

'''

0 · dxdydz = 0

T

→ gde je − a = (a1 , a2 , a3 ) konstantno vektorsko polje, T oblast koju ograniˇcava zatvorena površ. Korišćena je formula Gaus-Ostrogradskog. ◮ − → − → − → → 2.88 Naći protok radijus vektora − r = x i + y j + z k kroz spoljašnju stranu proizvoljne zatvorene deo po deo glatke površi S koja ograniˇcava oblast G zapremine V. ◭ Prema formuli Gaus-Ostrogradskog sledi '' '' ' '' ' − → − → − → ( r · n ) dS = (div r ) dxdydz = 3 dxdydz = 3V. ◮ S

T

T

2.5. TEORIJA POLJA

151

Napomena. ''

1 V = 3

1 → → (− r ·− n ) dS = 3

S

''

(x cos α + y cos β + z cos γ) dS

S

je formula za nalaˇzenje zapremine oblasti T koju ograniˇcava zatvorena površ S, preko površinskog integrala. → 2.89 Naći protok vektorskog polja − a = x2 , y 2 , z 2 kroz spoljašnju stranu konusa " # S = (x, y, z) : x2 + y 2 ≤ z ≤ h

u smeru spoljašnje normale. ◭ Ako sa Π oznaˇcimo protok polja, onda je Π =

''

→ → (− a ·− n ) dS =

'' '

(x + y + z) dxdydz −

'2π

'h

T

= 2

→ → (− a ·− n ) dS −

S∪K +

S

= 2

''

0

dϕ

ρdρ

0

'h 0

''

''

→ → (− a ·− n ) dS

K+

z 2 dxdy

K+

(ρ (cos ϕ + sin ϕ) + z) dz −

''

h2 dxdy

x2 +y2 ≤h2

 h  '2π ' 2 2 h ρ = 2 dϕ  ρ (h − ρ) (cos ϕ + sin ϕ) + −  dρ − h4 π 4 2 0

0

π 4 π = h − πh4 = − h4 . 2 2 ((( Za nalaˇzenje trojnog integrala (x + y + z) dxdydz korišćene su cilinT

driˇcne koordinate: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ, z = z. Jednaˇcina konusne površi onda glasi z = ρ. Njima se oblast τ = {(ρ, ϕ, z) : 0 ≤ ρ ≤ h, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, ρ ≤ z ≤ h}

preslikava u oblast T klasiˇcne kupe. Zbog primene formule Gaus-Ostrogradfskog površ S je zatvorena dodavanjem gornje strane K + kruga " # K = (x, y, z) : z = x2 + y 2 , z = h . ◮

GLAVA 2. INTEGRALI

152

Napomena. Trojni integral se moˇze izraˇcunati bez cilindriˇcnih koordinata. Zaista I =

'' '

(x + y + z) dxdydz =

dxdy √ x2 +y2 ≤h2

T

=

''

x2 +y2 ≤h2

''

'h

(x + y + z) dz

x2 +y2

2 1 2 hx + hy − x x2 + y 2 − y x2 + y 2 − x +y dxdy. 2

Prelaskom na polarne koordinate zadatak se jednostavno završava. → 2.90 Naći cirkulaciju konstantnog vektorskog polja − a = (a1 , a2 , a3 ) duˇz proizvoljne zatvorene deo po deo glatke krive. → ◭ Cirkulacija vektorskog polja − a u oznaci 1 '' → → → → (− a · d− r )= (rot− a ·− n ) dS = 0 L

S

jer je rotor konstantnog polja jednak nuli. Korišćena je Stoksova formula, gde je S bilo koja zatvorena površ koja se oslanja na krivu L. ◮ → 2.91 Naći cirkulaciju vektorskog polja − a = (−y, x, 0) duˇz proizvoljne deo po deo glatke konture L koja pripada ravni xOy i ograniˇcava oblast G površine S. ◭ Najpre je

− →

→ −

→ − j k

i →

∂ → ∂ ∂ = 2− k = (0, 0, 1) . rot− a = ∂x

∂y ∂z

−y x 0 Zatim je prema Stoksovoj formuli 1 '' '' − → − → − → − → (a ·d r )= 2 k · k dS = 2 dS = 2S. L

G

G

Dobijena je istovremeno i formula za nalaˇzenje površine G ravni xOy koja je ograniˇcena zatvorenom konturom L : 1 1 1 1 − → − → S= (a ·d r )= xdy − ydx. ◮ 2 2 L

L

→ 2.92 Koristeći Stoksovu formulu naći cirkulaciju vektorskog polja − a = (−y, x, z) duˇz zatvorene konture L sastavljene od dela linije − → r (t) = (a cos t, a sin t, bt) , t ∈ [0, 2π]

2.5. TEORIJA POLJA

153

i duˇzi koja je odreñena taˇckama A (a, 0, 0) i B (a, 0, 2πb) u pozitivnom smeru. ◭ Imamo

− →

→ −

→ − j k

i →

∂ → ∂ ∂ = 2− rot− a = ∂x k = (0, 0, 2) .

∂y ∂z

−y x z

Neka je površ S koja se oslanja na krivu L deo cilindra S1 : x2 +y 2 = a2 i krug → → → → S2 : x2 + y 2 ≤ a2 , z = 2πb. Na S1 je rot− a ⊥− n i zato je (rot− a ·− n ) = 0. − → − → − → − → − → − → Na S2 je n = k i zato je (rot a · n ) = 2 k · k = 2. Primenom Stoksove formule sledi 1 '' '' '' '' − → − → − → − → (a ·d r )= (rot a · n ) dS = + = 0+2· dS = 2πa2 . ◮ L

S

S1

S2

S2

Napomena. Neka ( student reši prethodni zadatak direktno raˇcunajući krivolinijski integral −ydx + xdy + zdz i proveri rezultat. L

2.93 Primenom Stoksove formule izraˇcunati cirkulaciju vektorskog polja − → a = (y, z, x) duˇz linije C ′ CDABB ′ A′ D′ . ◭ Neka je L1 data linija. Onda je 1 ' ' − → − → − → − → → → (a ·d r ) = ( a ·d r )− (− a · d− r) L1 ∪D′ C ′

L1

=

''

D′ C ′

→ → (rot− a ·− n ) dS −

'

D′ C ′

S

→ → (− a · d− r)

gde je S = S1 ∪ S2 ∪ S3 ; S1 , S2 , S3 su redom strane kvadrata C ′ CDD′ , D′ DAA′ i A′ ABB ′ sa orijentacijom saglasnom orijentaciji krive L1 ∪ D′ C ′ . Dalje je ' → → (− a · d− r) L1

=

'' S1

−

'

D′ C ′

'' '' − → − → − → → → → rot− a · −i dS + rot− a · j dS + rot− a · i dS

ydx + zdy + xdz =

S2

'' S1

−

S3

'' S2

−

'' S3

−

'1 0

dy = 1 − 1 − 1 − 1 = −2

GLAVA 2. INTEGRALI

154

→ − → − → − → jer je rot− a = − i − j − k i na duˇzi D′ C ′ je x = z = 1 odakle sledi dx = dz = 0, 0 ≤ y ≤ 1. ◮ Napomena. Kod ovakvih zadataka (gde se zadaje da se primeni Stoksova formula) traˇze se najjednostavnije površi koje ( se ”oslanjaju“ na datu krivu. I ovde student treba da izraˇcuna integrale ydx + zdy + xdz direktno, gde L

je L redom C ′ C, CD, DA, AB, BB ′ , B ′ A′ , A′ D′ i proveri rezultat. → 2.94 Dokazati da je vektorsko polje − a = y 2 , 2xy, z potencijalno i naći potencijal polja. → ◭ S obzirom da je − a definisano u celom prostoru R3 , a prostor R3 je → → prosto povezana oblast, to je − a potencijalno ako i samo ako je rot− a = − → 0 = (0, 0, 0) . Nalazi se da je

− →

→ −

→ − i j k

→

∂ − → ∂ ∂ =− rot a = ∂x ∂y 0.

∂z

2

y

2xy z → Potencijal polja − a je skalarna funkcija u (x, y, z) koja se nalazi po formuli: u (x, y, z) =

'x

P (x, 0, 0) dx +

0

te je u (x, y, z) =

'y

Q (x, y, 0) dy +

0

'x 0

0 · dx +

'y 0

2xydy +

'z

R (x, y, z) dz

0

'z

zdz = xy 2 +

z2 . ◮ 2

0

2.95 Izraˇcunati krivolinijski integral ' I = y 2 dx + 2xydy + zdz L

gde je L linija preseka cilindara x2 + z 2 = a2 i y 2 + z 2 = a2 , polazeći od taˇcke A (−a, −a, 0) kroz taˇcku C (0, 0, a) do taˇcke B (a, a, 0) . ◭ Pošto je (prema prethodnom zadatku) vektorsko polje y 2 , 2xy, z po2 tencijalno i u (x, y, z) = xy 2 + z2 je njegov potencijal, to za dati krivolinijski integral vaˇzi I = u (a, a, 0) − u (−a, −a, 0) = a3 − −a3 = 2a3 . ◮ y → x 2.96 Proveriti da li je vektorsko polje − a = − x2 +y , , 2 poten2 x2 +y 2 cijalno.


155

◭ Ako je (x, y) = (0, 0) , onda je

− →

→ −

→ − j k

i →

∂ → ∂ ∂ =− rot− a = ∂x 0.

∂y ∂z

P Q R

Pošto polje nije definisano na z−osi, onda je ono potencijalno u svakoj prosto povezanoj oblasti koja ne sadrˇzi ni jednu taˇcku z−ose. Ono je potencijalno na primer u prvom oktantu i tada je potencijal u (x, y, z) = arctan

y + 2z. x

Neka je sada G oblast jediniˇcne kugle sa centrom u koordinatnom poˇcetku. Ako se iz te oblasti odstrani preˇcnik kugle koji pripada z−osi, dobija se → → oblast u kojoj je polje − a definisano i u kojoj je rot− a = 0. Kako dobijena − → oblast nije prosto povezana to se iz uslova rot a = 0 ne moˇze zakljuˇciti potencijalnost polja. Moˇze se pokazati da polje u toj oblasti nije potencijalno. → Zaista, cirkulacija polja − a duˇz kruˇznice L = (x, y, z) : x2 + y 2 = 1, z = 0 = {(x, y, z) : x = cos t, y = sin t, z = 0, 0 ≤ t ≤ 2π} je 1

→ → (− a · d− r) =

L

=

=

1

L '2π 0 '2π 0

−

x2

y x dx + 2 dy 2 +y x + y2

((− sin t) (− sin t) dt + cos t · cos tdt) dt = 2π = 0.

Pošto je cirkulacija vektorskog polja razliˇcita od nule, to ono u toj oblasti nije potencijalno. ◮

2.6


2.97 Izraˇcunati zapreminu tela odreñenog uslovima: a) x2 + y 2 ≤ z i x2 + y2 ≤ (z − 2)2 ; b) x2 ≤ y + z, y 2 ≤ x + z i z 2 ≤ x + y;

GLAVA 2. INTEGRALI

156

c) z − x − y ≥ 0, z ≥ 0 i z + x2 + y 2 ≤ 1. 2.98 Izraˇcunati zapreminu tela ograniˇcenog površima a) x2 + y 2 = 2ax, x2 + y 2 = 2az i z = 0. b)

z = 2 − x2 + y 2 i z = (x + 1)2 .

c)

x2 y 2 x2 y 2 z + = 1 i + 2 = . a2 b2 a2 b h 2.99 Izraˇcunati dvojni integral '' dxdy I= 2 + y2 ) 1 + 3 x2 + y 2 (x G

gde je oblast G odreñena sa: x2 − y 2 ≥ 0, x2 + y 2 ≥ 1, x2 + y 2 ≤ 4. 2.100 Izraˇcunati integrale '' '' I1 = ydxdy i I2 = xdxdy G

G

gde je G oblast ograniˇcena lukom cikloide: x = a (t − sin t) , y = a (1 − cos t) , t ∈ [0, 2π] i x−osom. 2.101 Izraˇcunati integral '' dxdy (1 − x2 − y 2 )α x2 +y2 <1

za one vrednosti α ∈ R za koje konvergira. 2.102((Ispitati konvergenciju cih nesvojstvenih dvojnih integrala: (( slede´ dxdy dxdy a) ; m ; b) 2 2 2 (x +y ) (x +y2 )m x2 +y2 ≤1 x2 +y2 ≥1 (( (( dxdy dxdy c) (xα+yβ)m ; d) (xα+yβ)m . xα+y β≤1

xα+y β≥1

x≥0,y≥0

x≥0,y≥0

2. 103 Izraˇcunati površinu lika ograniˇcenog linijama: a) a x2 + y2 = a2 i y = (a > 0, n > 1) . n b) x2 y 2 x y + 2 = 1 i + = 1 (a > 0, b > 0) . 2 a b a b

2.6. ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD c)

157

(x − a)2 + y2 = a2 i x2 + (y − a)2 = a2 .

d) x2 + y 2 − 2ax = 0 i x2 + y 2 − ax = 0. 2.104 Izraˇcunati površinski integral '' I= (xy + yz + zx) dS S

gde je S deo konusne površi z = x2 + y 2 iseˇcene cilindrom x2 + y 2 = 2ax. 2.105 Izraˇcunati površinske integrale prve vrste '' + 2 '' x y2 z 2 dS I1 = + + dS i I = 2 4 4 4 3 2 2 a b c x2 2 2 2 2 (x + y + z ) +y +z S

S

2

2

a4

b4

c4

2

gde je S površ elipsoida xa2 + yb2 + zc2 = 1, a > 0, b > 0, c > 0. 2 2.106 Izraˇcunati zapreminu tela odreñenog sa: x2 + y 2 + z 2 ≤ 2a2 xy. 2.107 Naći površinu onog dela površi x2 + y 2 + z 2 = 2Rz koji se nalazi u konusu z 2 = x2 + y 2 . 2.108 Odrediti površinu dela sfere x2 + y 2 + z 2 = 1 koji se nalazi u konusu x2 + (y − 1)2 = z 2 . 2.109 Izraˇcunati po definiciji površinski integral '' I= (y − z) dydz + (z − x) dzdx + (x − y) dxdy S

gde je S spoljašnja strana konusa x2 + y2 = z 2 za 0 ≤ z ≤ H u prvom oktantu. 2.110 Izraˇcunati krivolinijski integral 1 2 I= y + z 2 dx + z 2 + x2 dy + x2 + y2 dz L

gde je kriva L odreñena jednaˇcinama x2 + y 2 + z 2 = 4x i x2 + y 2 = 2x. 2.111 Primenom Stoksove formule izraˇcunati 1 x2 y 3 dx + dy + zdz L

GLAVA 2. INTEGRALI

158

ako je L krug x2 + y 2 = 4, z = 0. 2.112 Izraˇcunati krivolinijski integral ' I = y 2 dx + zdy + x2 dz L

gde je L deo krive x2 + y 2 + z 2 = a2 , x2 + y 2 = ax, z ≥ 0, a > 0. 2.113 Izraˇcunati krivolinijski integral 1 I = ydx + zdy + xdz L

ako je L kruˇznica: x2 + y2 + z 2 = 1, x + z = 1 orijentisana u pozitivnom smeru posmatrano sa pozitivnog dela Ox ose. 2.114 Odrediti oblast u ravni xOy u kojoj je izraz 2 2 x + y − xdx + x2 + y2 + xdy

totalni diferencijal neke funkcije u (x, y) . Odrediti zatim tu funkciju. 2.115 Odrediti uslove pod kojima je izraz 1 1 z x 1 − dz x dx + 2 dy + − x2 y x2 + z 2 xy x2 + z 2 xy

totalni diferencijal neke funkcije u (x, y, z) . Odrediti zatim tu funkciju. 2.116 Izraˇcunati krivolinijski integral ' yz x2 − y2 − z 2 dx + zx y 2 − z 2 − x2 dy + xy z 2 − x2 − y 2 dz x2 y 2 z 2 L

% $ gde je L : x = t + cos2 t, y = 1 + sin2 t, z = 1 + sin t, t ∈ 0, π2 . 2.117 Primenom krivolinijskog integrala druge vrste, naći površinu lika ograniˇcenog sa: a) x3 + y3 = 3axy, a > 0; b) (x + y)4 = ax2 y, a > 0; c) (x + y)2n+1 = xn y n , n ∈ N; d) x3 + y 3 = x2 + y2 , x = 0, y = 0. → 2.118 Dato je vektorsko polje − a = 4xy 2 , x2 y, 13 z 3 . − → a) Izraˇcunati cirkulaciju polja a duˇz krive 1 K : x2 + 4y 2 + z 2 − 4z = 0, x2 + 4y 2 = z 2 , z = 0 3 orijentisane pozitivno kad se gleda iz taˇcke (0, 0, 5) .


159

→ b) Izraˇcunati protok polja − a kroz spoljašnju stranu površi Γ koja predstavlja rub tela 1 T : x2 + 4y2 + z 2 ≤ 4z, x2 + 4y 2 ≤ z 2 . 3 2.119 U kojim taˇckama prostora Oxyz je gradijent polja u = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz, a) normalan na z−osu; b) paralelan z−osi; c) jednak nuli. (( 2 2.120 Izraˇcunati dvojni integral r sin ϕdrdϕ, gde je D oblast ograniˇcena D

linijama r = R i r = 2R sin ϕ. (( 2.121 Izraˇcunati integral r3 drdϕ, gde je D oblast ograniˇcena poD

larnom osom i krivom r2 = a2 cos 2ϕ uz dopunski uslov: ϕ < π2 . 2.122 Izraˇcunati zapreminu skupa T : x ≥ |yz| ∧ y ≥ |xz| ∧ z ≥ x + y. 2.123 Izraˇcunati integral '' (x + yz) dydz + (y + zx) dzdx + (z + xy) dxdy, S

gde je S gornja strana((površi zadate sa z = 1 − x2 , z < x2 + y 2 . − → − → − → F · d S gde je F (x, y, z) = xz, x2 y, y 2 z , a S 2.124 Izraˇcunati S

spoljašnja strana površi u prvom oktantu sastavljena iz dela paraboloida z = x2 + y 2 , cilindra x2 + y2 = 1 i koordinatnih ravni. 2.125 Izraˇcunati integral ' 2 x + yz dx + y2 + zx dy + z 2 + xy dz γ

gde je γ kriva, koja predstavlja deo preseka površi S1 : x2 + y 2 + z 2 = 1 i S2 : y 2 + z = 1 u prvom oktantu, orijentisana od taˇcke A (0, 1, 0) prema taˇcki B (0, 0, 1) . (( dxdy 2.126 Izraˇcunati integral I = 1+y cos x gde je D

" # π D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ a , a ∈ ]0, 1[ . 2 ((( dxdydz 2.127 Izraˇcunati: I = , gde je x2 +2y2 +3z 2 +a2 D

D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + 2y 2 + 3z 2 ≤ a2 , a > 0.

GLAVA 2. INTEGRALI

160 2.128 Izraˇcunati I =

(((

xy8 z 9 ω4 dxdydz gde je

Q

ω = 1 − (x + y + z) , Q = {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x + y + z ≤ 1} .

Glava 3

Ravnomerna konvergencija 3.1

Uvod

U ovom delu zbirke urañeni su primeri iz oblasti ravnomerne konvergencije familija funkcija, nizova i redova s jedne i parametarskih integrala, stepenih i Furijeovih redova i integrala s druge strane. Za proveravanje ravnomerne konvergencije familije fuinkcija (nizova, redova) ˇcesto je korišćen stav: Familija funkcija fy (x) , x ∈ A konvergira ravnomerno ka funkciji f, u

oznaci

fy ⇉ f A

kad y → y0 , y0 ∈ R∪ {−∞, +∞} , ako i samo ako je lim sup |fy (x) − f (x)| = 0.

y→y0 x∈A

Kao i kod ostalih delova zbirke, savetujemo studentu da se najpre iz [2], II ili [9], II upozna sa teorijskim osnovama ravnomerne konvergencije (definicije pojmova, stavovi i urañeni primeri) ne odvajajući posebno parametarske integrale, beta i gama funkciju od funkcionalnih nizova i redova. Urañeni zadaci u ovoj glavi se uglavnom odnose na ispitivanje osobina funkcija (graniˇcna vrednost, neprekidnost, diferencijabilnost, integrabilnost) koje se po pravilu ne mogu eksplicitno izraziti. Na primer funkcija zadata +∞ sa f (x) = sin nx, definisana je za sve x ∈ R, za koje dati red konvergira. n=1

Ova funkcija se ne moˇze eksplicitno izraziti preko elementarnih funkcija. Isti +∞ ( x−1 −t t e dt, x > 0, (gama funkcija). Ona je je sluˇcaj i sa funkcijom Γ (x) = 0

data integralom i ne moˇze se za svako x eksplicitno izraziti. Ali, dokazuje se da je ne samo neprekidna na R+ nego i beskonaˇcno diferencijabilna. Treba 161

GLAVA 3. RAVNOMERNA KONVERGENCIJA

162

je shvatiti kao graniˇcnu vrednost familije funkcija Γ β (x) =

'β

tx−1 e−t dt, x > 0,

0

kad β → +∞. Za eksplicitno nalaˇzenje nekih funkcija zadatih na ovaj naˇcin (parametarski integral) koristi se moćno sredstvo tzv. diferenciranje po parametru (zadaci 3.71 do 3.86).

3.2

Konvergencija familija funkcija,nizova i redova 2

x 3.1. Dokazati da familija funkcija ft (x) = e−( t ) , x ∈ R, t ∈ R {0} , kad t → 0, konvergira na R ali ne ravnomerno. ◭ I naˇ cin. Ako je x = 0, onda je ft (0) = e0 = 1 za svako t = 0 i tada je x2

lim ft (0) = 1. Za fiksirano x = 0 imamo lim ft (x) =lim e− t2 = e−∞ = 0.

t→0

t→0

t→0

Dakle, data familija neprekidnih funkcija ft konvergira prosto (taˇcka po taˇcka) prekidnoj funkciji 0, x = 0, f0 (x) = 1, x = 0, odakle sledi da konvergencija nije ravnomerna na R. Zaista, u sluˇcaju ravnomerne konvergencije funkcija f0 bila bi neprekidna. II naˇ cin. Da konvergencija familije funkcija ft nije ravnomerna moˇze se zakljuˇciti i na sledeći naˇcin: lim sup |ft (x) − f0 (x)| = 1 = 0.

t→0 x∈R

Stvarno, |ft (x) − f0 (x)| = ft (x) − f0 (x) =

ft (x) , x = 0, 0, x = 0,

odakle sledi da je interval [0, 1[ skup vrednosti funkcije x → ft (x) − f0 (x) . S obzirom da je sup [0, 1[ = 1, to konvergencija nije ravnomerna. III naˇ cin. Neka student proveri da traka ravni xOy izmeñu grafika funkcija y = f0 (x) + ε i y = f0 (x) − ε, ε ∈ ]0, 1[ , ne sadrˇzi ceo grafik ni jednog ˇclana familije funkcija x → ft (x) , što opet znaˇci da konvergencija nije ravnomerna. ◮

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA163 U sledećim zadacima ispitati prostu i ravnomernu konvergenciju funkcionalnih familija. kad y → +∞, x ∈ ]0, +∞[ . 3.2. fy (x) = x2xy +y 2 ◭ Kada x fiksiramo, dobijamo graniˇcnu funkciju f familije fy : xy = lim 2 y→+∞ x + y2 y→+∞

f (x) = lim fy (x) = lim y→+∞

x y x2 y2

+1

=

0 = 0. 0+1

Dakle, data familija prosto konvergira ka f ≡ 0. Pošto je fy (y) = 12 , to konvergencija nije ravnomerna (prethodni zadatak, treći naˇcin). ◮ Napomena. Student mora da se navikne na ovakav naˇcin zakljuˇcivanja. + 3.3. fy (x) = x2xy +y2 kad y → 0 , x ∈ ]0, +∞[ . ◭ xy f (x) = lim fy (y) = lim 2 =0 y→0+ y→0+ x + y2 (zašto?). Konvergencija nije ravnomerna iz istog razloga kao u prethodnom primeru, tj. fy (y) = 12 . ◮ 3.4. fy (x) = x2xy kad y → 0+ , x ∈ ]1, A[ . +y2 ◭ f (x) = 0. Zatim je

xy

= A |y| → 0 sup 2

x2 + y2 2 1
kad y → 0+ , tj. konvergencija je ravnomerna. ◮ 3.5. fy (x) = x2xy kad y → 0+ , x ∈ ]1, +∞[ . +y2 ◭ f (x) = 0. Zatim je

xy

xy

= A |y| → 0 sup 2 ≤ sup 2

x2 + y 2 2 2 x>1 x + y 1
kad y → 0+ , tj. konvergencija je ravnomerna. Korišćena je ˇcinjenica da za y > 0 funkcija x → fy (x) opada na ]1, +∞[ . ◮ 3.6. fy (x) = tan πx 2y , x ∈ ]0, 1[ , a) kad y → 1; b) kad y → 2. πx ◭ a) f (x) =lim tan πx 2y = tan 2 . Konvergencija nije ravnomerna jer je y→1 fy y2 = tan π4 = 1. πx b) f (x) =lim tan πx 2y = tan 4 . Konvergencija nije ravnomerna jer je y→2 y fy 4 = tan π8 . ◮ sin(x2 +y 2 ) 3.7. fy (x) = y x , x ∈ ]1, +∞[ , x

+y


164

a) kad y → +∞; b) kad y → 0+ . ◭ a) sin x2 + y 2 1 f (x) = lim = lim y y y→+∞ y→+∞ x x + y x +

x y

· sin x2 + y 2 = 0

(beskonaˇcno mala puta ograniˇcena veliˇcina je beskonaˇcno mala-ˇcesto se koristi i u Analizi I). Konvergencija nije ravnomerna jer je

2

2

sin x + y 2

sin 2x 1 √ sup ≥ sup =√ . y x 2 2 x>1 x>1,x=y x + y

b) Graniˇ cna funkcija je ista, ali konvergencija je ravnomerna jer je |fy (x)| ≤ x2xy te je +y2 √ y

→0 sup |fy (x)| ≤ x>1 1 + y2 kad y → 0+ . Funkcija x → x2xy +y2 opada za x > 1 i pri fiksiranom y > 0 iz okoline nule. ◮ 3.8. fy (x) = x1 (exy − 1) , x ∈ ]0, +∞[ , a) kad y → 0− ; b) kad y → −∞; c) kad y → 1. ◭ a) f (x) = lim fy (x) = lim y · y→0+

y→0+

exy − 1 = 0 · ln e = 0 xy

(koji tabliˇcni limes je korišćen?). Konvergencija nije ravnomerna jer je

xy

e − 1

= +∞, tj. sup |fy (x) − f (x)| = +∞. lim x→+∞ x x>0 . b) lim fy (x) = − x1 = f (x) , ali konvergencija nije ravnomerna jer je y→−∞

c) lim fy (x) = y→1

xy

xy

e − 1

e

= +∞. lim − f (x) = lim

x x→0+ x→0+ x ex −1 x .

Konvergencija nije ravnomerna zbog

xy

xy

x

e − 1 ex − 1

e − ex

= lim e

(ex )y−1 − 1

= +∞ lim − = lim

x→+∞ x x→+∞ x x x→+∞ x

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA165 tj. sup |fy (x) − f (x)| = +∞. ◮ x>0

3.9. fy (x) = y arctan(xy) , x ∈ [1, +∞[ , y+1 + a) kad y → 0 ; b) kad y → +∞. ◭ a) f (x) = lim fy (x) = 0 i konvergencija je ravnomerna jer je y→0+

y arctan (xy)

≤ lim y π = 0.

lim sup

y→0+ y + 1 2 + y+1 y→0 x>1

b) f (x) = lim fy (x) = π2 . Konvergencija je ravnomerna jer je funkcija x →

y→+∞ y arctan(xy) − π2 rastuća y+1

i odatle je

y arctan (xy) π

−π

= 0. ◮ lim sup − = lim y→+∞ x≥1 y→+∞ 2 (y + 1) y+1 2

3.10. fy (x) = y ln x2 + y2 , x ∈ ]0, 1[ , a) kad y → 0; b) kad y → 1. ◭ a) f (x) =lim fy (x) = 0 · ln x2 + 02 = 0. Zatim je y→0

lim sup y ln x2 + y 2 ≤ lim y ln 1 + y 2 = 0

y→0 0
y→0

što znaˇci da je konvergencija ravnomerna.

b) f (x) =lim fy (x) = ln x2 + 1 . Iz sup |fy (x) − f (x)| = y ln y 2 y→1

0
sledi ravnomerna konvergencija. Za nalaˇzenje supremuma koristi se izvod razlike fy (x) − f (x) . ◮ √nx za n ∈ N i x ∈ R. Dokazati: 3.11. Neka je fn (x) = sin n a) fn ⇉ f ≡ 0 na R; √ b) Funkcije fn su diferencijabbilne u 0 i vaˇzi fn′ (0) = n; c) lim fn′ (0) = f ′ (0) = 0. n→+∞

◭ a) Ako je x0 fiksiran realan broj, onda je

sin nx0 1 0 ≤

√

≤ √ → 0 n n

kad n → +∞, odakle sledi da niz fn datih funkcija prosto konvergira funkciji f : f (x) = 0 za svako x ∈ R. Konvergencija je ravnomerna, jer je

sin nx 1

lim sup |fn (x) − f (x)| = lim sup √

= lim √ = 0. n→∞ x∈R n→+∞ x∈R n→+∞ n n


166

b) fn je diferencijabilna u svakoj taˇcki x ∈ R na osnovu teoreme o √ diferencijabilnosti sloˇzene funkcije i fn′ (0) = √nn cos (n · 0) = n. c) Zatim je lim fn′ (0) = +∞ = 0 = f ′ (0) . ◮ n→+∞

3.12. Neka je za n ∈ N

fn (x) =

1 sin2 πx , n+1 ≤ x ≤ n1 , 0, x ∈ [0, 1] .

Dokazati: a) Niz fn ne konvergira ravnomerno neprekidnoj funkciji kad n → +∞; +∞ fn (x) apsolutno konvergira za sve x ∈ [0, 1] , ali ne konvergira b) Red n=1

ravnomerno na [0, 1] . ◭ a) Ako je x = 0, onda je fn (0) = 0 i

lim fn (0) = 0. Za x = 0, n→+∞ 1 1 postoji n0 ∈ N tako da je n0 +1 ≤ x ≤ n0 (zašto?). Onda je po pretpostavci u zadatku za n > n0 + 1, fn (x) = 0 tj. lim fn (x) = 0. Dakle, dati n→+∞

niz funkcija prosto konvergira neprekidnoj fuinkciji f (x) = 0 za x ∈ [0, 1] . Na ovom primeru student moˇze da proveri da li je usvojio definiciju proste konvergencije niza (familije) funkcija. Kako je zatim lim

sup |fn (x) − f (x)| = lim

n→+∞ x∈[0,1]

max fn (x) = 1

n→+∞ x∈[0,1]

to konvergencija nije ravnomerna. Naravno, max fn (x) = fn x∈[0,1]

2 2n+1

= 1.

Do istog zakljuˇcka se dolazi i primenom naˇcina III iz zadatka 3.1. Naime, traka ravni xOy izmeñu pravih y = −ε, y = ε, ε ∈ ]0, 1[ , ne sadrˇzi ceo grafik ni jednog ˇclana niza fn . b) S obzirom da je fn (x) ≥ 0 za sve x ∈ [0, 1] i n = 1, 2, 3, ... to je konvergencija datog reda istovremeno i apsolutna. Prema dokazu za a) sledi da su svi ˇclanovi niza fn (x) jednaki nuli, izuzev njih konaˇcno mnogo. Pošto konaˇcno ˇclanova niza ne utiˇce na konvergenciju odgovarajućeg reda, +∞ onda je red konvergentan. Još se i kaˇze da red fn (x) konvergira prosto n=1

svojoj sumi S (x) . Konvergencija nije ravnomerna, jer opšti ˇclan ne teˇzi nuli ravnomerno. ◮ 3.13. Koristeći Dinijev kriterijum dokazati da niz funkcija fn (x) = √ n (1 − n x) , kad n → +∞ konvergira funkciji f (x) = ln x1 ravnomerno na svakom segmentu [a, b] ⊂ ]0, 1[ . Dokazati da fn ne konvergira ka f ravnomerno na ]0, 1] .

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA167 ◭ Kako je 1

fn (x) = −

xn − 1 1 n

1 → − ln x = ln , n → +∞ x x

(poznata graniˇcna vrednost iz Analize I, dobija se iz tabliˇcnog limesa: a x−1 → ln a, x → 0) to prema Dinijevom kriterijumu fn (x) ⇉ ln x1 , ako je niz fn (x) monoton po n. Niz fn (x) je neopadajući po n. Stvarno, √ √ n 1 − n x ≤ (n + 1) 1 − n+1 x ⇔ √ n 1 − n+1 x 1 − tn 1 + t + t2 + · · · + tn−1 √ ≤ = = n+1 1− n x 1 − tn+1 1 + t + t2 + · · · + tn

gde je x = tn(n+1) , x ∈ ]0, 1[ tj. t ∈ ]0, 1[ . Za x = 0 ili x = 1 tvrñenje je oˇcigledno. Poslednja nejednakost ekvivalentna je nejednakosti ntn ≤ 1 + t + t2 + · · · + tn−1 koja je taˇcna za sve t ∈ [0, 1] . Što se tiˇce ravnomerne konvergencije na skupu ]0, 1] moˇze se najpre posmatrati

√ 1

1

n

sup fn (x) − ln = sup n 1 − x − ln = +∞ x x∈]0,1] x x∈]0,1]

√ jer je lim n (1 − n x) − ln x1 = +∞. Ovo znaˇci da fn ne konvergira x→0+

ravnomerno na ]0, 1] . ◮ Napomena. O Dinijevom kriterijumu videti ([2], II, strana 20 ili [9], II, strana 73). 3.14. Neka je za n ∈ N i x ∈ R, fn (x) = lim cos2m (n!πx) . Dokazati: m→+∞

a) fn je integrabilna funkcija za svako n na svakom konaˇcnom razmaku; b) lim fn (x) je Dirihleova funkcija x → χ (x) , pa nije integrabilna ni n→+∞

na jednom konaˇcnom razmaku. ◭ a) Ako je n!x ceo broj, onda je fn (x) = 1. Ako n!x nije ceo broj, onda je fn (x) = 0 (tada je −1 < cos (n!πx) < 1). To znaˇci da fn ima konaˇcno taˇcaka prekida prve vrste na svakom konaˇcnom razmaku, dakle, fn je integrabilna funkcija. b) Pošto je 1, n!x ∈ Z, fn (x) = 0, n!x ∈ / Z,


168

to je za dovoljno veliko n ∈ N, n!x ceo broj ako i samo ako je x racionalan broj. Zato je 1, n!x ∈ Q, lim fn (x) = = χ (x) n→+∞ 0, n!x ∈ / Q,

Dirihleova funkcija za koju se zna da nema Rimanov integral ni na jednom konaˇcnom segmentu. ◮ 3.15. Neka je dat niz fn neprekidnih funkcija na segmentu [a, b] koji ravnomerno konvergira na intervalu ]a, b[ . Dokazati da fn konvergira ravnomerno na [a, b] . ◭ Iz datih uslova se najpre dobija da postoje lim f (x) i lim f (x) , gde x→a+

x→b−

je f (x) = lim fn (x) . Prema ( [2], II, Teorema 1.3.1 ili [9], II, Teorema n→+∞

1.2.XI) sledi

lim f (x) = lim

x→a+

x→a+

lim fn (x) = lim lim fn (x) = A.

n→+∞

n→+∞

x→a+

Sliˇcno se dobija i broj B = lim f (x) . Uzimajući da je f (a) = A, f (b) = x→b−

B, sledi da niz fn neprekidnih funkcija ravnomerno konvergira neprekidnoj funkciji f na [a, b] . Zaista, za fiksirano n ∈ N je {|fn (x) − f (x)| : x ∈ [a, b]} = {|fn (x) − f (x)| : x ∈ ]a, b[} ∪ {|fn (a) − f (a)|} ∪ {|fn (b) − f (b)|} odakle sledi da je lim

sup |fn (x) − f (x)| =

n→+∞ x∈[a,b]

=

lim

max |fn (x) − f (x)|

n→+∞ x∈[a,b]

lim |fn (x0 ) − f (x0 )| = 0

n→+∞

za neko x0 ∈ [a, b] . ◮ 3.16. Neka je fn niz neprekidnih funkcija koji ravnomerno konvergira funkciji f na skupu E ⊂ R. Dokazati da je onda lim fn (xn ) = f (x) za n→+∞

svaki niz xn ∈ E koji konvergira taˇcki x ∈ E. Da li vaˇzi obrnuto? ◭ Neka je ε > 0. Onda postoji n0 = n0 (ε) ∈ N tako da za sve y ∈ E bude ε ε f (y) − < fn (y) < f (y) + 2 2 kad god je n > n0 (ε) . Pošto niz xn ∈ E, onda je tim pre ispunjeno f (xn ) −

ε ε < fn (xn ) < f (xn ) + 2 2

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA169 za sve n > n0 (ε) . S obzirom da niz xn konvergira ka x, onda zbog neprekidnosti graniˇcne funkcije f postoji n1 = n1 (ε) ∈ N tako da je f (x) −

ε ε < f (xn ) < f (x) + 2 2

kad god je n > n1 (ε) . Sada je jasno da za ε > 0 postoji n2 = max {n0 , n1 } ∈ N tako da je za sve n > n2 (ε) f (x) − ε < fn (xn ) < f (x) + ε što znaˇci da je lim fn (xn ) = f (x) . n→+∞

Obrnuto nije taˇcno. Moˇze se uzeti na primer niz funkcija fn (x) = sin nx , x ∈ R koji konvergira funkciji f (x) = 0 ali ne ravnomerno i zadovoljava uslov da fn (xn ) → f (x) , kad god xn → x. Zaista, ako xn → x, x ∈ R, onda je xn ograniˇcen niz i tada je

x x

n n |fn (xn )| = sin ≤ → 0, n → +∞. n n

Neka student obrazloˇzi zašto fn ne konvergira ravnomerno na R. ◮ U zadacima 3.17-3.24 ispitati ravnomernu konvergenciju funkcionalnih nizova na navedenim skupovima: 3.17. fn (x) = e−nx ; a) x ∈ ]0, 1[ ; b) x ∈ [1, +∞[ . ◭ a) Graniˇcna funkcija je f (x) = lim fn (x) = 0, ali konvergencija n→+∞ nije ravnomerna, jer je fn n1 = 1e . Dakle, grafik svakog ˇclana niza fn seˇce pravu y = 1, tj. konvergencija nije ravnomerna (vidi zadatak 3.1, III naˇcin). b) Graniˇcna funkcija je ista, ali konvergencija je ravnomerna jer je 1 = 0. ◮ n→+∞ en

lim sup |fn (x)| = lim sup e−nx = lim

n→+∞ x≥1

n→+∞ n≥1

2 2

n x 3.18. fn (x) = 1+n 2 x2 ; a) x ∈ ]0, 1] ; b) x ∈ [1, +∞[ . ◭ a)

n2 x2 = lim n→+∞ 1 + n2 x2 n→+∞

lim fn (x) = lim

n→+∞

x2 = 1 = f (x) , 1 + x2 n2

ali konvergencija nije iz istog razloga kao u prethodnom zadatku ravnomerna pod a). Naime, fn n1 = 12 .


170

b) Graniˇcna funkcija je ista i

n2 x2

1 1

= lim sup lim sup − 1 lim =0

n→+∞ x≥1 1 + n2 x2 = n→+∞ n→+∞ x≥1 1 + n2 x2 1 + n2

tj. konvergencija je ravnomerna. ◮ √ 3.19. fn (x) = ln(nx) ; nx a) x ∈ ]0, 1] ; b) x ∈ [1, +∞[ . ◭ a) Graniˇcna funkcija f (x) = 0 (proveriti!). Konvergencija nije je √ ravnomerna, jer je fn n12 = − n ln n → −∞ dakle, nije lim sup |fn (x)| = 0. n→+∞0
b) Konvergencija nije ravnomerna jer je max fn (x) = 2e . ◮ x≥1 1 nx 3.20. fn (x) = 1 + nx , x ∈ ]0, 1[ . ◭ 1 nx 1 t lim fn (x) = lim 1 + = lim 1 + = e = f (x) . n→+∞ n→+∞ t→+∞ nx t Pošto je fn n1 = 2 to konvergencija nije ravnomerna (3.1. III naˇcin). ◮ 2 (1 3.21. fn (x) = sin xyn dy; 0

a) x ∈ ]0, 1[ ; b) x ∈ ]0, +∞[ . ◭ a) S obzirom da je

'1 2 '1 2

xy

y 1

|fn (x)| ≤ sin dy ≤ dy = → 0 = f (x)

n n 3n 0

0

to je konvergencija ravnomerna jer je

sup |fn (x) − f (x)| = sup |fn (x)| ≤

0
0
1 → 0, n → +∞. 3n

b) Na skupu ]0, +∞[ graniˇcna funkcija je ista, a dokaz sliˇcan: |fn (x)| ≤

'1 0

xy 2 x dy ≤ → 0 = f (x) , n → +∞ n 3n

ali konvergencija nije ravnomerna, zbog fn (n) = zadatak 3.1, treći naˇcin). ◮

(1 sin y 2 dy = 0 (opet kao 0

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA171 π

3.22. fn (x) =

(2 0

◭ Pošto je

x2 cos(xy)dy , y2 +n2

x ∈ ]0, 1[ .

π

|fn (x)| ≤

'2 0

x2 π x2 · 1 dy = → 0, n → +∞ n2 2n2

za sve x ∈ ]0, 1[ , to je f (x) = 0 graniˇcna funkcija. Konvergencija je ravnomerna, jer sup |fn (x) − f (x)| ≤ sup

0
3.23. fn (x) =

0
n

k=1

π x2 π = 2 → 0, n → +∞. ◮ 2 2n 2n

2

arctan kn2x , x ∈ ]0, +∞[ .

◭ Što se tiˇce obiˇcne konvergencije, prema ([10] , strana 169) dobija se da je lim fn (x) = lim

n→+∞

n→+∞

n k2x k=1

Ona nije ravnomerna jer je

n3

x n (n + 1) (2n + 1) x · = . 3 n→+∞ n 6 3

fn (x) − x = +∞. Zaista, 3

= lim

sup 0
x 4x n2 x x lim arctan 3 + arctan 3 + · · · + arctan 3 − x→+∞ n n n 3 1 x 1 4x 1 n2 x 1 = lim x · arctan 3 + arctan 3 + · · · + arctan 3 − x→+∞ x n x n x n 3 nπ 1 = (+∞) · (+∞) · − = +∞. ◮ 2 3 3.24. fn (x) =

n

k=1

ln 1 +

k xn2

, x ∈ ]0, 1[ .

◭ Iz istog razloga kao u prethodnom zadatku je n 1 n (n + 1) 1 lim fn (x) = lim k = lim = . n→+∞ n→+∞ xn2 n→+∞ 2xn2 2x k=1

Konvergencija ni u ovom sluˇcaju nije ravnomerna jer se dobija da je

n

n

k 1 kt t

lim ln 1 + 2 − = lim ln 1 + 2 − xn 2x t→+∞ n 2 x→0+ k=1

k=1


172

n

1 kt

= lim |t| ln 1 + 2 − t→+∞

t n k=1

n

1 t→+∞ t k=1

Da je lim 3.25.

ln 1 +

kt n2

1

= (+∞) ·

0 − 2

1

= +∞. 2

= 0 sledi prema Lopitalovom pravilu. ◮

Dokazati da red

+∞

(−1)n

n=1

x2 +n n2

ravnomerno konvergira na

svakom konaˇcnom razmaku, ali nije apsolutno konvergentan ni za jedno x ∈ R. ◭ Iz jednakosti +∞

+∞

(−1)n

n=1

+∞

2 x2 + n 1 n x = (−1) + (−1)n 2 2 n n n n=1 n=1

sledi prvi deo tvrñenja ( prvi red ravnomerno konvergira na osnovu Vajerštrasovog kriterijuma:

2

(−1)n x ≤ M , |x| ≤ M,

n2 n2

a drugi red konvergira prema Lajbnicovom kriterijumu, samim tim i ravnomerno konvergira na proizvoljnom podskupu od R jer opšti ˇclan ne zavisi od x). Ako red apsolutno konvergira za neko x ∈ R onda iz jednakosti

+∞ +∞ 2

+∞ x2 1

(−1)n x + n − =

2 2 n n n n=1 n=1 n=1

3.26. Dokazati da na R, ali da red

+∞

n=1

+∞

1 n , što je kontradikcija. ◮ n=1 +∞ (−1)n−1 x2 red konvergira apsolutno (1+x2 )n n=1

sledi i konvergencija reda

x2 (1+x2 )n

i ravnomerno

ne konvergira ravnomerno.

◭ Ispitajmo najpre apsolutnu konvergenciju reda:

+∞ +∞ 1 n−1 2 x 1

(−1) 1+x2 2 2 = x · = x · =1

1 2 )n

(1 + x2 )n (1 + x 1 − 2 1+x n=1 n=1

za x = 0. Za x = 0 suma reda je 0. Dakle, za sve x ∈ R dati red apsolutno konvergira, a to znaˇci i konvergira. Što se tiˇce ravnomerne konvergencije na

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA173 R sledi: |Sn (x) − S (x)|

+∞

(−1)n−1 x2

(−1)n x2 (−1)n+1 x2

= Sn (x) − + + · · ·

=

(1 + x2 )n (1 + x2 )n+1 (1 + x2 )n+2 n=1

(−1)n x2

(1+x2 )n+1 x2 x2 1

<

= < . = n 1 2 2 1 + nx + · · · n

1 + 1+x2 (1 + x ) 1 n→+∞ n

Zato je lim sup |Sn (x) − S (x)| ≤ lim n→+∞x∈R +∞

vergira. Red

n=1

x2 (1+x2 )n

= 0, tj. red ravnomerno kon-

konvergira za sve x ∈ R ali ne ravnomerno. Zaista,

|Sn (x) − S (x)| =sup x∈R

1 1 n =max n = 1, 2 x∈R (1 + x2 ) (1 + x )

što znaˇci da je lim sup |Sn (x) − S (x)| = 1 = 0. ◮ n→+∞x∈R

Napomena. Student treba da zna da kod konvergentnih redova,

+∞

an

n=1

predstavlja upravo sumu reda. +∞ (−1)n−1 3.27. Dokazati da red x2 +n ravnomerno konvergira na R, ali nije n=1

apsolutno konvergentan ni za jedno x ∈ R. ◭ Za sve x ∈ R dati red konvergira na osnovu :Lajbnicovog kriterijuma. +∞ (−1)n−1 Tako je za x ∈ R definisana funkcija S (x) = za koju je x2 +n n=1

(−1)n 1 1

= |Sn (x) − S (x)| < 2 < ,

2 x +n+1 x +n+1 n+1 1 n→+∞ n+1

odakle sledi da je lim sup |Sn (x) − S (x)| ≤ lim n→+∞x∈R

= 0, tj. dati red

je ravnomerno konvergentan na R. Korišćena je ˇcinjenica da je apsolutna vrednost ostatka alternativnog reda manja od apsolutne vrednosti sledećeg +∞ +∞

(−1)n−1

1 ze se ˇclana. Da red

x2 +n = x2 +n divergira za svako x ∈ R moˇ n=1

n=1

pokazati na primer koristeći Košijev integralni kriterijum: +∞ ' 1

+∞ dt = ln x2 + t 1 = ln x2 + (+∞) − ln x2 + 1 = +∞. ◮ +t

x2


174

3.28. Dokazati da sledeći stepeni redovi ne konvergiraju ravnomerno svojim sumama u oblasti konvergencije: +∞ +∞ +∞ xn (−1)n x2n+1 (−1)n x2n a) 1+ n! , x ∈ R; b) (2n+1)! , x ∈ R; c) 1+ (2n)! , x ∈ R. n=1

n=1

n=1

◭ Zna se da dati stepeni redovi konvergiraju prosto (taˇcka po taˇcka) redom funkcijama x → ex , x → sin x i x → cos x, za x ∈ R, tj. polupreˇcnik njihove konvergencije je R = +∞ (nalazi se primenom Dalamberovog kriterijuma). Da konvergencija nije ravnomerna proistiˇce iz sledećeg opšteg stava: +∞ Ako stepeni red a0 + an xn (sa beskonaˇcno ˇclanova razliˇcitih od nule) n=1

ima polupreˇcnik konvergencije R = +∞, onda on konvergira ali ne ravnomerno. (neophodan uslov ravnomerne Zaista, tada an xn ne teˇz i nuli ravnomerno

1 konvergencije reda), jer je an · √ lim sup |an xn | = 0. ◮ n = 1 tj. n n→+∞x∈R

|an | Napomena. Što se tiˇce primera a), b) i c) moˇze se razmišljati i na sledeći naˇcin. Razlike ! ! n n n xk (−1)k−1 x2k−1 (−1)k x2k x e − 1+ , sin x− , cos x− 1 + k! (2k − 1)! (2k)! k=1

k=1

k=1

za fiksirano n ∈ N, mogu se po apsolutnoj vrednosti uˇciniti proizvoljno velike, za dovoljno veliko x, tj. lim sup |f (x) − Sn (x)| = 0

n→+∞ x∈R

što znaˇci da konvergencija nije ravnomerna. Stvarno, u sluˇcaju drugog reda imamo

n n

sin x (−1)k−1 x2k−1

(−1)k−1 x2k−2

−

sin x −

= |x|

x (2k − 1)! (2k − 1)! k=1

k=1

n

sin x

k−1 2k−2

(−1) x

− ≥ |x|

→ +∞ · |0 − (+∞)| = +∞.

x

(2k − 1)!

k=1

n

(−1)k−1 x2k−1

Dakle, sup sin x −

= +∞. Korišćena je nejednakost:|a − b| ≥ (2k−1)! x∈R

k=1

||a| − |b|| za sve a, b ∈ R. Neka student to uradi i za ostala dva reda i obavezno pogleda zadatke 116 strana 64 i 158 strana 88 iz [11], II.

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA175 3.29. Dokazati da stepeni red

+∞

n=1

(−1)n−1 xn n

konvergira ali ne ravnomerno

svojoj sumi u oblasti konvergencije. ◭ Lako se nalazi da je oblast konvergencije skup ]−1, 1] i da je suma reda n (−1)k−1 xk , kad n → +∞) (graniˇcna vrednost parcijalne sume Sn (x) = k k=1

funkcija f (x) = ln (1 + x) . Da konvergencija nije ravnomerna proistiˇce (kao u prethodnom zadatku) iz opštijeg stava: +∞ Ako stepeni red a0 + an xn divergira bar na jednom kraju konaˇcnog inn=1

tervala konvergencije (na primer levom) onda konvergencija nije ravnomerna na bilo kom podskupu ]−R, x0 ] ⊂ ]−R, R] . Sliˇcno vaˇzi i za desni kraj. Za dokaz videti ([9], II, Teorema 5.5.XII). ◮ +∞ (−1)n−1 xn Napomena. Stepeni red ne konvergira ravnomerno svon n=1

joj sumi na skupu ]−1, 1] . Zaista,

n

(−1)k−1 xk

sup ln (1 + x) −

= +∞, jer je

k −1

n n

k−1 k (−1) x 1

lim ln (1 + x) − = ln 0+ +

= +∞.

k k x→−1+ k=1

Otuda je lim

sup

n→+∞−1
k=1

|ln (1 + x) − Sn (x)| = 0.

Za ispitivanje konvergencije nekih brojnih redova student moˇze da koristi sledeća dva teorijska zadatka (dokaz se moˇze naći u [11], II, strane 18 i 41): +∞ a) Ako je za ˇclanove reda an sa pozitivnim ˇclanovima ispunjeno n=1

p 1 an =1+ +o , n → +∞, an+1 n n 1 onda je an = o np−ε , gde je ε proizvoljno malo; +∞ b) Red (−1)n bn , bn > 0 konvergira, ako je n=1

bn

bn+1

=1+

p 1 +o , n → +∞, p > 0. n n

(Iz a) sledi da bn ↓ 0, jer je p > 0).


176

3.30. Ispitati ravnomernu konvergenciju stepenog reda 1 +

+∞ α n n x n=1

za

razne vrednosti parametra α. 0 ◭ Zna se da je n = 0 i αn = α(α−1)···(α−n+1) za α = 0. Ako α ∈ {0}∪N n! onda se dati stepeni red svodi na polinom, R = +∞ i konvergencija ka tom polinomu je ravnomerna. Za α ∈ / {0} ∪ N red se moˇze napisati u obliku: 1+

+∞

(−1)n−1

n=1

(n − 1 − α) (n − 2 − α) · · · (1 − α) α n x n!

odakle se primenom Dalamberove formule za nalaˇzenje polupreˇcnika dobija

an

n +1

= lim

= 1, gde je R = lim

n→+∞ an+1 n→+∞ n − α

(n − 1 − α) (n − 2 − α) · · · (1 − α) α . n! Dakle, ]−1, 1[ je skup (oblast) apsolutne konvergencije. Zamenjujući krajeve intervala dobijaju se sledeća dva brojna reda: an = (−1)n−1

1+

+∞ (n − 1 − α) (n − 2 − α) · · · (1 − α) α

n=1

1+

+∞ n=1

(−1)n−1

n!

i

(n − 1 − α) (n − 2 − α) · · · (1 − α) α . n!

Kod prvog reda je an an+1

an an+1

(n − 1 − α) · · · (1 − α) α (n + 1)! n+1 · = n! (n + 1 − 1 − α) · · · (1 − α) α n−α −1 α+1 α+1 α n−α+α+1 = =1+ =1+ 1− n − α n− α n n α+1 α 1 = 1+ 1+ +o , n → +∞, tj. n n n α + 1 (α + 1) α 1 α+1 1 =1+ + +o =1+ +o , δ > 0. n n2 n2 n n1+δ =

Koristeći Gausov kriterijum moˇze se zakljuˇciti da za x = −1, red apsolutno konvergira ako je α > 0, odnosno divergira za α < 0. Drugi red na osnovu an prethodnog razvoja an+1 i primera b) konvergira za α > −1. Znaˇci za −1 < α < 0 i x = 1 red uslovno konvergira. Dakle, prema reˇcenom i na osnovu

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA177 opšteg stava iz prethodnog zadatka dobija se da red uniformno konvergira na segmentu [−1, 1] ako je α > 0 Za ostale vrednosti parametra α nema ravnomerne konvergencije, jer tada red divergira bar na jednom od krajeva segmenta [−1, 1] . ◮ 3.31. Neka je cn niz realnih brojeva. Dokazati da ako Dirihleov red +∞ cn nx konvergira za neko x0 ∈ R, tada on konvergira ravnomerno za x ≥ x0 , n=1

pri ˇcemu za x > x0 + 1 konvergira apsolutno. Dokazati da je funkcija koju taj red definiše beskonaˇcno diferencijabilna u svojoj oblasti definisanosti. +∞ +∞ cn cn 1 ◭ Ako je x ≥ x0 , onda je = x n nx0 · nx−x0 odakle sledi da n=1

n=1

red ravnomerno konvergira na osnovu Abelovog kriterijuma (

+∞

n=1

cn nx0

kon-

1 je ograniˇcen jedinicom i opada). Kada student provergira, niz nx−x 0 rañuje ovakav primer treba odmah da obnovi iz teorije Abel-Dirihleov kriterijum ravnomerne konvergencije redova, obiˇcne konvergencije redova i nesvojstvenih integrala i ravnomerne konvergencije parametarskih

c c nesvojstvenih 1 1 integrala ([2], I, II, i [9], I, II). Pošto je zatim nnx = nxn0 · nx−x ≤ nx−x 0 0 +∞ cn onda red nx za x > x0 + 1 apsplutno konvergira prema Vajerštrasovom n=1

kriterijumu. Korišćena je ˇcinjenica da je ncxn0 ≤ 1 za dovoljno veliko n, jer +∞ cn cn zbog konvergencije reda nx0 , nx0 → 0 kad n → +∞. Treba još pokazati n=1

da je funkcija koju dati red definiše beskonaˇcno diferencijabilna za x ≥ x0 , +∞ +∞ cn cn ln n ako red = nx0 konvergira. Posmatranjem izvodnog reda: − nx −

+∞

n=1

n=1

cn nx0

·

ln n nx−x0

n=1

na isti naˇcin se dokazuje njegova ravnomerna konvergen-

cija, a to znaˇci i diferencijabilnost funkcije. Pogledati rešeni primer 1.3.4 iz [2], II, strana 25. ◮ +∞ 2 3.32. Neka je lim n |an | = 1. Dokazati da tada red an e−n x n→+∞

n=1

ravnomerno konvergira

na skupu [ε, +∞[ , ε > 0.

an ◭ Pošto je n2 x ≤ |ann2 x| za sve x ∈ [ε, +∞[ to je red ravnomerno e e +∞ |an | konvergira. Meñutim, iz konvergentan na datom skupu, ako red n2 ε n=1 e uslova lim n |an | = 1 sledi da je sa izuzetkom konaˇcno ˇclanova niza n→+∞

an : |an | ≤ 2n . Na osnovu Košijevog kriterijuma, red

+∞

2n n2 ε e n=1

konvergira


178

dakle dati red ravnomerno konvergira. ◮ n . Zaista, pošto Napomena. Studenta ne treba da zbuni ocena: |an | ≤ 2 n n |an | = 1 (1 je najveća taˇcka nagomilavanja niza |an |), za svako je lim n→+∞ δ > 0 skoro svi ˇclanovi niza n |an | (sa izuzetkom konaˇcno) su manji od 1+δ. Uzimajući na primer δ = 1, dobijamo |an | ≤ 2n za sve ˇclanove niza |an | , sa izuzetkom njih konaˇcno. 3.33. Dokazati da sledeći redovi konvergiraju ravnomerno na navedenim razmacima: +∞ +∞ (−1)n xn (−1)n−1 e−nx , 0 ≤ x ≤ 1; b) , 0 ≤ x < +∞; a) n n c)

n=1 +∞

n=1

n=1

(−1)n n+x , 0

≤ x < +∞.

◭ Sva tri reda ravnomerno konvergiraju na datim skupovima po Dirih+∞ leovom kriterijumu. Da se podsetimo: funkcionalni red an (x) bn (x) n=1

ravnomerno konvergira na skupu A ⊂ R, ako je niz Sn (x) parcijalnih suma +∞ reda an (x) ravnomerno ograniˇcen na A, tj. ∃M > 0 tako da je za svako n=1

x ∈ A i za svako n ∈ N :

n

|Sn (x)| = ak (x) ≤ M,

k=1

a niz bn (x) monotono (bn+1 (x) ≤ bn (x) za n ≥ n0 ) i ravnomerno teˇzi nuli na A, kad n → +∞. U svakom od primera je an (x) = (−1)n , pa je |Sn (x)| ≤ 2. U primeru a) je 1 1 bn (x) = xn ≥ xn+1 = bn+1 (x) n n+1

za 0 ≤ x ≤ 1. Naravno n1 xn ⇉ 0 na [0, 1] jer je n1 xn ≤ n1 → 0, n → +∞. U primeru b) je bn (x) =

1 −nx 1 −(n+1)x e ≥ e = bn+1 (x) n n+1

za x ≥ 0, a u c) bn (x) =

1 1 ≥ = bn+1 (x) . n+x n+1+x

U oba sluˇcaja, na skupu [0, +∞[ je 0 < bn (x) ≤ kad n → +∞. ◮

1 n

što znaˇci da bn (x) ⇉ 0,

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA179 Napomena. Red iz primera b) se smenom e−x = t svodi na red iz primera a). Ravnomerna konvergencija onda sledi prema ([2], II, Stav 1.4.2 ili [9], II, teorema 6.5.XII). +∞ +∞ 3.34. Ako red |un (x)| ravnomerno konvergira na [a, b] tada i un (x) n=1

n=1

ravnomerno konvergira na [a, b] . Dokazati. ◭ Moˇze se primeniti opšti Košijev kriterijum ravnomerne konvergencije ([2], II, Teorema 1.2.1 ili [9], II, Teorema 1.1.XII). Neka je ε > 0. Onda postoji n0 ∈ N takvo da ako m, n ∈ N (n > m) i m, n > n0 onda je ||um (x)| + |um+1 (x)| + · · · + |un (x)|| < ε. Sada je za Košijev odseˇcak reda

+∞

un (x)

n=1

|um (x) + · · · + un (x)| ≤ ||um (x)| + · · · + |un (x)|| < ε za m, n > n0 , tj. red

+∞

un (x) ravnomerno konvergira. ◮

n=1

3.35.Neka je f (x) =

+∞

n=1

an n!

·

sin nx x

(a ∈ R) . Izraˇcunati

◭ Nula nije singularitet. Zaista,

+∞ (

f (x) dx.

0

lim f (x)

x→0+

=

+∞ n +∞ +∞ a sin nx an sin nx a · an−1 · = lim = = aea , n! x n! x (n − 1)! x→0+ x→0+ n=1 n=1 n=1

jer je red

lim

+∞

n=1

an n!

·

sin nx x

ravnomerno konvergentan po x. Stvarno

+∞ n +∞ a sin nx an−1 sin nx · =a · n! x (n − 1)! nx n=1 n=1

n−1

a

|a|n−1 i (n−1)! · sinnxnx ≤ (n−1)! pa prema Vajerštrasovom kriterijumu sledi njegova ravnomerna konvergencija (a je fiksiran broj). Zato je ! +∞ ' 'A +∞ n +∞ n 'A a sin nx a sin nx f (x) dx = lim · dx = lim dx A→+∞ A→+∞ n! x n! x n=1 n=1 0

0

0


180

  'nA +∞ n 'nA +∞ n a sin t a sin t π (ea − 1) = lim  dt = lim dt = . A→+∞ A→+∞ n! t n! t 2 n=1 n=1 0 0 Treba opravdati razmenu “lim” i “ ” u pretposlednjoj jednakosti. Ali +∞ ( sin t an nA n! t dt je funkcionalni red po parametru A gde je a fiksiran broj. n=1 0

nA

+∞ ( sin t

( sin t dt konvergira, to postoji L > 0 takvo da je dt Pošto integral

≤ t

0 t

0 +∞ ( sin t an nA L za svako n ∈ N i za svako A > 0. To znaˇci da red n! t dt 0

n=1

n nA

(

sin t ravnomerno konvergira po Vajerštrasovom kriterijumu, jer je an! dt

≤

0 t

n

L |a| n! . ◮

3.36.a) Dokazati da je sa f (x) = 1 +

+∞

n=1

xn 1+n2

definisana neprekidna

funkcija na [−1, 1] ; b) Dokazati da je funkcija f neprekidno diferencijabilna na [−1, 1[ ; c) Dokazati da je f−′ (1) = +∞. ◭ a)

Dati

stepeni red ima polupreˇcnik konvergencije R = 1 jer je

an lim

= 1. Na krajevima segmenta [−1, 1] on konvergira apsolutno, n→+∞ an+1

xn 1 jer je 1+n ci dati red ravnomerno i ap2 ≤ n2 za sve x ∈ [−1, 1] . Znaˇ n

x solutno konvergira na skupu [−1, 1] . Pošto su funkcije x → 1+n 2, n = 1, 2, ...neprekidne to je f neprekidna funkcija kao suma ravnomerno konvergentnog reda neprekidnih funkcija. b) Suma f (x) stepenog reda je u intervalu ]−1, 1[ beskonaˇcno diferencijabilna prema osnovnom svojstvu stepenog reda ([2], II ili [9], II) i +∞

f ′ (x) =

1 nxn−1 + , x ∈ ]−1, 1[ . 2 n=2 1 + n2

Pošto stepeni red konvergira na levom kraju intervala ]−1, 1[ na osnovu Lajbnicovog kriterijuma, a funkcija f je neprekidna u taˇcki x = −1, to je ! +∞ n−1 1 nx f−′ (−1) = lim f ′ (x) = lim + 2 n=2 1 + n2 x→−1+ x→−1+ +∞

=

+∞

(−1)n−1 n nxn−1 1 + lim = . 2 n=2 x→−1+ 1 + n2 n=1 1 + n2

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA181 c)

′ f− (1) =

lim

h→0−

≥ jer red

+∞

n=1

lim

h→0−

n 1+n2

+∞

n=1 +∞

n=1

divergira

(1+h)n 1+n2

− h

1+nh 1+n2

− h

n 1+n2

+∞

n=1

+∞

1 1+n2

1 1+n2

n=1

+∞

n = +∞ 1 + n2 h→0− n=1

= lim

∼ n1 , n → +∞ . ◮

3.37. Dokazati da je za an (x) = ae−anx − be−bnx (0 < a < b) ispunjeno ! +∞ +∞ +∞ ' +∞ ' an (x) dx = an (x) dx. n=0 0

◭ S obzirom da je

+∞

'

an (x) dx

≤

0

+∞ (

to je integral +∞ (

0 +∞ (

ae−anx dx i

0

0

n=0

+∞ +∞ +∞ ' ' ' −anx |an (x)| dx ≤ a e dx + b e−bnx dx 0

0

0

+∞

+∞ 1 1 1 1 2

= − e −anx 0 − e −nbx = + = n n n n n 0

an (x) dx apsolutno konvergentan.

Kako su i integrali

be−bnx dx konvergentni, to je

0

+∞ '

+∞

+∞ 1 1

an (x) dx = − e −anx 0 + e −nbx = 0. n n 0 0

Dakle,

+∞ ( +∞

an (x) dx = 0. Red

n=0 0

+∞

n=0

ae−nx i

an (x) takoñe apsolutno konvergira i

n=0

njegova suma je

jer redovi

+∞

+∞

n=0

a b − 1 − e−ax 1 − e−bx be−bnx konvergiraju za x > 0. Red

+∞

n=0

an (x)

ne konvergira ravnomerno, jer an (x) ne konvergira ravnomerno nuli, kad


182

n → +∞, te se ne moˇze opravdati integraljenje ˇclan po ˇclan. Treba dakle +∞ ( razmotriti integral ϕ (x, a, b) dx, gde je 0

ϕ (x, a, b) =

b a − . 1 − e−ax 1 − e−bx

Meñutim on je ili −∞ (ako divergira) ili manji od nule (ako konvergira). Zaista, funkcija ϕ (x, a, b) = je opadajuća jer je

a − ae−bx − b + be−ax 1 − e−bx − e−ax + e−(a+b)x

ϕ′ (x, a, b) = − Zatim je lim ϕ (x, a, b) = x→+∞

a2 ea x b2 ebx − < 0. (eax − 1)2 (ebx − 1)2

a 1−0

−

b 1−0

=a−b<0 i

a − ae−bx − b + be−ax x→0+ x→0+ 1 − e−bx − e−ax + e−(a+b)x abe−bx − abe−ax = lim x→0+ be−bx + ae−ax − (a + b) e−(a+b)x −ab2 e−bx + a2 be−ax = lim x→0+ −b2 e−bx − a2 e−ax + (a + b)2 e−(a+b)x a2 b − ab2 a−b = = . 2 2 2 2 (a + b) − a − b lim ϕ (x, a, b) = lim

Znaˇ ( ci, dokazano je da je leva strana razliˇcita od desne strane, tj. da “ ” i “ ” ne komutiraju. ◮ 3.38. a) Odrediti sve taˇcke realne prave u kojima je funkcija f (x) =

+∞ nx − [nx]

n=1

n2

neprekidna; (1 b) Izraˇcunati f (x) dx.

0

◭ a) Zbog nx−[nx]

≤ n12 za sve x ∈ R (a ∈ R ⇒ a − 1 < [a] ≤ a) n2 dati red konvergira ravnomerno na R. Kako su u svakoj taˇcki x ∈ RQ sve

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA183 funkcije x → nx−[nx] neprekidne, to je i f neprekidna u tim taˇckama. Neka n2 je x0 racionalan broj. Funkcija f je u x0 prekidna. Zaista, lim

x→x+ 0

nx − [nx] =0 n2

pa je zbog (ravnomerne konvergencije reda) lim f (x) = 0. Meñutim, x→x+ 0

lim f (x) > 0 jer su svi ˇclanovi reda nenegativni i bar jedan strogo poziti-

x→x− 0

van. Na primer lim

x→x− 0

qx − [qx] 1 = 2 > 0. 2 q q

b) Prema a) skup taˇcaka prekida funkcije f je Lebegove mere nula, pa je f integrabilna na [0, 1] . Kako je '1 0

k

n 'n nx − [nx] 1 1 1 1 1 dx = 2 (nx − [nx]) dx = 2 · n · · = 2 2 n n n n 2 2n k=1 k−1 n

i dati red ravnomerno konvergira, to je '1 0

+∞ ' +∞ nx − [nx] 1 1 π2 π2 f (x) dx = dx = = · = . ◮ 2 2 n 2n 2 6 12 n=1 n=1 1

0

3.39. Odrediti domen i ispitati neprekidnost i diferencijabilnost funkcije +∞ e−nx f (x) = . n2 +1 n=1

◭ Funkcija f (x) =

+∞

n=1

e−nx n2 +1

je data u obliku funkcionalnog reda s poz-

itivnim ˇclanovima. Ona je definisana za x ≥ 0, jer je tada red ˇciji je ona +∞ 1 −nx suma konvergentan, zbog 0 < ne 2 +1 ≤ n21+1 , i red konvergira. Dati n2 +1 n=1

funkcionalni red tada i ravnomerno konvergira prema Vajerštrasovom kriterijumu. To znaˇci da je funkcija f na skupu [0, +∞[ neprekidna. Uzimajući da je e−x = t, t ∈ ]0, 1] kad x ∈ [0, +∞[ , dobija se stepeni red g (t) = 1 +

+∞

tn . n2 + 1 n=1


184

Funkcija g je diferencijabilna na skupu ]0, 1[ i g′ (t) =

+∞

ntn−1 n2 +1

n=1

na osnovu

svojstava stepenog reda. Ovo znaˇci da je funkcija x → f (x) diferencijabilna na skupu ]0, +∞[ kao sloˇzena funkcija (f (x) = g (e−x )). Što se tiˇce difer′ (1) = −∞ prema zadatku 3.36. c). encijabilnosti u nuli, sledi f+′ (0) = −g− Znaˇci f ∈ C [0, +∞[ ∩ D ]0, +∞[ . ◮ 3.40. Dokazati da je +∞ e−nx a) Red konvergentan za x ≥ 0, a divergentan za x < 0; n2 −1 n=2

b) Funkcija f (x) =

+∞

n=2

na ]0, +∞[ ;

e−nx n2 −1

neprekidna na [0, +∞[ , a diferencijabilna

c) Odrediti interval konvergencije i sumirati stepeni red S (x) = d) Izraˇcunati integral

+∞ (

+∞

n=2

f (x) dx.

xn ; n(n2 −1)

0

◭ a) Ako je x ≥ 0, red konvergira prema Vajerštrasovom kriterijumu, +∞ 1 −nx konvergira. Za x < 0 red jer je 0 < ne 2 −1 ≤ n21−1 , n ≥ 2, i red n2 −1 n=2

divergira jer tada opšti ˇclan ne teˇzi nuli. Zaista,

e−nx e−nx n2 x2 x2 > > = > 0 (n > 2) . n2 − 1 n2 2n2 2 b) Kako je za sve x ≥ 0,

e−nx n2 −1

≤

+∞

tn n2 −1

1

n2 −1

i kako red

+∞

n=2

1 n2 −1

konvergira,

to je prema Vajerštrasovom kriterijumu dati funkcionalni red ravnomerno konvergentan na skupu [0, +∞[ . Drugim reˇcima, f je neprekidna funkcija −nx na [0, +∞[ , jer su takve funkcije x → ne 2 −1 , x ≥ 0, n ≥ 2. +∞ e−nx Smenom e−x = t, odnosno x = ln 1t , funkcionalni red n2 −1 po promenlji voj x > 0 postaje stepeni red

n=2

n=2

po promenljivoj t ∈ ]0, 1[ . Kako se

dobijeni stepeni red moˇze diferencirati ˇclan po ˇclan za t ∈ ]0, 1[ , to je prema teoremi o izvodu sloˇzene funkcije !′ !′ +∞ +∞ e−nx tn ′ f (x) = = (t) · t′ (x) 2−1 2−1 n n n=2 n=2 x

=

−x −e ·

+∞

+∞

−ne−nx ntn−1 = , n2 − 1 n=2 n2 − 1 n=2

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA185 tj. f je diferencijabilna na skupu ]0, +∞[ . +∞ Napomena. Da je funkcija x →

n=2

e−nx n2 −1

diferencijabilna na skupu

]0, +∞[ moˇze se pokazati i na sledeći naˇcin: Neka je x0 fiksiran pozitivan broj i neka je zatim ε > 0, takvo da 0 ne +∞ +∞ e−nx ′ −ne−nx pripada segmentu [x0 − ε, x0 + ε] . Tada je red = n2 −1 n2 −1 n=2

x

n=2

ravnomerno konvergentan na segmentu [x0 − ε, x0 + ε] prema Vajerštrasovom

+∞ −n(x0 −ε) −nx

kriterijumu, jer je −ne ≤ e−n(x0 −ε) i red e konvergira. To n2 −1

znaˇci da je za svako x > 0,

f ′ (x)

=

+∞

n=2

n=2

−ne−nx , n2 −1

odnosno da je f diferencija-

bilna na skupu ]0, +∞[ . c) Neposredno se dobija da je polupreˇcnik konvergencije reda R = 1, kao i da red apsolutno konvergira na segmentu [−1, 1] . Iz jednakosti 1 1 1 1 1 1 =− + · + · , 2 n (n − 1) n 2 n−1 2 n+1 sledi da je suma datog reda jednaka −

+∞ n x

n=2

+∞

Kako je ln (1 + y) =

+∞

n=1

−

+∞ n x

n

n=2 +∞ xn

+∞

1 xn 1 xn + + , x ∈ ]−1, 1[ . n 2 n=2 n − 1 2 n=2 n + 1

= −

(−1)n−1 n y , n

+∞ n x

n

n=1 +∞ n−1

!

−x

y ∈ ]−1, 1] , to je =x−

+∞ (−1)n (−x)n

n=1

n

= x + ln (1 − x) ,

+∞ x x x xn x = = − ln (1 − x) , 2 n=2 n − 1 2 n=1 n 2 ! +∞ +∞ +∞ 1 xn 1 xn+1 1 xn x2 = = −x− 2 n=2 n + 1 2x n=2 n + 1 2x n=1 n 2 1 x2 = − x+ + ln (1 − x) , 2x 2 2 1 za x = 0. S obzirom da je lim − 2x x + x2 + ln (1 − x) = 0, to je za sve

1 2 n=2 n − 1

=

x→0

x ∈ ]−1, 1[

+∞

xn (1 − x)2 3 1 = − ln (1 − x) + x − , 2 n (n − 1) 2x 4 2 n=2


186

što predstavlja sumu reda u unutrašnjosti intervala konvergencije. d) +∞ ' f (x) dx =

lim

b→+∞

0

=

= +∞

n=2

S (1) =

f (x) dx = lim

b→+∞

0

lim

b→+∞ +∞

n=2

gde je S (x) =

'b

xn . n(n2 −1)

'b 0

+∞ 'b n=2 0

+∞ e−nx n2 − 1 n=2

!

dx

+∞ e−nx 1 − e−bn dx = lim b→+∞ n2 − 1 n (n2 − 1) n=2

1 − e−bn lim b→+∞ n (n2 − 1)

=

+∞

n=2

1 n (n2

− 1)

= S (1) ,

Prema Abelovoj teoremi imamo:

lim S (x) = lim

x→1−

x→1−

3 1 (1 − x)2 x− − ln (1 − x) 4 2 2x

!

3 1 1−x 1 · 1 − − lim · lim (1 − x) ln (1 − x) = . 4 2 x→1 2x x→1 4 ( Korišćena razmena “ ” i “ ” i “lim ” i “ ” je moguća jer redovi =

+∞ +∞ e−nx 1 − e−bx , (x ≥ 0) , i , (b ≥ 0) , n2 − 1 n2 − 1 n=2 n=2

ravnomerno konvergiraju. ◮ 3.41. Ispitati neprekidnost i diferencijabilnost funkcije f (x) =

+∞

2x

e−n

n=1

u svojoj oblasti definisanosti.

+∞ −n2 x ◭ Funkcija je definisana na skupu ]0, +∞[ , jer je tada red e n=1 √ n konvergentan ( e−n2 x = e−nx → 0 < 1 kad n → +∞ i x > 0). Za x ≤ 0, opšti ˇclan ne teˇzi nuli. Neka je sada x0 proizvoljan fiksiran pozitivan broj. Odaberimo ε > 0, takvo da je [x0 − ε, x0 + ε] ⊂ ]0, +∞[ . Kako na skupu [x0 − ε, x0 + ε] red +∞ +∞ ′ 2 −n2 x 2 e−n x = −n e

n=1

n=1

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA187

+∞ 2 −n2 (x0 −ε) 2 2

ravnomerno konvergira ( −n2 e−n x ≤ n2 e−n (x0 −ε) i red n e n=1

je konvergentan) to je data funkcija diferencijabilna (a to znaˇci i neprekidna) u taˇcki x0 . Zbog proizvoljnosti taˇcke x0 , funkcija f je diferencijabilna u +∞ 2 −n2 x .◮ svojoj oblasti definisanosti i f ′ (x) = −n e n=1 +∞ +∞ −n2 x ′ 2 −n2 x Napomena. Vidimo da i ako red e = −n e n=1

n=1

nije ravnomerno konvergentan na ]0, +∞[ (zašto?) to se polazni red moˇze diferencirati ˇclan po ˇclan za svako x > 0. 3.42. Odrediti definicioni skup i ispitati neprekidnost i diferencijabilnost +∞ cos nx funkcije f (x) = 3 . n=1 n 2

◭ Iz nejednakosti cos 3nx ≤ 13 , x ∈ R, n ∈ N, sledi apsolutna i unin2 n2 formna konvergencija na R (prema Vajerštrasovom kriterijumu) što znaˇci da je funkcija f definisana i neprekidna na R. +∞ sin nx Formirajmo red izvoda ˇclanova ispitivanog reda. On je oblika − 1 . n=1 n 2

Prema Dirihleovom kriterijumu ovaj red ravnomerno konvergira na svakom intervalu koji ne sadrˇzi taˇcke oblika 2kπ, k ∈ Z (obrazloˇziti detalje!). Pokaˇzi mo da u taˇckama 2kπ funkcija nema izvod. Imamo za p ∈ N 1 f (0) − f p p p p 2 n +∞ 1 − cos np 2 sin2 2p 2 n 2 1 2 √ = ≥ ≥ 2 · = n 3 3 3 π 2p π2 p2 n=1 n2 n2 n2 n=1 n=1 n=1

odakle sledi da je f (0) − f 1 p

1 p

≥

p 2 √ n → +∞, p → +∞, π 2 p n=1

tj. funkcija nema izod u nuli, pa zbog periodiˇcnosti, ni u jednoj taˇcki oblika 2kπ, k ∈ Z. Napomena. Korišćena je ocena: sin x ≥ π2 x, kad god je 0 ≤ x ≤ π2 . 3.43. Ispitati neprekidnost funkcije f : [0, +∞[ → R definisane sa x n

f (x) =

+∞ '

n=0 0

ln 1 + u2 du.


188

◭ Pošto je ln 1 + u2 ≤ u2 za sve u ∈ R, to je x

0 ≤ an (x) =

'n 0

x

ln 1 + u2 du ≤

'n 0

u2 du =

x3 A3 ≤ , 3n3 3n3

jer za fiksirano x ≥ 0, postoji A ∈ R+ takvo da je 0 ≤ x ≤ A. Prema Vajerštrasovom kriterijumu dati red ravnomerno konvergira na skupu [0, A] , što znaˇci da je f neprekidna u taˇcki x. Funkcija je dakle neprekidna u svom domenu [0, +∞[ . ◮ +∞ (−1)n 3.44. Naći lim nx . x→0+ n=1 +∞

◭ Neka je f (x) =

n=1

(−1)n nx .

Funkcija f je definisana za x > 0, na osnovu

Lajbnicovog kriterijuma. Stvarno, ako je x fiksiran pozitivan broj, tada 1 ce, na skupu ]0, +∞[ dati red nije ravnomerno konvergentan, jer nx ց 0. Inaˇ (−1)n opšti ˇclan nx ne konvergira ravnomerno nuli kad n → +∞ (obrazloˇziti detalje!). Zato komutiranje ”lim” i ” ” nije obezbeñeno. Meñutim, kako je za sve n ∈ N : (−1)n = 12 (−1)n − (−1)n−1 , to je 1 (−1)n − (−1)n−1 · x 2 n n=1 +∞ 1 (−1)n 1 1 1 = − + − = − + g (x) . x x 2 n=1 2 n (n + 1) 2

f (x) =

+∞ 1

Nije teško proveriti da red definisan funkcijom g ravnomerno konvergira na [0, +∞[ (Dirihleov kriterijum) i zato je 1 1 1 lim f (x) = − + lim g (x) = − + g (0) = − . ◮ 2 x→0+ 2 2

x→0+

3.45. Odrediti polupreˇcnik konvergencije R stepenih redova: +∞ +∞ n2 n2 n a) n tan n1 (x − 1)n ; b) n arcsin n1 x ; c)

e)

n=1 +∞

n=1 +∞

n=1

n(n+3)(n+6)...4n n x ; 3n 2

(n!) (2n)!

·

d)

n=1 +∞ n &

sin nk · (x − 1)n ;

n=1 k=1 +∞ (tan x) (n) |x=0 n (2n−1)!! n (x − 2) ; f ) x . n! (2n)!! n=1

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA189 n2 ◭ a) Pošto je an = n tan n1 , to je

n → +∞, imamo n tan

+ 2 n 1 n n

n tan n = n tan n1 . Kad

1 3 1 1 1 3 =n + 3 +o = 1 + + o . n n n n3 n2 n2

Zatim je 3 1 1 n n ln 1+ 32 +o 12 n 32 +o 12 n n n n n tan =e =e = e n +o( n ) → 1 n kad n → +∞. Znaˇci R = 1. Zato stepeni red apsolutno konvergira za |x − 1| < 1 odnosno za 0 < x < 2. Na krajevima intervala konvergencije red divergira jer tada opšti ˇclan ne teˇzi nuli Neka student obrazloˇzi. n2 b) Iz an = n arcsin n1 sledi 1 1 n n ln n n + 13 +o 13 n 6n n |an | = n arcsin =e n n ln 1+

= e

1 +o 6n2

1 n2

n

=e

1 +o 6n2

1 n2

1

1

= e 6n +o( n ) → 1

kad n → +∞. Dakle, R = 1, tj. red apsolutno konvergira za |x| < 1. Na krajevima intervala ]−1, 1[ red divergira iz istog razloga kao kod prethodnog primera. Ovde je korišćena formula arcsin x = x +

x3 + o x3 , x → 0. 6

c) Kako je an = n(n+3)(n+6)...4n to je 3n

an

R = lim n→+∞ an+1 n (n + 3) (n + 6) ...4n 3n+1 = lim · n→+∞ 3n n (n + 4) (n + 6) ...4n (4n + 3) 3n (n + 3) ...4n = lim =0 n→+∞ (n + 1) (n + 4) ...4n (4n + 4) jer imenilac ima veći stepen od brojioca. Dakle, red konvergira jedino za x = 0. d) n (1 1 k ln sin xdx ln sin n n n |an | = e k=1 → e0


190

znaˇci R = e e)

−

(1

ln sin xdx

0

je polupreˇcnik konvergencije stepenog reda.

(n!)2 (2n − 1)!! (2n + 2)! (2n + 2)!! an (2n + 2)2 (2n + 1) · = = =4 an+1 (2n)! (2n)!! ((n + 1)!)2 · (2n + 1)!! (n + 1)2 (2n + 1) za sve n ∈ N, znaˇci red apsolutno konvergira za |x − 2| < 4 odnosno za −2 < x < 6. Na krajevima intervala ]−2, 6[ red divergira kao geometrijski red jer je tada koliˇcnik jednak jedinici. f ) Pogledati [2], II, zadatak 18, strana 38. ◮ 3.46. Razloˇziti u stepeni red po x funkcije: +∞ xn 2 x 4 −x 1+ a) x → sin x; b) x → x4 +x2 +1 ; c) x → e 4n . n=1

◭ a)

=

1 − cos 2x 2 1 = 1 − 2 cos 2x + cos2 2x 2 4 1 1 1 + cos 4x 3 1 1 − cos 2x + = − cos 2x + cos 4x. 4 2 8 8 2 8

2 sin x = sin2 x = 4

Ako se u formuli cos x = 1 +

+∞ (−1)n x2n

n=1

(2n)!

, x ∈ R,

x zameni sa 2x, odnosno 4x, dobija se (prema teoremi o ”zameni” reda u red [9], II) sin4 x 3 1 = − 8 2

1+ n

=

+∞ (−1)

n=1

+∞ (−1)n (2x)2n

n=1 42n 8

(2n)!

−

(2n)! n

4 2

!

1 + 8

1+

+∞ (−1)n (4x)2n

n=1

(2n)!

!

x2n .

b) f (x) = =

x4

x x x = = 2 2 2 +x +1 (x + x + 1) (x2 − x + 1) (x2 + 1) − x2

+∞ 1 x (x − 1) (x + 1) 2 2 = −x 1 − x · = −x 1 − x 1 + x6n x6 − 1 1 − x6 n=1

!

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA191 = x3 − x +

+∞ 6n+3 x − x6n+1 , |x| < 1.

n=1 2

c) Pošto je e−x = 1 +

+∞

n=1

(−1)n x2n n!

za sve x ∈ R, a red 1 +

+∞

n=1

xn 4n

konvergira za |x| < 2, to je traˇzeni stepeni red Košijev proizvod navedenih stepenih redova. ◮ 3.47. Odrediti Maklorenove redove sledećih funkcija: (1 (1 (1 2 2 a) x → ln (1 + xt) dt; b) x → arctan (xt) dt; c) x → e−x t dt. 0

◭ a) Rešavanjem integrala

(1

0

0

ln (1 + xt) dt dobija se funkcija

0

f (x) = ln (1 + x) − 1 +

1 ln (1 + x) , x

koju nije teško razviti u Maklorenov stepeni red za −1 < x ≤ 1. b) Pošto je '1 0

arctan (xt) dt = arctan x −

1 ln 1 + x2 , 2x

znajući da je arctan x = x −

+∞ x3 x5 x2n−1 + −···= (−1)n−1 3 5 2n − 1 n=1

za |x| < 1 i ln (1 + x) = x −

+∞ x2 x3 (−1)n−1 n + −···= x 2 3 n n=1

za −1 < x ≤ 1, student moˇze da završi zadatak. Naravno, za dobijene Maklorenove redove treba ispitati konvergenciju na krajevima intervala. (1 2 2 c) Za razvijanje funkcije f (x) = e−x t dt u Maklorenov stepeni red, 0

najpre treba podintegralnu funkciju razviti u takav stepeni red, tj. e−x

2 t2

= 1 − x2 t2 +

+∞ (−1)n 2 2 n x4 t4 x6 t6 − +··· =1+ x t 2! 3! n! n=1


192

odakle sledi, integraljenjem ˇclan po ˇclan, da je f (x) = 1 +

+∞

n=1

(−1)n n!

·

x2n 2n+1

kao i da red konvergira za sve x ∈ R. ◮ 3.48. Naći primer funkcije f ˇciji Maklorenov red ima polupreˇcnik konvergencije R > 0, ali ni za jedno x = 0 ne konvergira ka f (x) . ◭ Neka je +∞ n x f1 (x) = ex = 1 + n! n=1

za sve x ∈ R i neka je

f2 (x) =

1

e− x2 , x = 0, 0, x = 0.

Pokazuje se da da su svi izvodi funkcije f2 u nulu jednaki nula, tako da je njen +∞ Maklorenov red oblika a0 + an xn , gde je a0 = a1 = · · · = an = · · · = 0. n=1

Zato je Maklorenov red funkcije f = f1 + f2 jednak Maklorenovom redu funkcije f1 i u svakoj taˇcki x = 0 konvergira ka f1 (x) = f (x) . Dakle, jedan primer funkcije koja ispunjava zahteve u zadatku je 1 ex + e− x2 , x = 0, f (x) = 1, x = 0. ◮ 3. 49. Izraˇcunati: π π (2 (2 (2 1 a) cot t · ln cos t dt; b) tan x · ln sin xdx. c) 0

0

1

ln t t−1 dt;

d)

(2 ln t 2 1

t−1

dt.

◭ a) i b) Taˇcke 0 i π2 su prividni singulariteti kod oba integrala (neka to student pokaˇze). Šta više, integrali se razlikuju samo po znaku. Zaista, π

I1 =

'2 0

π

'2 π π tan − t · ln sin −t d − t = − tan x · ln sin xdx. 2 2 2 π

0

π

Treba dakle izraˇcunati integral I2 =

(2 0

et , I2 = 1 4

(1 0

(0

−∞ ln(1−y) dy. y

te2t dt , 1−e2t

tan x · ln sin xdx. Smenom sin x =

a zatim smenom 2t = ln z, I2 =

1 4

(1 0

ln z 1−z dz

tj. I2 =

Poslednji integral je nesvojstven sa stvarnim singularitetom u

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA193 jedinici i prividnim singularitetom u nuli i rešava se razvijanjem podintegralne funkcije u stepeni red. Pošto je ln (1 − y) = tj.

ln(1−y) y

I2 =

= −1−

1 lim 4 ε→0+

+∞

n=2

1−ε '

yn−1 n

+∞ (−1)n−1 (−y)n

n

n=1

0

=

+∞ n y n=1

n

to je

ln (1 − y) 1 dy = lim y 4 ε→0+

1−ε ' 0



=−

−1 −

+∞ n−1 y

n=2

n

!

dy

 ! 1−ε ' +∞ n 1 1 1 (1 − ε) y n−1 dy  = lim −1 − lim ε − 1 − 4 ε→0+ n 4 ε→0+ n2 n=2 n=2 +∞

0

+∞ (1 − ε)n

+∞

1 1 1 1 (1 − ε)n = − − lim = − − lim 4 4 ε→0+ n=2 n2 4 4 n=2 ε→0+ n2 1 1 π2 π2 = − − −1 =− . 4 4 6 24 2

2

Znaˇci prvi integral je π24 , a drugi − π24 . Napomena. Neka student obrazloˇzi integraljenje ˇclan po ˇclan i razmenu “lim“ i “ ” c) i d) Oba integrala su Rimanova, jer je taˇcka x = 1 prividni singularitet. Naime ln t ln t 2 lim = 1 i lim = 1. t→1 t − 1 t→1 t − 1 Smenom t − 1 = x, prvi integral postaje

(1 0

ln(1+x) dx. x

Razvijanjem podinte-

gralne funkcije u stepeni red (koji na [0, 1] ravnomerno konvergira) sledi

I1 =

'1 0

=

! '1 +∞ 1 (−1)n−1 n x dx = x n=1 n 0

'1 +∞ (−1)n−1

n=1

n

0

xn−1 dx =

+∞ (−1)n−1

n=1

+∞ (−1)n−1

n=1

n2

n

=1−

!

xn−1 dx

1 1 1 + 2 − 2 + · · ·. 2 2 3 4


194 Znajući da je

+∞

n=1

1 n2

=

π2 6 ,

najpre se nalazi 1 π2 1 1+ 2 + 2 +··· = , 2 3 24

1 1 1 + 2 +···= 2 2 4 4

a zatim i

1 12

+

1 32

+···=

(2 1

=

π2 12 .

I2 =

'2

ln t t−1 dt

Zato je

1 1 π2 π 2 π2 1 + − + · · · = − = . 22 32 42 8 24 12

1− Dakle,

π2 8 .

1

Za drugi integral je

= − ln2 2 + lim

t→1+

2

= − ln 2 + 0 + 2 2

= − ln 2 + 2

'1 0

= − ln2 2 + 2 ·

ln2 t +2 t−1 '2 1

d) g)

n=2 +∞

n=1

n=2

n2 xn

◭ a) Neka je f je

1

1

2 ln t dt t (t − 1)

1 1 − t−1 t '2

ln tdt

ln t dt t

1

2 ln (1 + x) ln2 t

dx − 2 x 2 1

π2 π2 − ln2 2 = − 2 ln2 2. ◮ 12 6

nxn

x2n+1 . 4n2 −1

c)

+∞

n=1 +∞

xn ; n2 (n+1)

n2 e−nx , x > 0; (n+1)(n+3)(n+4) ; f ) n=1 n=1 +∞ n2 +3n+1 h) . n! n=1 +∞ +∞ xn−1 xn , onda je xf (x) = (x) = 12 + n(n+1) n(n+1) . n=2 n=1

(n−1)(n+2) ;

(−1)n−1 2n−1 ;

n=1 +∞

'2

ln t dt − 2 t−1

3.50. Naći sume redova: +∞ +∞ xn−1 a) 12 + ; b) (−1)n−1 n(n+1) +∞

'2

ln2 t 1 2 2 2 dt = − t − 1 ln t 1 + (t − 1)

(x · f (x))′ =

e)

+∞ n−1 +∞ n+1 x x tj. x2 (x · f (x))′ = g (x) = . n+1 n+1 n=1 n=1

Zatim

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA195 Sada je g′ (x) =

+∞

xn =

n=1

x 1−x

za |x| < 1. Inaˇce, polazni stepeni red konver-

gira na segmentu [−1, 1] . Zatim je ' ' x x−1+1 g (x) = dx + C1 = − dx + C1 = −x − ln |x − 1| + C1 . 1−x x−1

Iz g (0) = 0, sledi C1 = 0, dakle

x2 (x · f (x))′ = −x − ln |x − 1| = −x − ln (1 − x)

jer je |x| < 1. Zatim je (x · f (x))′ = − x12 ln (1 − x) − x1 tj. ' 1 x · f (x) = − ln (1 − x) dx − ln |x| x2 ' 1 1 −1 = ln (1 − x) − · dx − ln |x| x x 1−x ' ' 1 1 1 = ln (1 − x) − dx − dx − ln |x| x 1−x x 1 = ln (1 − x) − ln |x − 1| + ln |x| − ln |x| + C2 x 1 = ln (1 − x) − ln (1 − x) + C2 . x Pošto je +∞ 1 1 1 1 f (1) = = lim + +···+ n (n + 1) n→+∞ 1 · 2 2 · 3 n (n + 1) n=1 1 1 1 1 1 = lim 1 − + − + · · · + − n→+∞ 2 2 3 n n+1 1 = lim 1 − = 1, n→+∞ n+1 onda u jednakosti

1−x ln (1 − x) + C2 x prelaskom na graniˇcnu vrednost, kad x → 1− sledi: 1 = 0 + C2 , tj. C2 = 1. Dakle, f (x) = 1−x ln (1 − x) + x1 za x = 0 i f (0) = 12 . Time je odreñena x2 suma reda. b) I ovaj red konvergira za x ∈ [−1, 1] . Neka to student dokaˇze. Ako je f (x) suma reda u oblasti |x| < 1, onda je xf (x) =

f ′ (x) =

+∞

n=1

(−1)n+1

+∞ x2n x2n−1 =x· (−1)n+1 = x · g (x) . 2n − 1 2n − 1 n=1


196

Zatim je za |x| < 1, g′ (x) =

+∞

(−1)n+1 x2n−2 =

n=1

1 1 + x2

tj. g (x) = arctan x + C1 . Iz g (0) = 0, sledi C1 = 0, pa je g (x) = arctan x. Dakle, f ′ (x) = x arctan x, odnosno ' ' 1 x2 x2 arctan x − f (x) = x arctan xdx = dx + C2 2 2 1 + x2 ' 1 1 + x2 − x2 x2 arctan x − = dx + C2 2 2 1 + x2 1 1 x2 arctan x − x + arctan x + C2 . = 2 2 2 Pošto je f (0) = 0, to je C2 = 0. Suma reda je f (x) =

x2 1 1 arctan x − x + arctan x. 2 2 2

c) Ako je f (x) suma reda, onda je +∞ +∞ +∞ 1+n−n n 1 n 1 x = x − xn 2 2 n (n + 1) n n (n + 1) n=1 n=1 n=1 +∞ +∞ 1 1 1 n = x − − xn 2 n n n + 1 n=1 n=1

f (x) =

+∞ +∞ +∞ 1 n 1 n 1 = x − x + xn 2 n n n + 1 n=1 n=1 n=1

= h1 (x) − h2 (x) + h3 (x) . Dalje je h′1 (x) =

+∞ +∞ ′ 1 n−1 1 x tj. x · h′1 (x) = xn−1 = n 1−x n=1 n=1

odakle je x · h′1 (x) = − ln (1 − x) + C1 . Iz h′1 (0) = 0 sledi C1 = 0. Znaˇci h′1 (x) = − x1 ln (1 − x) , odnosno h1 (x) = −

'x 0

ln (1 − t) dt + C2 . t

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA197 Kako je h1 (0) = 0, to je C2 = 0. Dakle, h1 (x) = − h′2 (x)

=

+∞

xn−1 =

n=1

(x ln(1−t) 0

t

dt. Dalje je

1 1−x

tj. h2 (x) = − ln (1 − x) + C3 , odnosno h2 (x) = − ln (1 − x) jer je C3 = 0. Na kraju +∞ x , tj. (x · h3 (x))′ = xn = 1−x n=1 ' ' x x−1+1 x· h3 (x) = dx +C4 = − dx+C4 = −x−ln (1 − x) +C4 , 1−x x−1

odakle sledi C4 = 0, znaˇci h3 (x) = −1 − je f (0) = 0 i

1 x

ln (1 − x) . Suma polaznog reda

1 f (x) = −1 − ln (1 − x) + ln (1 − x) − x

'x 0

ln (1 − x) dx, x = 0. x

d) Pošto je polupreˇcnik konvergencije n2 n (n + 3) · = 1, n→+∞ (n − 1) (n + 2) (n + 1)2

R = lim

to je red apsolutno konvergentan za |x| < 1. Na krajevima segmenta [−1, 1] red divergira, jer tada opšti ˇclan ne teˇzi nuli. Neka je f (x) suma reda u oblasti konvergencije. Onda je f (x) =

+∞

+∞

n2 + n − 2 − n + 2 n2 n x = xn 2+n−2 2 +n−2 n n n=2 n=2 +∞

+∞ +∞ 2−n x2 A n B n n = x + x = + x + x n2 + n − 2 1 − x n=2 n − 1 n+2 n=2 n=2 n=2

=

n

+∞

+∞

+∞

x2 1 1 4 1 x2 1 4 + xn − xn = + g (x) − h (x) . 1 − x 3 n=2 n − 1 3 n=2 n + 2 1−x 3 3

Dalje je g (x) = x ·

+∞

+∞ 1 1 xn−1 = x · g1 (x) , g1′ (x) = xn−2 = , n−1 1−x n=2 n=2


198

tj. g1 (x) = − ln (1 − x) + C1 . Iz g1 (0) = 0, sledi C1 = 0. Znaˇci g (x) = +∞ +∞ 1 n 1 n+2 −x ln (1 − x) . Za funkciju h (x) = zi dalje x2 ·h (x) = n+2 x vaˇ n+2 x n=2 n=2 ′ x3 odakle je x2 · h (x) = 1−x + C2 . Zbog h (0) = 0, dobija se C2 = 0. Dakle, ' ' 3 x3 x −1+1 2 x · h (x) = dx = − dx 1−x x−1 ' 2 = − x + x + 1 dx − ln (1 − x) + C3 = −

x3 x2 − − x − ln (1 − x) + C3 . 3 2

Opet se dobija da je konstanta C3 = 0. Onda je x 1 1 ln (1 − x) h (x) = − − − − . 3 2 x x2 Suma reda je f (0) = 0 i za x = 0 : f (x) = =

x2 1 − x ln (1 − x) + 1−x 3 x2 1 − x ln (1 − x) + 1−x 3

x 1 1 ln (1 − x) + + + 3 2 x x2 4 2 4 4x ln (1 − x) + + + . 2 3x 3 3x 9 4 3

e) Oblast konvergencije je segment [−1, 1] . Iz rastavljanja n A B C = + + (n + 1) (n + 3) (n + 4) n+1 n+3 n+4 sledi A = − 16 , B = 32 , C = − 43 . Onda je suma reda jednaka +∞

f (x) = −

+∞

+∞

1 xn 3 xn 4 xn + − 6 n=1 n + 1 2 n=1 n + 3 3 n=1 n + 4

1 3 4 = − g (x) + h (x) − p (x) . 6 2 3 Dalje je (x · g (x))′ = Onda je x · g (x) = −

'

+∞

n=1

xn =

x , |x| < 1. 1−x

x−1+1 dx + C1 = −x − ln (1 − x) + C1 x−1

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA199 i pošto je C1 = 0 to je g (x) = −1 −

1 x

ln (1 − x) . Zatim je

+∞ 3 ′ x · h (x) = xn+3 = n=1

i onda

x3 · h (x) = −

x3 1−x

x3 x2 − − x − ln (1 − x) + C2 , C2 = 0. 3 2

Znaˇci

1 1 1 1 h (x) = − − − 2 − 3 ln (1 − x) , 3 2x x x za |x| < 1, x = 0. Imamo da je +∞ 4 ′ x · p (x) = xn+3 = n=1

te je x4 p (x) = −

x4 4

−

x3 3

−

x2 2

x4 1−x

− x − ln (1 − x) , odnosno

1 1 1 1 1 p (x) = − − − 2 − 3 − 4 ln (1 − x) . 4 3x 2x x x Dakle, suma reda je f (0) = 0 i za x = 0 : 1 1 3 1 1 1 1 f (x) = − −1 − ln (1 − x) + − − − − ln (1 − x) 6 x 2 3 2x x2 x3 1 1 1 1 1 4 − − − 2 − 3 − 4 ln (1 − x) − 3 4 3x 2x x x 11 5 4 1 3 4 = − − + + − + ln (1 − x) . 36x 6x2 3x3 6x 2x3 3x4 f ) Red konvergira za x > 0, a za x ≤ 0 divergira. Smenom e−x = t, +∞ 2n dobija se stepeni red oblika n t . Ako je f (t) njegova suma, onda je n=1

f (t) = t · 1 + gde je g (t) = 1 +

+∞

+∞

n2 tn−1

n=2

!

= t · g (t) ,

n2 tn−1 . Uzimanjem integrala sledi

n=2

'

g (t) dt =

+∞

n=1

ntn = t 1 +

+∞

n=2

ntn−1

!

= t · h (t) ,


200 gde je h (t) = 1 +

+∞

ntn−1 . Zatim je

n=2

h (t) = odnosno

(

g (t) dt =

g (t) = tj. f (t) =

t 1−t

t , (1−t)2

t (1 − t)2

t(t+1) . (1−t)3

′

′

=

(

h (t) dt =

n=1

Znaˇci,

1−t+t 1 , 2 = (1 − t) (1 − t)2

Dakle, imamo da je

n2 e−nx =

e−x (e−x + 1) . (1 − e−x )3

g) Za nalaˇzenje sume brojnog reda

n=1

t 1−t .

(1 − t)2 − t · 2 (1 − t) · (−1) t+1 = , 4 (1 − t) (1 − t)3

n=1

+∞

n=1 (−1)n−1 x2n−1 . 2n−1

tn =

odakle je

=

+∞

+∞

+∞

(−1)n−1 2n−1

koristi se stepeni red

On je konvergentan na segmentu [−1, 1] (R = 1, prema

Lajbnicovom kriterijumu konvergira za x = ±1). Ako je f (x) =

+∞ (−1)n−1 x2n−1

n=1

2n − 1

onda je f ′ (x) =

+∞

(−1)n−1 x2n−2 =

n=1

1 1 + x2

tj. f (x) = arctan x + C. Iz f (0) = 0 sledi C = 0. Dakle, za sve x ∈ ]−1, 1[ +∞ (−1)n−1 x2n−1 n=1

2n − 1

= arctan x.

S obzirom da red konvergira i za x = 1, to je prema Abelovoj teoremi suma +∞ (−1)n−1 π reda 2n−1 jednaka arctan 1 = 4 . n=1

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA201 h) Ako sa S oznaˇcimo traˇzenu sumu, onda je S = = = =

+∞

+∞ +∞ n 1 1 +3 + (n − 1)! (n − 1)! n=1 n! n=1 n=1 +∞ (n − 1) + 1

n=1 +∞

(n − 1)!

+∞ 1 +3 +e−1 n! n=0

+∞

n−1 1 + + 3e + e − 1 (n − 1)! n=1 (n − 1)! n=1 +∞

1 + 5e − 1 = 6e − 1. ◮ (n − 2)! n=2

3.51. Dokazati da je ◭ I naˇ cin. Neka je

+∞

n=0

π

α2n+1 (2n+1)2

=

(2

arcsin (α cos x) dx

0

π

f (α) =

+∞

n=0

α2n+1 (2n + 1)2

i g (α) =

'2

arcsin (α cos x) dx.

0

Obe funkcije se mogu diferencirati na [0, 1[ : f zato što redovi i

+∞

n=0

+∞

n=0 α2n 2n+1

α2n+1 (2n+1)2

ravnomerno konvergiraju na [0, r] , r ∈ [0, 1[ (svojstvo stepenih

redova), a g zato jer je izvod podintegralne funkcije (arcsin (α cos x))′α = % $ √ cos x neprekidna funkcija na 0, π2 × [0, r] , r ∈ [0, 1[ . Da je f (α) = 1−α2 cos2 x g (α) za sve α ∈ [0, 1[ dovoljno je pokazati da je f ′ (α) = g′ (α) za sve α ∈ ]0, 1[ (f (0) = g (0) je oˇcigledno). Zaista iz f ′ (α) = g ′ (α) sledi f (α) = g (α) + C. Kako je f (0) = g (0) = 0, to je C = 0, odnosno f (α) = g (α) za sve α ∈ ]0, 1[ . Pošto su f i g neprekidne funkcije na [0, 1] , to je π

f (1) =

lim f (α) = lim g (α) = g (1) =

α→1− π 2

=

' 0

α→1−

'2

arcsin (cos x) dx

0

π 2

π

' '2 π π2 arcsin sin − x dx = arcsin (sin x) dx = xdx = . 2 8 0

0


202

Time je nañena i suma reda izvoda funkcija f i g na ]0, 1[ .

+∞

n=0

π

′

g (α) =

'2 0

cos xdx √ = 1 − α2 cos2 x

1 (2n+1)2

'1

. Ostaje da se pokaˇze jednakost

du ( u = sin x) 1 − α2 (1 − u2 )

0

√

α

'1−α2

'1

1 du 1 dt √ √ = ·+ = 2 2 α 1−α 1 + t2 αu 0 0 1 + √1−α 2 α √ 1 1 1+α

= ln t + 1 + t2 1−α2 = · · · = ln ; α 2α 1 − α 0 +∞ +∞ α2n 1 α2n+1 = f ′ (α) = 2n + 1 α n=0 2n + 1 n=0 tj. (αf ′ (α))′ =

+∞

α2n =

n=0

Dakle,

1 , 1−α2

αu t= √ 1 − α2

0 < α < 1, sve vreme je ta pretpostavka.

'

dα 1 1+α = ln + C. 2 1−α 2 1−α Uzimajući graniˇcnu vrednost leve i desne strane dobija se C = 0. Znaˇci ′

αf (α) =

f ′ (α) =

1 1+α ln = g′ (α) . 2α 1 − α

Drugi naˇ cin. Prema formuli arcsin x = x +

+∞

n=1

(2n − 1)!!

2n n! (2n + 1)

x2n+1 , |x| ≤ 1

(razvija se najpre izvod funkcije y = arcsin x u stepeni red, a zatim integraljenjem i primenom Rabeovog kriterijuma dokaˇze da dobijeni red konvergira i za x = ±1) sledi ! (2n − 1)!! 2n+1 2n+1 α cos x + α cos x dx n n! (2n + 1) 2 n=1

π

g (α) =

'2 0

π

= α

'2 0

+∞

+∞

(2n − 1)!! 2n+1 cos xdx + α n 2 n! (2n + 1) n=1

π

'2 0

cos2n+1 xdx

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA203

= α+

+∞

(2n − 1)!!

2n n! (2n + 1)

n=1 +∞

(2n)!! (2n + 1)!!

α2n+1 ·

+∞

α2n+1 α2n+1 = = α+ 2 2 = f (α) . n=1 (2n + 1) n=0 (2n + 1) Uzimajući da je α = 1, dobija se π

+∞

1 2 n=0 (2n + 1)

=

'2

π

arcsin (cos x) dx =

0

=

π arcsin sin − x dx 2

0

π 2

'

'2 π

arcsin (sin x) dx =

0

'2

xdx =

π2 . 8

0

π

(2

cosk xdx, k ∈ N i ˇcinjenica da se ste0 % $ peni red moˇze integraliti na segmentu 0, π2 ˇclan po ˇclan, ako na njemu konvergira. ◮ 3.52. Izraˇcunati integrale: +∞ +∞ +∞ ( xdx ( xdx ( xdx (1 arcsin x √ a) ; b) ; c) ; d) dx i dokazati da je x 1+e sinh x cosh x 1−x2 Korišćena je formula za integral

0

+∞

1 n2

n=1 (1

f)

0

=

0

π2 6

0

0

razvijanjem podintegralne funkcije u stepeni red; e)

(1

(arctan x) (ln x) dx;

0

ln2 (1−x) dx. x2

◭ a) Integral je oˇcigledno nesvojstven samo u odnosu na razmak intex x graljenja. S obzirom da kad x → +∞ imamo: 1+e x ∼ ex , to je integral +∞ ( konvergentan, jer je takav integral xe−x dx. Smeno e−x = t dobijamo da 0

je

I =

+∞ ' 0

x dx = − 1 + ex

= − lim

ε→0+

'1 ε

+∞

n=1

'1 0

(−1)

ln t dt = − lim 1+t ε→0+ n−1 n−1

t

!

'1

ln t dt 1+t

ε

ln t dt = − lim

ε→0+

+∞ n=1

(−1)

n−1

'1 ε

tn−1 ln tdt


204

= − lim

ε→0+

=

lim

ε→0+

+∞

n−1

(−1)

n=1

+∞

n=1 +∞

n−1

(−1)

εn εn ln ε 1 − − 2 2 n n n

+∞ +∞ n n 1 n−1 ε ln ε n ε + lim (−1) + lim (−1) n2 ε→0+ n=1 n n2 ε→0+ n=1

1 π2 . + 0 + 0 = n2 12 ε→0+ n=1 ( Razmena “ ” i “ ” odnosno “lim” i “ ” je moguća, jer redovi +∞ +∞ +∞ n n (−1)n tn−1 ln t, (−1)n ε nln ε , i (−1)n nε 2 ravnomerno konvergiraju =

lim

(−1)n−1

n=1

n=1

n=1

na [0, 1] na osnovu Dirihleovog kriterijuma. Naravno, funkcije t → tn−1 ln t i ε → εn ln ε su u nuli dodefinisane kao 0. Napomena. Dati integral se moˇze izraˇcunati i na sledeći naˇcin: ! 'A 'A +∞ x dx = lim (−1)n−1 xe−nx dx I = lim A→+∞ A→+∞ 1 + ex n=1 0

=

= = =

lim

A→+∞

lim

A→+∞

+∞

0

(−1)n−1

n=1

+∞

12

xe−nx dx

0

n−1

(−1)

n=1

+∞ (−1)n−1

n=1 π2

'A

n2

− lim

1 Ae−nA e−nA − − 2 n2 n n

A→+∞

−0−0 =

π2 12

+∞ (−1)n−1 Ae−nA

n=1

n

n=1

(−1)n−1

e−nA n2

i

+∞

n=1

− lim

A→+∞

+∞

(−1)n−1

n=1

e−nA n2

.

Koristi se ravnomerna konvergencija redova +∞

+∞

(−1)n−1 xe−nx ,

n=1 (−1)n−1 Ae−nA n

kriterijumu). b) i c) Najpre je lim

x x→0 sinh x

na skupu [0, +∞[ (prema Dirihleovom

= 1. Znaˇci oba integrala su nesvojstvena u

odnosu na razmak integraljenja. Imamo da je +∞ +∞ x x =2 xe(2n−1)x i =2 (−1)n−1 xe−(2n−1)x . sinh x cosh x n=1 n=1

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA205 x 2x 2x Kako je sinh x ∼ ex ∼ cosh x , kad x → +∞, to su oba integrala konvergentna (pogledati prethodni zadatak). S obzirom da je nenegativan niz funkcija x → xe−(2n−1)x (n = 1, 2, ...) integrabilan na [0, +∞[ to je

I1 =

+∞ ' 0

+∞ +∞ ' +∞ π2 x 1 π2 −(2n−1)x xe dx = 2 = 2 · dx = 2 = . 2 sinh x 8 4 n=1 n=1 (2n − 1) 0

Za drugi integral imamo da je I2 =

+∞ '

x dx = lim A→+∞ cosh x

0

= 2 lim

A→+∞

= 2 lim

A→+∞

= 2

+∞

(−1)n−1

n=1

+∞

'A

0 A '

2

+∞

n−1

(−1)

−(2n−1)x

xe

n=1

!

dx

xe−(2n−1)x dx

0

(−1)

n−1

n=1

+∞ (−1)n−1 2. n=1 (2n − 1)

1 Ae−(2n−1)A e−(2n−1)A − − 2n − 1 (2n − 1)2 (2n − 1)2

!

Korišćena je kao u zadatku pod a) ravnomerna konvergencija redova +∞

(−1)n−1 xe−(2n−1)x ,

n=1

+∞

(−1)n−1

n=1

+∞ Ae−(2n−1)A 1 −(2n−1)A , i 2e 2n − 1 (2n − 1) n=1

na skupu [0, +∞[ (Dirihleov kriterijum). Napomena. Prvi integral je izraˇcunat na osnovu stava: +∞ Neka su ˇclanovi reda cn (x) nenegatine i neprekidne funkcije na [a, b[ n=1

i neka je njegov zbir f (x) na [a, b[ integrabilna funkcija. Tada se taj red moˇze integraliti ˇclan po ˇclan na [a, b[ , tj. vaˇzi 'b a

+∞

!

cn (x) dx =

n=1

+∞ '

b

cn (x) dx.

n=1 a

d) Pošto je arcsin x = x +

+∞

(2n − 1)!! x2n+1 , |x| ≤ 1, (2n)!! (2n + 1) n=1


206

(zadatak 3.51, drugi naˇcin), to je I =

'1 0

arcsin x √ dx = 1 − x2

'1 0

' +∞ x (2n − 1)!! x2n+1 √ √ dx + dx (2n)!! (2n + 1) 1 − x2 1 − x2 n=1 1

0

+∞

1

2 = − 1−x +

(2n − 1)!! (2n)!! (2n + 1) n=1

0

+∞

(2n − 1)!! = 1+ (2n)!! (2n + 1) n=1

= 1+

+∞

π 2

'

sin2n+1 t cos tdt cos t

0

π 2

'

2n+1

sin

tdt = 1 +

0

+∞

+∞

(2n − 1)!! (2n)!! · (2n)!! (2n + 1) (2n + 1)!! n=1

1 1 2 = 2. n=1 (2n + 1) n=1 (2n − 1) π

Korišćena je formula za integral In = red

+∞

n=1

(2

sinn xdx, ˇcinjenica da se funkcionalni

0

(2n−1)!! (2n)!!(2n+1)

·

x2n+1 √ 1−x2

moˇze integraliti ˇclan po ˇclan prema prethodnoj

napomeni. S druge strane, smenom x = sin y, dx = cos ydy, sledi '1 0

Dakle,

+∞

n=1

tj.

+∞

n=1

1 n2

π

arcsin x √ dx = 1 − x2

1 (2n−1)2

=

π2 8 .

'2

π

arcsin (sin y) cos ydy = cos y

0

'2

ydy =

π2 . 8

0

Zatim je

+∞ +∞ +∞ +∞ 1 1 1 1 1 π2 = + = + n2 n=1 (2n)2 n=1 (2n − 1)2 4 n=1 n2 8 n=1

=

4 3

e) Najpre,

·

π2 8

=

π2 6 .

I = lim

ε→0+

0<ε<1

'1

(arctan x) (ln x) dx,

ε

bez obzira, što je zbog lim (arctan x) (ln x) = lim

x→0+

x→0+

arctan x · x ln x = 1 · 0 = 0, x

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA207 dati integral je Rimanov (0 je znaˇci otklonjiv singularitet). Dalje je za x ∈ [ε, 1] (0 < ε < 1) podintegralna funkcija jednaka +∞ (−1)n−1

2n − 1

n=1

x2n−1 ln x.

(1)

Pošto je prema Abelovom kriterijumu red (1) ravnomerno konvergentan n−1 2n−1 ln x), to se moˇ ze integraliti ˇclan po ˇclan. (an = (−1) 2n−1 , bn (x) = x Imamo I = lim

ε→0+

'1 +∞ (−1)n−1 n=1

2n − 1

2n−1

x

ln xdx = lim

ε→0+

ε

+∞ (−1)n−1

n=1

2n − 1

· In (ε) .

Nañimo In (ε) . Parcijalnim integraljenjem sledi x2n 1 In (ε) = ln x|1ε − 2n 2n

'1 ε

x2n−1 dx = −

ε2n 1 ε2n ln ε − 2 + 2 . 2n 4n 4n

Sada je 2n +∞ ε 1 (−1)n−1 ε2n I = lim − ln ε − 2 + 2 2n − 1 2n 4n 4n ε→0+ n=1 = − lim (ε ln ε) · ε→0+

= −0 · = 0+

+∞

+∞ (−1)n−1 ε2n−1

n=1

+∞ +∞ 1 1 (−1)n−1 (−1)n−1 ε2n + − lim (2n − 1) 2n 4 n=1 (2n − 1) n2 4 ε→0+ n=1 (2n − 1) n2 +∞

lim

ε→0+ n=1 +∞

+∞

(−1)n−1 ε2n−1 1 (−1)n 1 (−1)n−1 ε2n + + lim (2n − 1) 2n 4 n=1 (2n − 1) n2 4 n=1 ε→0+ (2n − 1) n2 +∞

(−1)n 1 1 (−1)n + 0 = . 4 n=1 (2n − 1) n2 4 n=1 (2n − 1) n2

Koristili smo ravnomernu konvergenciju redova

+∞

n=1

(−1)n−1 ε2n−1 (2n−1)2n

i

+∞

n=1

(−1)n−1 ε2n (2n−1)n2

na [0, 1] . f ) I naˇ cin. Lako se dobija da je 0 otklonjiv a 1 stvarni singularitet. Svakako je I = lim

ε→0+ δ→0+

1−ε ' δ

ln2 (1 − x) dx = lim F (δ, ε) , 0 < δ, ε < 1 x2 ε→0+ + δ→0


208

i δ, ε teˇze 0+ nezavisno jedan od drugog. Dalje je koristeći parcijalno integraljenje

1 = − ln2 (1 − x)|1−ε −2 δ x

F

1−ε ' δ

1 1 + ln (1 − x) dx x 1−x

1 1 = − ln2 ε + ln2 (1 − δ) − 2 1−ε δ

1−ε '

1 1 = − ln2 ε + ln2 (1 − δ) + 2 1−ε δ

1−ε '

ln (1 − x) dx − 2 x

δ

δ

1 1−ε

ln (1 − x) dx x2

δ

1−ε 1 xn 2 ln2 (1 − x)

· dx +

x n=1 n 2 δ +∞

1 1 = − ln2 ε + ln2 (1 − δ) + ln2 ε − ln2 (1 − δ) + 2 1−ε δ = 1−

1−ε '

1−ε+∞ ' δ

xn−1 dx n n=1

1−ε ' +∞ 1 2 1 2 ln ε + ln (1 − δ) − ln (1 − δ) + 2 xn−1 dx δ n n=1 2

δ

+∞ 1 1 2 2 2 = −ε ln ε + ln (1 − δ) − ln (1 − δ) + 2 ((1 − ε)n − δ n ) . 2 δ n n=1

Sada je +∞ 1 π2 π2 (1 − 0) = 2 · = . n2 6 3 n=1

lim F (δ, ε) = −0 + 0 − 0 + 2

ε→0+ δ→0+

Koristili smo da se svaki stepeni red moˇze integraliti ˇclan po ˇclan u intervalu +∞ +∞ 1 1 n (1 − ε)n , δ ravnomerno konvergencije kao i da stepeni redovi n2 n2 konvergiraju na [−1, 1] .

n=1

n=1

II naˇ cin. Smenom x = 1 − t integral postaje

I=

'1 0

ln2 tdt = (1 − t)2

'1 0

+∞

n=1

!

ntn−1 ln2 t dt =

+∞

n=1

 1  ' +∞ n  tn−1 ln2 tdt = nIn , 0

n=1

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA209 gde je In =

(1

tn−1 ln2 tdt. Parcijalnim integraljenjem dobijamo

0

1 '1 tn ln2 t

2 − tn−1 ln tdt n 0 n

In =

=

+∞

n

nIn =

n=1

! tn

1 2 tn ln t

1 − 2 = 3.

n 0 n 0 n

−2

n 0

1

tn ln2 t tn ln t 1 n 0 , n 0 +∞ 2 2 = π3 . n2 n=1

Naravno svaki od izraza Onda je I =

0

1 tn ln2 t

jednak je 0 kao limes kad x → 0+ .

III naˇ cin. Iz [11], II, zadatak 176 znamo da je +∞

2 ln (1 − x) = n + 1 n=1 2

1 1 1+ +···+ xn+1 , |x| < 1. 2 n

Na osnovu toga je I =

'1

ln2 (1 − x) dx = x2

0

=

'1 0

+∞ n=1

+∞

2 n+1 n=1

! 1 1 1+ +···+ xn−1 dx 2 n

'1 +∞ 2 1 1 2 1 1 n−1 1+ +···+ 1+ +···+ . x dx = n+1 2 n n (n + 1) 2 n n=1

0

Ako sa Sn oznaˇcimo parcijalnu sumu poslednjeg reda, imamo n 1 1 Sn = 1+ 2 k k=1 n 1 = 1+ k k=2

1 1 − 1+ +···+ 2 k−1 k=2 n 1 1 1 1 1 1 +···+ −1− −···− +1− 2 k 2 k−1 n+1 k 1 1 +···+ 2 k

n+1

1 k

k=1

n n n n 1 1 1 1 1 1 π2 = + 1 − = − → − 0, 2 2 k n+1 k k n+1 k 6 k=2

n → +∞, jer je

k=1

1 n+1

n

k=1

1 k

=

1 n+1

k=1

k=1

(C + ln n + εn ) , C je Ojlerova konstanta a

εn → 0 kad n → +∞. Znaˇci, dati integral je jednak

π2 3 .

◮


210

Napomena. U poslednja dva naˇcina primenlili smo integraljenje reda ˇclan po ˇclan na osnovu stava datog uprethodnoj napomeni. √ 3.53. Data je funkcija f (x) = ln x + 1 + x2 . a) Razviti funkciju f u stepeni red po x; +∞ 1 b) Sumirati red 7+ (−1)n (2n−1)!! (2n)!! · 2n+1 . n=1

◭ a) Izvod funkcije f je

+∞ 1 1 (2n − 1)!! 2n 2 −2 f (x) = √ = 1+x =1+ (−1)n x , |x| < 1 2 (2n)!! 1+x n=1 ′

jer je

1 (−1)n − 12 − 32 · · · − 12 − n + 1 −2 (2n − 1)!! = = (−1)n . n n! (2n)!! Uzimanjem integrala uz ˇcinjenicu da je f (0) = 0, dobija se +∞ 2 ln x + 1 + x = x + (−1)n n=1

(2n − 1)!! x2n+1 , |x| < 1. (2n)!! (2n + 1)

Primenom Rabeovog kriterijuma sledi da dobijeni stepeni red konvergira apsolutno za |x| ≤ 1. b) Za x = 1, dobija se 7+

+∞

(−1)n

n=1

√ (2n − 1)!! = 6 + f (1) = 6 + ln 1 + 2 . ◮ (2n)!! (2n + 1)

3.54. Naći graniˇcne vrednosti +∞ ( a) lim fn (x) dx, ako je fn (x) = n→+∞ 0 +∞ (

b) lim

x→+∞ 0

e−t

2

sin 2tx t dt;

(2

c) lim

n→+∞

e

−x2 t2 +1

(

t2 +1

x→+∞ 0

1 sin nx dx. 1 ◭ a) Smenom x1 n2 = t tj. x = postaje

d) lim n ·

(1

n n − 2x2 e ,x x2

1 t

n

2,

)

= 0 i fn (0) = 0;

dt;

dx = − t12

n

2 dt

dati integral

+∞ +∞ +∞ + ' ' √ ' −t2 2 2 −t2 n fn (x) dx = n· ·t e · dt = 2n e dt → +∞ n 2 0

0

0

3.2. KONVERGENCIJA FAMILIJA FUNKCIJA,NIZOVA I REDOVA211 +∞ (

kad n → +∞, jer je

2

e−t dt =

0

√ π 2 .

Napomena. S obzirom da je lim fn (x) = 0, neka student obrazloˇzi n→+∞

zašto nije taˇcno sledeće

+∞ +∞ +∞ ' ' ' lim fn (x) dx = lim fn (x) dx = 0 · dx = 0.

n→+∞

n→+∞

0

0

0

Koji uslovi teorema iz ([2], II ili [9], II) nisu ispunjeni? Da li fn ⇉ 0? b) Smenom 2tx = z dati integral postaje +∞ '

e− 4x2 sin z dz z

=

π 2,

z2

0

koji konvergira ka

+∞ ( 0

sin z z dz

kad x → +∞. Neka student za veˇzbu

pokaˇze da su ispunjeni zahtevi o podintegralnoj funkciji i samom integralu za promenu redosleda raˇcunanja graniˇcne vrednosti i integrala ([2], II, Teorema 7.3.1 ili [9], II, Teorema 1.4.XIII). −x2 (t2 +1) konvergira ravnomerno c) Pošto familija neprekidnih funkcija e t2 +1 na segmentu [0, 1] funkciji f (x) = 0, to je

lim

x→+∞

'1 0

2 2 ' ' e−x (t +1) dt = f (x) dx = 0 · dx = 0. t2 + 1

1

1

0

0

Konvergencija je ravnomerna jer je ft (x) − f (x) = funkcija po t, te je

e

(

−x2 t2 +1

t2 +1

)

opadajuća

2

sup |ft (x) − f (x)| = e−x → 0, x → +∞.

0≤t≤1

1 d) Neka je an (x) = n sin nx , x ∈ [1, 2] . Onda je

(zašto?). Konvergencija je ravnomerna jer je

lim

n→+∞

an (x) =

1 1

1 1

1 1

sup n sin − = max n sin − = n sin − . nx x 1≤x≤2 nx x 2n 2 1≤x≤2

1 x


212

1 Zaista, funkcija x → n sin nx − x1 je rastuća na [1, 2] jer ima pozitivan izvod: 2 1 sin2 2nx . Dalje je x2

1 1 1

1

1 1

lim sup n sin − = lim n sin − = − = 0. n→+∞ 1≤x≤2 nx x n→+∞ 2n 2 2 2

Sada je

lim n

n→+∞

'2

1 dx = lim sin n→+∞ nx

1

3.3

'2

an (x) dx =

1

'2

lim an (x) dx = ln 2. ◮

n→+∞

1

Parametarski integrali

3.55 Odrediti realne brojeve x i y za koje funkcija f (x, y) =

'2π 0

(t − x cos t − y sin 2t)2 dt

ima minimum. ◭ Funkcija f je odreñen parametarski integral i moˇze se eksplicitno izraziti preko elementarnih funkcija. Zaista f (x, y) =

'2π 0

2

t dt − 2x

+y 2

'2π

=

3

0



t −2y − cos 2 t|2π 0 + 2 +2xy

'2π 0

'2π 0

'2π

'2π 0

'2π 0

2

cos tdt − 2y

'2π

t sin 2tdt

0

cos t sin 2tdt

0

− 2x t sin t|2π 0 −



=

2

t cos tdt + x

sin2 2tdt + 2xy

0

8π3

'2π



sin tdt + x2 

'2π

1 + cos 2t dt 2

0

1 cos 2tdt + y 2 2

'2π

1 − cos 4t dt 2

0

2 cos2 t sin tdt

8π3 + x2 π + 2yπ + y 2 π = π x2 + (y + 1)2 + − π. 3 3

8π3

3.3. PARAMETARSKI INTEGRALI

213 3

Dakle, za x = 0, y = −1 funkcija ima minimum fmin = 8π3 − π. ◮ 3.56 Uz potpuno obrazloˇzenje postupka odrediti vrednost integrala π

F (x) =

'2 0

◭ Pošto je lim

t→0+

ln 1 + x sin2 t dt, x ≥ 0. sin2 t

ln(1+x sin2 t) sin2 t

= x, to nula nije singularitet, te je dati

integral Rimanov. Iz neprekidnosti podintegralne funkcije i njenog izvoda po $ % x : 1+x1sin2 t na skupu 0, π2 × [0, +∞[ sledi da se moˇze primeniti Lajbnicovo pravilo, odnosno π '2 1 F ′ (x) = dt. 1 + x sin2 t 0

Uzimajući da je 1 = sin2 t + cos2 t, smenom tan x = z dobijeni integral se lako rešava, tj. π

F ′ (x) =

=

'2

π

1 dt = (1 + x) sin2 t + cos2 t

0 +∞ '

dz 1 = 2 (1 + x) z + 1 1+x

0

'2

0 +∞ ' 0

1 cos2 t

(1 + x) tan2 t + 1

z2 +

dz

√1 x+1

dt

2

√ √ +∞ 1 π · x + 1 · arctan z x + 1 0 = √ . 1+x 2 x+1 √ Odakle je F (x) = π x + 1 + C. Iz F (0) = 0 sledi C = −π, te je √ F (x) = π x + 1 − 1 . ◮ =

3.57 Pokazati da ako f ∈ C (R, R) , to je funkcija F (x) =

1 2a

(a

−a

f (x + t) dt

ne samo neprekidna, nego i diferencijabilna na R. Naći izvod funkcije F, i pokazati da F ∈ C 1 (R, R) . ◭ Neka je x ∈ R fiksiran broj. Smenom x + t = z dobija se 1 F (x) = 2a

x+a '

f (z) dz.

x−a


214

Kako podintegralna funkcija ne zavisi od parametra, to su ispunjeni svi uslovi za primenu Lajbnicovog pravila kada su granice integrala funkcije parametra ([2], II, Stav 7.1.4 ili [9], II, Teorema 2.2.XIII). Zato je F ′ (x) =

1 (f (x + a) − f (x − a)) . 2a

Pošto f ∈ C (R, R) sledi da F ∈ C 1 (R, R) . ◮ (x 1 (x − t)n−1 f (t) dt, gde n ∈ N, a funkcija f 3.58 Ako je Fn (x) = (n−1)! 0

(n)

je neprekidna na intervalu integraljenja, dokazati da je Fn (x) = f (x) . ◭ Fn (x) je svojstven parametarski integral, gde granice (gornja) zavise od partametra x. Pošto su funkcija (x, t) → (x − t)n−1 f (t) i njen izvod po x neprekidne, to se moˇze primeniti Lajbnicovo pravilo n−puta (posle svakog koraka ispunjeni su uslovi za ponovno diferenciranje), tj. Fn′ (x)

n−1

= (x − x) =

1 (n − 2)!

'x 0

n−1

f (x) · 1 − x

1 f (0) · 0 + (n − 2)!

'x 0

(x − t)n−2 f (t) dt

(x − t)n−2 f (t) dt, i sliˇcno

1 Fn′′ (x) = (n − 3)!

'x 0

n−3

(x − t)

f (t) dt, ..., Fn(n) (x) =

'x

f (t) dt,

0

(n)

odakle sledi Fn (x) = f (x) . Treba uoˇciti pravilnost dobijanja svakog sledećeg izvoda. ◮ 3.59 Ako je 1 1 1 1 1 − xy xy , x ∈ , 1 , y ∈ ]0, 1] f (x, y) = y 2 dokazati da je lim

y→0+

◭ Najpre je L (y)

=

(1 1 2

f (x, y) dx =

'1 1 2

(1 1 2

lim f (x, y) dx.

y→0+

1 1 1 1 1 − x y x y dx = y y

'1 1 2

1 x dx − y 1 y

'1 1 2

2

x y dx


=

215

1

1 1 2 1 x y +1

1 x y +1

1 1 · 1 −

− · 2

= y y + 1 1 y y + 1 1 y+1 y+2 2

2

2 +1 1 +1 1 1 y 1 1 y + − y+2 2 y+1 2 1 1 1 → 1 − + · 0 − 1 · 0 = , y → 0+ . 2 2 2

S druge strane je 1 1 1 D = lim 1 − x y x y = lim txt − lim tx2t t→+∞ t→+∞ y→0+ y t t 1 1 = lim t − lim 2t = lim t − lim 2t = 0 − 0 = 0. t→+∞ z t→+∞ z t→+∞ z ln z t→+∞ z 2 ln z (x = 1z , z > 1,

1 y

= t, t → +∞). Dakle, leva strana je razliˇcita od desne. ◮ (1 3.60 Dokazati da je integral I (y) = sgn (x − y) dx prekidne funkcije 0

x → sgn (x − y) neprekidna funkcija od y ∈ R. ◭ I (y) se moˇze dobiti u eksplicitnom obliku. Zaista, za y ≤ 0, I (y) = (1 (1 1 · dx = 1. Ako je y ≥ 1, I (y) = (−1) · dx = −1. Ako je 0 < y < 1, onda 0

0

se smenom y − x = t, dx = dt, I (y) svodi na oblik: I (y) =

1−y 1−y ' '0 ' sgntdt = sgntdt + sgntdt

−y

= − Dakle, za sve y ∈ R je

t|0−y

+

−y 1−y t|0 =

0

−y + 1 − y = 1 − 2y.

  −1, y ≥ 1, I (y) = 1 − 2y, 0 < y < 1,  1, y ≤ 0,

odakle sledi neprekidnost funkcije I (y) . ◮ 3.61. Diferenciranjem po parametru izraˇcunati integral π

I (a) =

'2 0

ln

1 + a cos x dx , 1 − a cos x cos x


216 ako je |a| < 1. ◭ Funkcija

f (x, a) =

1 cos x

cos x π ln 1+a 1−a cos x , x = 2 , 2a, x = π2 ,

i njen izvod po parametru a fa′ (x, a) =

2 1 − a2 cos2 x

% $ su neprekidne funkcije na pravougaoniku 0, π2 × [−1 + ε, 1 − ε] , gde je ε fiksiran broj iz [0, 1[ . Zato je za a ∈ [−1 + ε, 1 − ε] dozvoljeno diferenciranje pod integralom, tj π '2 dx I ′ (a) = 2 . 1 − a2 cos2 x 0

π , tj. I (a) = π arcsin a + C. Smenom tan x = t dobijamo da je I ′ (a) = √1−a 2 Pošto je I (0) = 0, to je C = 0. Znaˇci polazni integral iznosi π arcsin a. ◮ 3.62 Obrazloˇziti postupak izraˇcunavanja integrala π

I (a) =

'2 0

◭ Najpre je za a = 0 f (x, a) =

arctan (a cos x) dx, a ∈ R. cos x

arctan(a cos x) , cos x a, x = π2 .

x = π2 ,

% $ Dakle, funkcija f je neprekidna na skupu 0, π2 × R. Zatim je fa (x, a) =

1 , 1+a2 cos2 x 1, x = π2 ,

x = π2 ,

% $ tj. fa je takoñe neprekidna na 0, π2 × R. Zato je dozvoljeno diferenciranje pod integralom, tj. π

I ′ (a) =

'2 0

π

dx = 1 + a2 cos2 x

'2 0

dx (1 + a2 ) cos2 x + sin2 x


217

π

'2

=

1 cos2 x dx 1 + a2 + tan2 x

=

0

+∞ '

dt 1 + a2 + t2

0

+∞

π

= √ = √ arctan √ .

2 2 a +1 a +1 0 2 a2 + 1 √ √ Sada je I (a) = π2 ln a + a2 + 1 + C, tj. I (a) = π2 ln a + a2 + 1 jer je I (0) = 0. ◮ Napomena. Polazna funkcija a → I (a) je oˇcigledno neparna. Neka student to pokaˇze koristeći rešeni oblik. 3.63 a) Izraˇcunati parametarski integral 1

t

π

I (α, β) =

'2 0

ln α2 cos2 x + β 2 sin2 x dx, α > 0, β > 0;

b) Koristeći rezultat pod a) izraˇcunati π

K1 (α, β) =

'2 0

π

dx

, α2 cos2 x + β 2 sin2 x

K2 (α, β) =

'2 0

dx 2 . α2 cos2 x + β 2 sin2 x

◭ a) Pošto su α, β pozitivni brojevi a sin x i cos x nisu istovremeno jednaki nuli, je funkcija f (x, α, β) = ln α2 cos2 x + β 2 sin2 x neprekidna % to $ na skupu 0, π2 × R+ ×R+ . Smatraju´ > 0 fiksirano, onda se moˇze 2 ci2 da je β 2 sin2 x neprekidna na skupu re´ c i da je funkcija f (x, α) = ln α cos x + β % π$ 0, 2 × R+ . Takva je i funkcija f α (x, α) =

2α cos2 x α2 cos2 x + β 2 sin2 x

% $ na istom skupu 0, π2 × R+ . Zato je π

I α (α, β) =

'2 0

gde je I (α, β) = broj. Dalje je

π 2

( 0

2α cos2 x dx α2 cos2 x + β 2 sin2 x

ln α2 cos2 x + β 2 sin2 x dx, α > 0, β fiksiran pozitivan

π

I α (α, β) =

'2 0

2αdx 2α = 2 2 2 α + β tan x β

+∞ ' 0

dt (k 2

+ t2 ) (1 + t2 )

, k=

α . β


218 Zatim je

I α (α, β) = = =

2α β

+∞ '

1 1 1 · 2 + 2 2 2 1−k k +t k −1 0

2α 1 1 t

+∞ 2α · · arctan + β 1 − k2 k k 0 β π , za α = β, α+β

1 · 1 + t2 ·

k2

dt

1 · arctan t|+∞ 0 −1

što je ekvivalentno sa k = 1. Ako je α = β (k = 1) to je 2 I α (α, β) = α

+∞ ' 0

dt 2 π π = · = . 2 α 4 2α (1 + t2 )

Znaˇci I α (α, β) =

π α+β , α = β, π 2α , α = β.

Odatle je I (α, β) = π ln (α + β) + C. Uzimajući da je α = β (β je fiksirano) sledi π '2 π π ln α2 dx = 2 (ln α) , tj. 2 · ln α = π ln 2α + C, 2 2 0

odakle se dobija da je C = −π ln 2. Konaˇcno je I (α, β) = π ln α+β 2 . b) π

K1 (α, β) =

'2 0

dx 1 1 = Iα (α, β) + Iβ (α, β) 2 2 2α 2β + β sin x

α2 cos2 x

1 π 1 π π · + · = , 2α α + β 2β α + β 2αβ π '2 2 cos x + sin2 x dx K2 (α, β) = 2 α2 cos2 x + β 2 sin2 x =

0

π

=

'2 0

π

cos2 xdx

2 + α2 cos2 x + β 2 sin2 x

'2 0

sin2 xdx

2 α2 cos2 x + β 2 sin2 x


219

π

=

=

'2

0 +∞ ' 0

=

π

1 dx cos2 x (α2 + β 2 tan2 x)2

1 α4

0

=

1 4 α k1

=

+

0

dz (α2 z 2 + β 2 )2 +∞ '

1 + 4 2 β 1 + k12 t2 dt

+∞ ' 0

1 dx sin2 x 2 (α2 cot x + β 2 )2

0

+∞ '

dt + (α2 + β 2 t2 )2 +∞ '

'2

0

dy 1 + 4 2 β k2 (1 + y 2 )

1 1 + 3 α β αβ 3

+∞ ' 0

dz 2 1 + k22 z 2

+∞ ' 0

dy (1 + y 2 )2

dy α2 + β 2 π = · . ◮ α3 β 3 4 (1 + y 2 )2

3.64 Ispitati promenu redosleda integraljenja u uzastopnim integralima: π π (4 (1 tan(xy) (1 (1 cos(xy) (2 (1 √ dk 2 ; a) dy √ 2 2 dx; b) dy dx; c) dϕ x+y 2 − π4

d) f) h) j)

(1

0 (1

x +y +1

0

dy dy

(1

0 (1

dx√ ; (1+x2 y2 ) 1−x2 y−x dx; (x+y)3

0 0 +∞ ( (b

0 +∞ (

dy

dy

1

0

a (1 0

g)

(1 0

0

π 2

e) dy

(

dx

0 (1 0

e−yx dx, (y > 0) ; i)

(1 0

x5 y4

(b

0

dy , a2 −b2 y2 sin2 x

−

dy

a

2x3 y3

+∞ ( 0

0

1−k sin ϕ

(a > b > 0);

x2

e− y dx.

sin yx x dx, (y

> 0) ;

(pe−pxy − qe−qxy ) dx, (p > 0, q > 0, p = q) .

◭ a) Pošto je funkcija (x, y) → √tan(xy) neprekidna na pravougaoniku x2 +y2 +1 % π π$ [0, 1] × − 4 , 4 to je promena redosleda integraljenja dozvoljena, tj.  π  π    '4 '1 '1  '4    tan (xy) tan (xy) dx dy = dy dx   x2 + y2 + 1  x2 + y 2 + 1    − π4

0

0

=

% $ gde je G = [0, 1] × − π4 , π4 .

'' G

− π4

tan (xy) dxdy, x2 + y2 + 1


220

b) Podintegralna funkcija (x, y) → cos(xy) je pozitivna i neprekidna na (( x+y cos(xy) skupu ]0, 1] × ]0, 1] . Dvojni integral x+y dxdy, G = [0, 1] × [0, 1] je (( cos(xy)G konvergentan, ako je integral x+y dxdy konvergentan, gde je K deo jeK

diniˇcnog kruga u prvom kvadrantu. Prelaskom na polarne koordinate imamo π

''

cos (xy) dxdy = x+y

π

=

dϕ

'1 r

0

dϕ

cos ρ2 sin ϕ cos ϕ ρdρ ρ (cos ϕ + sin ϕ)

'1 r

0

K

'2

'2

π 2 '1 '2 cos ρ sin ϕ cos ϕ dϕ dρ < dρ < +∞ (0 < r < 1) . cos ϕ + sin ϕ cos ϕ + sin ϕ

r

0

Sada je I =

''

cos (xy) dxdy = lim n→+∞ x+y

1

G

=

'1 '1

lim

n→+∞

 '1  '1 1 n

Nizovi funkcija

 1

n

fn (x) =

cos (xy) dxdy x+y

1

n n     '1  '1   cos (xy) cos (xy)  dy dx = lim dx dy. n→+∞    x+y  1 x + y  1 n

'1

cos (xy) dy i fn (y) = x+y

1 n

'1

n

cos (xy) dx x+y

1 n

ravnomerno konvergiraju ka funkcijama f (x) =

'1 0

cos (xy) dy i f (y) = x+y

'1 0

cos (xy) dx x+y

prema Dinijevom kriterijumu. Zato je '' G

cos (xy) dxdy = x+y

'1 0

dx

'1 0

cos (xy) dy = x+y

'1 0

dy

'1 0

cos (xy) dx, x+y


221

tj. promena redosleda integraljenja je dozvoljena. c) Primetimo da je funkcija (ϕ, k) → √ 12 2 neprekidna i pozitivna 1−k sin ϕ % π% na skupu 0, 2 × [0, 1[ . Zatim, funkcije π

I (k) =

'2 0

'1

dϕ

i J (ϕ) = 1 − k2 sin2 ϕ

0

dϕ 1 − k2 sin2 ϕ

% % su neprekidne, prva na [0, 1[ , a druga na 0, π2 . Integral π

'2

J (ϕ) dϕ =

0

π  '2 '1

0



0

 

dk dϕ = 1 − k 2 sin2 ϕ 

π

'2

ϕ dϕ sin ϕ

0

postoji (smena t = k sin ϕ), te prema ([2], II, Teorema 7.3.5 ili [9], II, XIII, (1 Teorema 3. Posledica) postoji i integral I (k) dk i vaˇzi njihova jednakost, 0

tj.

π

'2 0

dϕ

'1 0

dk = 1 − k2 sin2 ϕ

'1

π

dk

0

'2 0

dϕ , 1 − k2 sin2 ϕ

odnosno, dozvoljena je promena redosleda integraljenja. d) Podintegralna funkcija i parametarski integrali

x →

'1 0

f (x, y) dy i y →

'1

f (x, y) dx

0

zadovoljavaju uslove iz ([2], II i [9], II). Pošto integral  π   π    '1  '1  '2 '2    dx cos tdt √ I = dy = dy   1 + y 2 sin2 t cos t   (1 + x2 y 2 ) 1 − x2     0 0 0 0  π   '1  '1 '2  √ dt π dy π = dy = · = ln 1 + 2 2  2 2 1 + y2  1 + y 2 sin t   0

0

0

postoji, to je dozvoljena promena redosleda integraljenja.


222 e) Kako je  π '1  '2  

0

  

dx dy = 2 2 a − b y 2 sin2 x  

0

'1 0

π π b dy = arcsin , 2 2 2 2ab a 2a a − b y

to je iz istih razloga kao u sluˇcajevima c) i d) dozvoljena pomena redosleda integraljenja. f ) Lako se dobija da je     '1 '1 '1 '1   1 1 1−x 1−x dx dy = = − = dy dx,  (x + y)3   (x + y)3  2 2 0

0

0

0

tj. promena redosleda integraljenja nije moguća. g) Raˇcunanjem redom integrala dobijamo     '1 '1 '1 '1   1 1 1 f (x, y) dx dy = − = − = f (x, y) dy dx,     e 2 e 0

0

0

0

tj. promena redosleda itegraljenja nije moguća. h) Funkcija f : (x, y) → e−xy je pozitivna i neprekidna na skupu [a, b] × +∞ ( −xy (b ]0, +∞[ . Integrali x → e dy i y → e−xy dx su takoñe pozitivne i a

0

neprekidne funkcije, prva na [a, b] , a druga na ]0, +∞[ . Promena redosleda integraljenja je moguća, tj. uzastopni integrali +∞ +∞ ' 'b 'b ' dy f (x, y) dx i dx f (x, y) dy a

0

a

0

su jednaki ako bar jedan od njih postoji. Kako je  +∞ 

+∞ ! 'b  ' 'b 'b  dx e−xy

b f (x, y) dy dx = − dx = = ln ,

  x 0 x a a

a

0

a

to drugi integral postoji, znaˇci promena redosleda integraljenja je moguća. i) Kako je +∞ +∞ +∞ ' 'b ' ' sin yx cos yx

b (cos ax − cos bx) dx π (b − a) dx dy = − =

dx = 2 2 x x x 2 a 0

a

0

0


223

to je iz istog razloga kao u prethodnom primeru moguća promena redosleda integraljenja. j) Paˇzljivim raˇcunom imamo '1 0

+∞ +∞ ' ' '1 −pxy −pxy p −qxy dx pe − qe dy− dy pe − qe−qxy dxdy = ln = 0, q 1

1

0

znaˇci promena redosleda integraljenja nije moguća. ◮ 3.65 Dokazati da integral I (y) =

+∞ ' 1

y 2 − x2 dx (x2 + y 2 )2

konvergira ravnomerno po y na celoj brojnoj pravoj. ◭ Najpre je ' ' 2 ' ' y 2 − x2 x + y 2 − 2x2 dx 2x · x dx = dx = − dx 2 2 2 + y2 2 2 2 2 2 x (x + y ) (x + y ) (x + y2 )2 ' 1 x x dx x = arctan − − 2 + = 2 + C. y y x + y2 x2 + y 2 x + y2 Neka je ε > 0 fiksiran broj. Treba pokazati da postoji A = A (ε) tako da za B > A i sve y ∈ R vaˇzi:

+∞

'

2 2

y −x

dx

< ε.

2 (x2 + y 2 )

B

Imamo

+∞

'

N

'N 2 2 2 2

y − x y − x x

= lim

= lim

dx dx

2 2 2 (x2 + y 2 )2

N→+∞ (x2 + y 2 )

N→+∞ x + y B B B

B

≤ 1 < 1 =ε = − 2 2 B +y B A

odakle sledi da je A (ε) = 1ε . Ovo znaˇci da dati integral ravnomerno konvergira na R. ◮ 3.66 Pokazati da svaki od integrala +∞ +∞ ' ' α α+β+1 −(1+x)y I (x) = x y e dy, I (y) = xα yα+β+1 e−(1+x) dx, 0

0


224

gde su α i β fiksirani pozitivni brojevi, konvergira ravnomerno na skupu [0, +∞[ . ◭ Za ”ostatak” integrala I (x) je +∞ +∞ +∞ ' ' ' α −(xy) β+1 −y α α+β+1 −(1+x)y 0≤ x y e dy = (xy) e y e dy < Mα yβ+1 e−y dy B

B

gde je Mα = max

0≤u≤+∞

B

uα e−u , (u = xy) . Pošto integral +∞ (

gira (zašto?) to se njegov ”ostatak”

+∞ (

yβ+1 e−y dy konver-

0

y β+1 e−y dy moˇze uˇciniti manjim

B

od unapred zadatog pozitivnog broja ε, ako je B dovoljno veliko. To znaˇci da je parametarski integral I (x) ravnomerno konvergentan. Za ”ostatak” integrala I (y) se dobija +∞ +∞ +∞ ' ' ' α −(xy) α α+β+1 −(1+x)y β −y β −y 0≤ x y e dy = y e (xy) e d (xy) < y e uα e−u du. B

B

By

Kako je za y ≥ 0 +∞ +∞ ' ' α −u u e du ≤ uα e−u du < +∞ 0

By

i y β e−y → 0, kad y → 0+ , onda za svako ε > 0, postoji y0 > 0, takvo da je +∞ ( za sve y ∈ [0, y0 ] i za sve B ∈ [0, +∞[ : f (x, y) dx < ε. Ako je y ≥ y0 > 0 B

onda zbog Mβ = max

0≤y<+∞

y β e−y < +∞ vaˇzi

+∞ +∞ ' ' α −u u e du ≤ uα e−u du → 0 0≤ By

By0

kad B → +∞, tj. sledi da je za dovoljno velikoe vrednosti B ∈ [0, +∞[ i za y ≥ y0 > 0, ”ostatak” integrala I (y) manji od ε. Objedinjujući oba sluˇcaja ([0, y0 ] , [y0 , +∞[) sledi da za svako ε > 0, postoji A = A (ε) takvo da je za svako y ≥ 0 i za svako B > A (ε) ”ostatak” +∞ ( α α+β+1 −(1+x)y x y e dx integrala I (y) manji od ε. ◮ B


225

3.67 Ispitati neprekidnost sledećih funkcija u navedenim razmacima: +∞ ( sin x y a) y → x · y+1 · arctan (xy) dx, y > 0; 1 +∞ (

b) y →

d) y → f ) y →

1 (1

cos(x2 +y ) dx, x+y

ln(xy) √ dx, x+y

0 +∞ ( 0

x·

y > 0; c) y →

y ≥ 1; e) y →

2

e−(x−y) dx, y ∈ R.

+∞ ( 0

Napomena. Parametarski integral

0

2

−(x+y) √e √ dx, 1 x+ y+1

≤ y ≤ 2;

2

ye−xy dx, y ∈ R;

(b a

+∞ (

f (x, y) dx, y ∈ [c, d] je neprekidna

funkcija ako je podintegralna funkcija neprekidna na skupu [a, b[ × [c, d] (b je singularitet), a integral ravnomerno konvergira. ◭ a) Dati parametarski integral je ravnomerno konvergentan na os+∞ ( sin x novu Abelovog kriterijuma. Stvarno, integral x dx je konvergentan, 1

y a funkcija x → y+1 arctan (xy) je ograniˇcena i monotona po x. Dakle, data funkcija je neprekidna na skupu ]0, +∞[ . b) Na osnovu Dirihleovog kriterijuma, sledi da su integrali +∞ '

x cos x2 cos ydx i x+y

1

+∞ '

x sin x2 sin ydx x+y

1

ravnomerno konvergentni. Oni su i neprekidne funkcije jer su podintegralne funkcije neprekidne na skupu [1, +∞[ × ]0, +∞[ . c) Kako je 2 2 e−(x+y) 0< √ ≤ e−(x+y) √ x+ y+1 to je funkcija neprekidna na [1, 2] jer je parametarski integral ravnomerno konvergentan (Vajerštrasov kriterijum), a podintegralna funkcija neprekidna na skupu [0, +∞[ × [1, 2] . d) Kako je '1 0

ln (xy) √ dx = x+y

'1

=

'1

0

0

ln x √ dx + ln y x+y

'1 0

dx √ x+y

1 √ ln x √ dx + 2 (ln y) x + y 0 x+y


226

=

'1 0

ln x √ √ dx + 2 1 + y − y ln y, x+y

to je dovoljno ispitati neprekidnost funkcije I (y) = x=

1 t

(1 0

poslednji integral postaje I (y) = −

+∞ ' 1

√ln x dx. x+y

Smenom

ln t dy. 3 t + t4 y

On ravnomerno konvergira na skupu [1, +∞[ prema Vajerštrasovom kriterijumu, jer je ln t ln t < 3 0≤ 3 4 t +t y t2

i integral (t, y) →

+∞ (

ln t 3

dt konvergira. Zbog neprekidnosti podintegralne funkcije

1 t2 √ 3ln t t (1+ty)

na skupu [1, +∞[ × [1, +∞[ imamo neprekidnost funkcije

I (y) , a samim tim i neprekidnost polazne funkcije. e) Neka je y = 0. Tada je

+∞ '

2 1 2 +∞ 1 ye−xy dx = y · − 2 e −xy = , y y 0 0

odakle dobijamo da je

+∞ ' −xy2 ye dx =

1 y,

y = 0, 0, y = 0.

0

Znaˇci, data funkcija je neprekidna za y = 0, a u nuli ima prekid druge vrste. f ) Smenom x − y = t dati integral postaje funkcija donje granice, tj. +∞ +∞ √ ' '0 ' '0 2 2 2 π −t −t −t −t2 I (y) = e dt = e dt + e dt = e dt + . 2 −y

−y

0

−y

2

Funkcija I (y) je diferencijabilna za sve y ∈ R, I ′ (y) = e−y , i kao takva je neprekidna. ◮


227

3.68 I) Neka je I (a) =

+∞ ' 3

ln a2 + x2

√ dx. x3 − 6x2 + 11x − 6

a) Ispitati konvergenciju integrala I (a) ; b) Ispitati ravnomernu konvergenciju integrala

+∞ (

fa (x, a) dx gde je

3

f (x, a) podintegralna funkcija od I (a) . II) Funkcije F (x) i G (x) definisane su za svako realno x na sledeći naˇcin:  x 2 ' '1 −x2 (t2 +1) e 2 −t F (x) =  e dt , G (x) = − . t2 + 1 0

0

a) Uz obrazloˇzenje postupka, dokazati da za svako realno x vaˇzi F ′ (x) = G′ (x) , te odatle izvesti jednakost F (x) = π4 + G (x) ; +∞ ( −t2 b) Na osnovu a), izraˇcunati e dt. ◭ I) a) Najpre imamo da je

0

x3 − 6x2 + 11x − 6 = (x − 3) (x − 2) (x − 1) . Zatim je I (a) =

(4 3

imamo da je

+

+∞ ( 4

jer su taˇcke 3 i +∞ singulariteti. Kad x → 3+

ln a2 + x2 f (x) = √ ∼ √ √ , 2 x−3 x3 − 6x2 + 11x − 6 ln a2 + x2

odakle sledi da prvi integral konvegira. Kad x → +∞ imamo da je f (x) ∼ ln(a2 +x2 ) . Kako je 3 x2

+∞ ' 4

ln a2 + x2 x

3 2

+∞ 2 dx = − √ ln a2 + x2 4 + 2 x = ln a2 + 16 + 4

+∞ ' 4

+∞ ' 4

√ x dx 2 a + x2

(a2

2xdx √ + x2 ) x


228 to integral +∞ ( √x dx a2 +x2 4

+∞ ( 4

f (x, a) dx konvergira (za svako a ∈ R). Zaista, integral

konvergira, jer je

√ x a2 +x2

∼

1

kad x → +∞ i

3 x2

gira. Znaˇci, I (a) je konvergentan integral za svako a ∈ R. b) Treba ispitati ravnomernu konvergenciju integrala +∞ +∞ ' ' fa (x, a) dx = 3

3

Pošto je

+∞ ( 4

dx 3

x2

konver-

2a dx. (a2 + x2 ) (x − 3) (x − 2) (x − 1)

2a

|fa (x, a)| =

(a2 + x2 ) (x − 3) (x − 2) (x − 1)

1 2ax

= ·

x (a2 + x2 ) (x − 3) (x − 2) (x − 1) =

jer je

|2ax| a2 +x2

1 |2ax| 1 1 1 · · ≤ ·√ √ x a2 + x2 x 2 x−3 (x − 3) (x − 2) (x − 1) 1 1 ≤ √x−3 (x−3)(x−2)(x−1) +∞ (

≤1i √

fa (x, a) dx ravnomerno konvergira po

trasovom kriterijumu dati integral a na celom R. II. a)

zbog x > 3, to prema Vajerš-

3

−x2

′

F (x) = 2e

'x 0

2

e−t dt, x ∈ R.

Funkcije 2 2 2 2 e−x (t +1) ϕ (x, t) = i ϕ′x (x, t) = −2xe−x (t +1) t2 + 1 su neprekidne na skupu [0, 1] × R, te G′ (x) se moˇze naći diferenciranjem po parametru:

′

G (x) = 2x

'1 0

e

−x2 (t2 +1)

−x2

dt = 2e

'x 0

2

e−u du, x ∈ R.

Iz F ′ (x) = G′ (x) sledi F (x) = G (x) + C, x ∈ R, C je konstanta. Kako je F (0) = 0, G (0) = − π4 , to je C = π4 , odnosno, F (x) = π4 + G (x) , x ∈ R.


229

b) Kako je  +∞ 2 ' 2 lim F (x) =  e−t dt ,

x→+∞

lim G (x) = 0,

x→+∞

0

jer je

0 ≤ G (x) = e sledi da je

π 4

=

+∞ (

3.69. Ako je

0

−x2

'1 0

2 2

e−x t 2 dt ≤ e−x 2 t +1

2 +∞ ( −t2 2 −t e dt tj. e dt = 0

ϕ (y) =

+∞ ' 0

√ π 2 .

'1

t2

1 dt, +1

0

◮

sin xy dx, a > 0, x (a2 + x2 )

dokazati da funkcija ϕ zadovoljava diferencijalnu jednaˇcinu π ϕ′′ (y) − a2 ϕ (y) = − 2 i izvesti odatle da je ϕ (y) = 2aπ2 (1 − e−ay ) za y > 0. ◭ Formalnim diferenciranjem po y dva puta dobija se ′

ϕ (y) =

+∞ ' 0

Kako su integrali

+∞ ( 0

cos xy dx, ϕ′′ (y) = − a2 + x2

cos xy a2 +x2 dx

i−

+∞ ( 0

x sin xy a2 +x2 dx

+∞ '

x sin xy dx. a2 + x2

0

za y ≥ y0 > 0, ravnomerno

konvergentni po Vajerštrasovom i Dirihleovom kriterijumu, ϕ (y) konvergentan integral, a podintegralne funkcije neprekidne na skupu [0, +∞[×[0, +∞[ to je diferenciranje pod integralom dozvoljeno. Zamenjivanjem se dobija ϕ (y) − a ϕ (y) = −

+∞ '

x sin xy dx − a2 a2 + x2

= −

+∞ '

x2 sin xy dx − a2 x (a2 + x2 )

′′

2

= −

0

0 +∞ ' 0

+∞ '

sin xy dx x (a2 + x2 )

0

+∞ '

sin xy dx x (a2 + x2 )

0

sin xy π π dx = − sgny = − , za y > 0. x 2 2


230

Rešavajem nehomogene diferencijalne jednaˇcine ϕ′′ (y) − a2 ϕ (y) = −

π 2

π (sa konstantnim koeficijentima) uz uslov da je ϕ (0) = 0, ϕ′ (0) = 2a , sledi π −ay ϕ (y) = 2a2 (1 − e ) , y > 0. ◮ 3.70. Dokazati da sledeća dva Laplasova integrala imaju navedene vrednosti: +∞ '

cos xy π dx = e−ay , 2 2 a +x 2a

0

0

◭ Kako je ϕ′′ (y) = − +∞ ' 0

+∞ '

+∞ ( 0

x sin xy π dx = − e−ay , a, y > 0. 2 2 a +x 2

x sin xy dx a2 +x2

to je

π x sin xy π π π dx = a2 ϕ (y) − = a2 · 2 1 − e−ay − = − e−ay . 2 2 a +x 2 2a 2 2

π −ay Iz ϕ′′ (y) = − π2 e−ay je ϕ′ (y) = 2a e + C. Pošto je ϕ′ (0) = dakle +∞ ' cos xy π dx = ϕ′ (y) = e−ay . 2 2 a +x 2a

π 2a ,

to je C = 0,

0

Ponovnim diferenciranjem se dobija i druga jednakost, jer integral

+∞ ( 0

x sin xy dx, a2 +x2

y ≥ y0 > 0, ravnomerno konvergira, te je dozvoljeno diferenciranje pod integralom. ◮ +∞ ( sin ax π 3.71 Koristeći jednakost cin) izraˇcux dx = 2 (ili na neki drugi naˇ 0

nati integral

+∞ '

cos 2x − cos x dx. x2

0

◭ Uzimajući da je u = cos 2x − cos x, dv = 1 I = − (cos 2x − cos x)|+∞ + 0 x

+∞ ' 0

1 dx x2

dobija se

sin x − 2 sin 2x dx x


231

cos 2 − cos x cos 2x − cos x = − lim + lim + x→+∞ x x x→0+

+∞ ' 0

sin x dx − 2 x

+∞ '

sin 2x dx x

0

−2 sin 2x + sin x π π π = 0 + lim + sgn1 − 2 · sgn2 = − . ◮ 1 2 2 2 x→0+ Izraˇ cunati parametarske integrale: +∞ ( e−ax2 −e−bx2 dx, a > 0, b > 0. 3.72 x2 0

◭ Pošto je

2

lim

x→0+

2

2

2

e−ax − e−bx −2axe−a x + 2bxe−bx = lim = b − a, x2 2x x→0+

+∞ ( (1 +∞ ( to nula nije singularitet. Iz predstavljanja = + i ˇcinjenice da je 0 0 1

−ax2 −bx2

e

−e

≤ x12 sledi da integral konvergira. Neka je x2

I (a) =

+∞ '

2

2

e−ax − e−bx dx, a > 0, b > 0. x2

0

S obzirom da integral +∞ +∞ √ √ √ ' ' √ 2 π 1 π 2 −( ax) d ( ax) −ax √ e =− −e dx = − ·√ =− √ 2 a a 2 a 0

0

ravnomerno konvergira na skupu [ε, +∞[ , ε > 0 i da su funkcije 2

(x, a) →

2

e−ax − e−bx 2 i (x, a) → −e−ax 2 x

neprekidne na [0, +∞[ × [ε, +∞[ (prva dodefinisana u nuli) to je dozvoljeno diferenciranje pod integralom, tj. +∞ ' 2 I (a) = − e−ax dx, a ≥ ε > 0, ′

0

odakle je I (a) =

√ − 2√πa

+ ϕ (b) . Iz I (b) = 0, sledi ϕ (b) = √ π 1 1 √ −√ I (a) = , a ≥ ε > 0. 2 a b

√ √π . 2 b

Dakle,


232

Kako je ε proizvoljan pozitivan broj, to je dobijena vrednost integrala taˇcna za sve pozitivne vrednosti brojeva a i b. ◮ +∞ ( arctan αt 3.73 I (α) = t(1+t2 ) dt, α ∈ R. 0

◭ Najpre je I (0) = 0 i I (−α) = −I (α) ako I (α) postoji. Pošto je arctan αt arctan αt 1 lim = lim α · · =α 2 + + t (1 + t ) αt 1 + t2 t→0 t→0

to nula nije singularitet. Iz relacije

+∞ ( 0

=

(1

+

0

+∞ (

i procene

1

arctan αt t(1+t2 )

≤

π 2(1+t2 )

(1 za t ≥ 1, sledi da je polazni integral konvergentan ( je Rimanov integral, a +∞ (

0

konvergira prema Vajerštrasovom kriterijumu). Pošto su funkcije

1

(t, α) →

arctan αt 1 i (t, α) → 2 2 2 t (1 + t ) (1 + α t ) (1 + t2 )

neprekidne na skupu [0, +∞[ × [0, +∞[ (prva dodefinisana u taˇcki t = +∞ ( dt 0) i kako integral (1+α2 t2 )(1+t2 ) ravnomerno konvergira prema Vajerš0

1 (1+α2 t2 )(1+t2 )

trasovom kriterijumu, jer je

≤

1 1+t2

i integral

gira, to je dozvoljeno diferenciranje pod integralom i +∞ ' dt ′ I (α) = , α ≥ 0. 2 (1 + α t2 ) (1 + t2 )

+∞ ( 0

dt 1+t2

0

Iz predstavljanja podintegralne funkcije u obliku A B + 2 2 1+α t 1 + t2 sledi A =

α2 α2 −1 ,

B=

1 1−α2 ,

α2 I (α) = α2 − 1 ′

=

α = 1, i dobija se +∞ ' 0

α2 1 · 2 α −1 α

dt 1 + 2 2 1+α t 1 − α2 +∞ ' 0

+∞ '

dt 1 + t2

0

d (αt) 1 π 2 + 1 − α2 · 2 1 + (αt)

α π 1 π π = · − 2 · = , α = 0, 1. 2 α −1 2 α −1 2 2 (α + 1)

konver-


233

Kako je I ′ (1) =

+∞ ' 0

dt π ′ 2 = 4 i I (0) = 2 (1 + t )

+∞ '

dt π = 2 1+t 2

0

neprekidna funkcija na skupu [0, +∞[ i na tom skupu je I ′ (α) = Znaˇci, za α ≥ 0 je I (α) = π2 ln (α + 1) + C. Iz I (0) = 0 sledi C = 0. Dakle, za α ≥ 0 π I (α) = ln (α + 1) . 2 Zbog neparnosti funkcije α → I (α) dobija se formula za I (α) za svako α ∈ R u obliku π I (α) = (sgnα) ln (|α| + 1) . ◮ 2 +∞ ( 1−e−αx2 3.74 I (α) = dx, α ≥ 0. x2 to je

I ′ (α)

π 2(α+1) .

0

◭ Prvi naˇ cin. Oˇcigledno je I (0) = 0. Funkcije −αx2 2 1−e−αx e , x = 0, , x = 0, ′ 2 x f (x, α) = i f α (x, α) = 1, x = 0, α, x = 0, +∞ (

su neprekidne na skupu [0, +∞[ × [0, +∞[ . Iz predstavljanja

0

=

(1 0

+

+∞ (

,

1

sledi konvergencija integrala. Prvi je Rimanov, a drugi konvergentan integral po Vajerštrasovom kriterijumu, jer je 0 < f (x, α) ≤ x12 . Neka je sada ε > 0 +∞ ( ′ fiksiran broj. Onda integral f α (x, α) dx ravnomerno konvergira na skupu 0

2

2

[ε, +∞[ po Vajerštrasovom kriterijumu (e−αx ≤ e−εx ) i zato je dozvoljeno diferenciranje pod integralom. Znaˇci +∞ +∞ + √ ' ' √ 2 2 1 π −( αx) d ( αx) ′ −αx √ I (α) = = , α ≥ ε. e dx = e 2 α α 0

0

√ Odatle je I (α) = πα +C, za α ≥ ε > 0. Iz proizvoljnosti broja ε sledi da je √ √ I (α) = πα + C za sve α > 0. Odatle je lim I (α) = lim πα + C = C. α→0+

Ali zbog √ I (α) = α

+∞ ' 0

√

2

1 − e−(x α) √ √ d x α = α √ (x α)2

α→0+

+∞ ' 0

2

1 − e−t dt → 0, t2


234

kad α → 0+ , jer je integral

+∞ ( 0

1−e−t t2

2

dt konvergentan. Znaˇci C = 0.

Napomena. Neka student pokaˇze da integral

+∞ (

2

e−αx dx nije ravnomerno

0

konvergentan na skupu ]0, +∞[ . Drugi naˇ cin. Parcijalnim integraljenjem se dobija +∞ +∞ ' 1 1 −αx2 −αx2 I (α) = − 1−e 2αxe dx +

x x 0 0

1 2 1 2 = lim 1 − e−αx − lim 1 − e−αx + 2α x→+∞ x x→0+ x

+∞ ' 2 e−αx dx 0

+∞ √ √ ' √ 2 √ π √ −( αx) d ( αx) √ = 0 − 0 + 2α e =2 α· = απ. α 2 0

Korišćen je Ojler-Poasonov integral +∞ ( 1 2 2 3.75 xe− 2 x sin αxdx. π

+∞ (

2

e−t dt =

0

√ π 2 .

◮

0

◭ Ako se poñe od parametarskog integrala I (α) =

+∞ (

1 2

e− 2 x cos αxdx

0

koji je ravnomerno konvergentan prema Vajerštrasovom kriterijumu: +∞ +∞ + '

1 2

√ ' − 1x 2 1 π

−2x

− 12 x2 − 12 x2 2 cos αx ≤ e i e dx = 2 e d √ x =

e 2 2 0

to je −

+∞ (

2 π

0

− 12 x2

xe

sin αxdx takoñe ravnomerno konvergentan po Vajerštrasovom

0

kriterijumu:

i

0

+∞ ( − 12 x2 xe sin αxdx = − π2 I ′ (α) s jedne strane (gde je I ′ (α) =

+∞ (

1

2

+

2 π

1 2

− 12 x2

sin αx ≤ xe− 2 x

xe

xe− 2 x dx konvergira), i

0

+∞ ' 1 2 xe− 2 x sin αxdx 0


=

+

235

+ +∞ +∞ + ' 2 2

2 2 − x2 − x2

−e sin αx + α e cos αxdx = α I (α) π π

2 π

0

0

s druge strane. Znaˇci α · I (α) = −I ′ (α) , tj. dI I = −αdα, odakle je + 2 π − α2 − α2 I (α) = Ce e 2, = 2 jer je I (0) =

+∞ (

1 2

e− 2 x dx =

0

+ 3.76

2 π

π

2.

Dakle,

+ + +∞ ' α2 2 π − α2 − 12 x2 xe sin αxdx = α e 2 = αe− 2 . ◮ π 2

2 π

0

+∞ (

1 2

x2 e− 2 x cos αxdx.

0

◭ Izvod prethodnog integrala po α je traˇzeni integral. Zato je +

2 π

+∞ ′ ' 2 α2 α2 α2 2 − 12 x2 − α2 x e cos αxdx = αe = e− 2 −α2 e− 2 = e− 2 1 − α2 . α

0

Treba jedino pokazati da integral

+∞ (

1 2

x2 e− 2 x cos αxdx ravnomerno konver-

0

+∞ ( 2 − 1 x2 1 2 1 2

x e 2 dx kongira. Kako je x2 e− 2 x cos αxdx ≤ x2 e− 2 x , a integral vergira (parcijalno integraljenje) to integral konvergira. ◮ +∞ ( 3 − 1 x2 3.77 π2 x e 2 sin αxdx.

+∞ (

0

− 12 x2

x2 e

cos αxdx ravnomerno

0

0

◭ Traˇzeni integral jednak izvodu prethodnog integrala sa

suprotnim 1 2

3 − 12 x2

znakom. Integral ravnomerno konvergira jer je x e sin αx ≤ x3 e− 2 x , +∞ ( 3 − 1 x2 1 2 a integral x e 2 dx konvergira (xe− 2 x dx = dv, x2 = u). Zato je 0

+

2 π

+∞ ' 2 ′ α2 3 − 12 x2 − α2 2 x e sin αxdx = − e 1−α = e− 2 α3 + α . ◮ 0

α


236 3.78 I (α) =

+∞ ( 0

ln(a2 +x2 ) 1+x2 dx.

◭ Iz predstavljanja

+∞ (

=

0

(1

+

0

+∞ (

se dobija da je integral konvergentan za

1

sve a ∈ R. Zaista, za a = 0, prvi integral je Rimanov, a drugi je konvergentan jer je √ ln a2 + x2 1 x ≤ ∼ 3 , x → +∞ 1 + x2 1 + x2 x2 i integral

+∞ ( 1

dx

3 x2

konvergira. Koristili smo da

ln(a2 +x2 ) √ x

→ 0 kad x → +∞,

odakle i sledi navedena procena. Ako je a = 0, onda je

1

'

'1 '1 2

ln x

1 + x2 dx ≤ 2 |ln x| dx = −2 ln xdx

0

dakle

(1 0

+∞ ' 1

ln x2 1+x2 dx

0

0

je konvergentan integral. S druge strane je

ln x2 dx = 2 1 + x2

+∞ ' 1

ln x dx = · · · = − 1 + x2

'1 0

ln t2 dt 1 + t2

1 smena x = t

i zato je +∞ '

ln x2 dx = 1 + x2

0

'1

+

0

+∞ ' 1

=

'1 0

−

'1

= 0.

0

Znaˇci I (0) = 0. Neka je sada ε > 0 fiksiran broj. Na skupu [0, +∞[×[ε, +∞[ funkcije ln a2 + x2 2a (x, a) → i (x, a) → 2 1 + x2 (a + x2 ) (1 + x2 )

su neprekidne, tako da je dozvoljeno diferenciranje pod znakom integrala, ako se pokaˇze ravnomerna konvergencija integrala +∞ '

2a (a2

+ x2 ) (1 + x2 )

dx.

0

Po Dirihleovom kriterijumu ([2], II, Stav 7.2.2 ili [9], II, Teorema 8.3.XIII) taj integral ravnomerno konvergira. Stvarno, sva tri uslova navedenog kriterijuma su ispunjena:


237

(β

1 1. 1+x dx

= |arctan β| < π2 ; 2

0

2a a2 +x2

2. Familija funkcija

⇉ 0 na skupu R, kad x → +∞, jer je

2a 1

= → 0, x → +∞. max 2 a a + x2 x

3. Za svako a > 0 funkcija a22a je opadajuća po x. +x2 Dakle, +∞ ' 2a ′ dx, I (a) = 2 2 (a + x ) (1 + x2 ) 0

za a ≥ ε > 0. Zatim je 2a I (a) = 2 a −1 ′

+∞ ' 0

dx 2a − 2 2 1+x a −1

+∞ '

a2

dx + x2

0

πa 2a 1 π π = − 2 · · = 2 a −1 a −1 a 2 a+1 za a ≥ ε > 0 i a = 1. Kako je I ′ (1) = 2

+∞ ( 0

dx (1+x2 )2

=

π 2

to je I ′ (a) =

π a+1

za a ≥ ε > 0. Odatle je I (a) = π ln (a + 1) + C za a ≥ ε > 0. Pošto je ε proizvoljan pozitivan broj to je I (a) = π ln (a + 1) + C za sve a > 0. Iz

I (1) =

+∞ ' 0

π 2

=

' 0

π

'2 ln 1 + x2 ln 1 + tan2 z 1 dx = · dz 1 + x2 1 + tan2 z cos2 z 0

π

sin2 z + cos2 z ln dz = −2 cos2 z π 2

= −2

' 0

'2

ln cos zdz

0

π ln sin zdz = −2 · − ln 2 = π ln 2. 2

Sledi da je C = 0. S obzirom da je I (a) = I (−a) to je za sve a ∈ R : I (a) = π ln (1 + |a|) jer je I (0) = 0. Time je zadatak u potpunosti rešen. ◮


238 3.79 I (α) =

+∞ ( 0

sin2 αx x2 dx, α

> 0.

◭ I naˇ cin. Dati integral konvergira jer je

+∞ (

=

0

(1 0

+

+∞ (

. Prvi integral

1

je Rimanov (zašto?), a drugi konvergira prema Vajerštrasovom kriterijumu. Primenom parcijalnog integraljenja dobija se 1 I (α) = − sin2 αx|+∞ + 0 x = 0+α

+∞ '

+∞ '

2α sin αx cos αx dx x

0

απ sin 2αx d (2x) = , 2x 2

0

jer je α > 0. ◮ 3.80.I (α) =

+∞ ( 0

sin2 αx dx, α x2

> 0.

◭ II naˇ cin. Imamo da je ′

I (α) =

+∞ '

2 sin αx cos αx dx = x

0

+∞ '

sin 2αx π d (2x) = , 2x 2

0

jer je α > 0. Onda je

πα + C. 2 Zbog I (0) = 0 sledi da je C = 0. Neka student opravda diferenciranje pod integralom. ◮ +∞ ( e−x (1−cos ax) 3.81 dx, a ∈ R. x I (α) =

0

◭ Neka je a ∈ R. Oˇcigledno je I (−a) = I (a) . Zato se moˇze uzeti a ≥ 0. Onda je −x −x e (1−cos ax) e sin ax, x = 0, , x = 0, x f (x, a) = i fa (x, a) = 0, x = 0. 0, x = 0, Dakle, f (x, a) i fa (x, a) su neprekidne funkcije na skupu [0, +∞[ × [0, +∞[ . Pošto je integral +∞ +∞ ' ' fa (x, a) dx = e−x sin axdx 0

0


239

ravnomerno konvergentan na [0, +∞[ (prema Vajerštrasovom kriterijumu) to je dozvoljeno diferenciranje pod integralom. Zatim je +∞ ' 1 −x 1 +∞ I (a) = − e cos a x|0 − e−x cos axdx a a 0   +∞ ' 1 1 1  1 −x − e sin a x|+∞ = + e−x sin axdx 0 a a a a ′

0

1 1 = − I ′ (a) , a = 0; I ′ (0) = 0. a a2 Dakle, I ′ (a) 1 + a12 = a1 odakle je I ′ (a) = a2a+1 ,tj. I (a) = 12 ln a2 + 1 + C. Pošto I ′ (0) postoji, to je I (a) neprekidna funkcija u nuli, tj. lim I (a) = C, odnosno, I (0) = C. Sada iz I (0) = 0 sledi C = 0. Znaˇci a→0+ I (a) = 12 ln a2 + 1 za sve a ∈ R, jer je I (a) parna funkcija. ◮ Napomena. Dati integral konvergira, jer za fiksirano a = 0 sledi +∞ '

e−x (1 − cos ax) dx = x

0

+∞ +∞ ' '1 ' ax ax a −x sin 2 2e · ax · · sin dx = + ; 2 2 2 0

0

1

prvi integral je Rimanov (x = 0 je prividni singularitet) a drugi konvergira +∞ ( −x ax) −x i ≤ 2e 2e−x dx = 2e−1 . zbog 0 ≤ e (1−cos x 3.82 I (α) =

+∞ (

1

− 32

x

0

sin αxdx, α ∈ R.

◭ I naˇ cin. Ovo je nesvojstveni parametarski integral sa singularitetima u 0 i +∞. Zato je ' ' 3 3 ε1 x− 2 sin αxdx + lim δx− 2 sin αxdx I (α) = lim ε→0+

δ→+∞

1



 ' 2 2α = lim − √ sin α x| ε1 + ε1 √ cos αxdx x x ε→0+   ' 2 2α + lim − √ sin α x|1 δ + δ √ cos αxdx δ→+∞ x x 1

= −2 sin α +

'1 0

2α √ cos αxdx + 2 sin α + x

+∞ ' 1

2α √ cos αxdx x


240

= 2α

+∞ ' 0

1 √ cos αxdx. x

Koristili smo lim

ε→0+

sin αε √ =0i ε

sin αδ √ = 0. δ→+∞ δ lim

Uvodeći zatim smenu αx = t2 , α > 0, dx = √ I (α) = 4 α

2t α dt

dobija se

+∞ + ' √ 1 π √ 2 = 2πα, cos t dt = 4 α · 2 2 0

na osnovu poznate vrednosti Frenelovog integrala: +∞ +∞ + ' ' 1 π 2 2 . cos x dx = sin x dx = 2 2 0

0

√ 2πα, α ≥ 0, Pošto je I (α) neparna funkcija, to je I (α) = − 2π |α|, α < 0. ◮ +∞ ( −3 3.83. I (α) = x 2 sin αxdx, α ∈ R. 0

◭ II naˇ cin. Neka je α > 0 fiksiran. Uzmimo ε > 0, tako da je α ≥ ε > 0. Integral +∞ ' 0

− 32

x

+∞ ' cos αx ′ √ dx = I ′ (α) sin αx α dx = x 0

ravnomerno konvergira na skupu [ε, +∞[ na osnovu Dirihleovog kriterijuma, ˇcime je dozvoljeno diferenciranje √ pod 1integralom. Istom smenom √ kao u pr′ √ vom naˇcinu dobija se I (α) = 2π · 2 α , odakle sledi I (α) = 2πα + C, tj. √ I (α) = 2πα jer je C = I (0) = 0. ◮ +∞ ( cos αx √ dx divergira za α = 0, to on nije Napomena. Pošto integral x 0

ravnomerno konvergentan na skupu [0, +∞[ , a ipak je moguće diferenciranje pod integralom. +∞ ( −t2 3.84 Neka je f (x) = e cos (xt) dt. 0

a) Dokazati da je funkcija y = f (x) rešenje diferencijalne jednaˇcine 2y′ + xy = 0;


241

b) Koristeći poznatu vrednost integrala

+∞ (

2

e−t dt, izraˇcunati f (1) .

0

◭ a) Formalnim diferenciranjem i zamenjivanjem dobija se da je 2y′ + xy = 0. Zaista,   +∞ +∞ ' ' 2 2 −t −t e e 2 y′ = − e−t t sin (xt) dt = − − sin (xt)|+∞ + x cos (xt) dt 0 2 2 0

0

+∞ ' 1 2 xe−t cos (xt) dt, te je = − 2 0

+∞ +∞ ' ' 2 −t2 2y + xy = − xe cos (xt) dt + xe−t cos (xt) dt = 0. ′

0

0

Diferenciranje pod znakom integrala je moguće, jer je integral

+∞ (

2

te−t sin (xt) dt

0

ravnomerno konvergentan prema Vajerštrasovom kriterijumu:

+∞

+∞

'

'

2 −t2

te sin (xt) dt ≤ te−t dt < +∞.

0

0

Neka student detaljno obrazloˇzi ostale uslove. 1 b) Diferencijalna jednaˇcina iz a) postaje: y ′ + 12 xy = 0, tj. dy y = − 2 xdx. +∞ √ ( −t2 2 2 Odatle je y = Ce−x . Kako je f (0) = e dt, to je y = f (x) = 2π e−x .

Dakle, f (1) =

√ π 2e .

0

Koristili smo Ojler-Poasonov integral

0

Pogledati i sledeći zadatak. ◮ 3.85 +∞ ( 0

2

Dokazati jednakost

e−x dx =

+∞ (

◭ Neka je I (α) =

+∞ ( 0

2

e−x cos 2exdx =

0

√ π 2 .

+∞ (

√ π −e2 2 e

2

2

e−x dx =

√ π 2 .

znajući da je

e−x cos 2eαxdx, α ∈ R parametarski integral.

Onda je formalnim diferenciranjem +∞ ' 2 I (α) = − e−x 2ex sin 2eαxdx. ′

0


242

Pošto je

2

2

2 2

−x

cos 2ex ≤ e−x i e−x 2ex sin 2eαx ≤ 2e · e−x x, x ≥ 0,

e

to oba integrala I (α) i I ′ (α) ravnomerno konvergiraju po α (Vajerštrasov +∞ +∞ ( −x2 ( 2 kriterijum) jer nesvojstveni integrali e dx i 2xe−x dx konvergiraju. 0

0

Znaˇci da je diferenciranje pod integralom dozvoljeno jer su još i funkcije 2

2

(x, α) → e−x cos 2eαx i (x, α) → e−x 2ex sin 2eαx neprekidne na skupu [0, +∞[ × R. Zatim je +∞ ' 2 I (α) = −e 2e−x x sin 2eαxdx ′

0



 +∞ ' 2 2 + e−x (2eα) cos 2eαxdx = −e −e−x sin 2 eαx|+∞ 0 0

2

2

= −e · 0 − 2e αI (α) = −2e αI (α) .

Za nalaˇzenje parametarskog integrala I (α) dobijena je diferencijalna jednaˇcina prvog reda (razdvaja promenljive): dI = −2e2 αdα ⇔ ln I = −e2 α2 + ln C, C > 0. I √

2 2

√

2 2

Dakle, I (α) = Ce−e α , gde je I (0) = C = 2π . Znaˇci I (α) = 2π e−e α . Uzimajući α = 1, dobija se jednakost u zadatku. ◮ 3.86 Koristeći diferenciranje po pogodno uvedenom parametru, izraˇcunati +∞ ' sin x − x cos x dx. x3 0

◭ Neka je I (α) =

+∞ '

sin αx − αx cos x dx. x3

0

Zbog lim

x→0+

sin αx−αx cos x x3

=

α3 3

nula nije singularitet integrala. Podintegralna

funkcija (koja se dodefiniše za x = 0) neprekidna je za x ≥ 0 i α ≥ 0, a

3.3. PARAMETARSKI INTEGRALI integral konvergira jer je konvergentan zbog ocene

+∞ (

=

0

(1

+

0

243

+∞ (

; prvi integral je Rimanov a drugi

1

|sin αx − αx cos x| 1 + αx α ≤ ∼ 2 , x → +∞ 3 3 x x x i ˇcinjenice da

+∞ ( 1

1 dx x2

konvergira. Neka je α0 > 0 i ε > 0 tako da je

α0 − ε > 0. U okolini ]α0 − ε, α0 + ε[ integral +∞ '

sin x − x cos x x3

0

′

α dx =

+∞ '

sin αx dx x

0

(

ravnomerno konvergira po Dirihleovom kriterijumu, jer je β sin αxdx

≤ 0

2 α0 −ε

za α ∈ ]α0 − ε, α0 + ε[ (neka student proveri ostale uslove Dirihleovog kriterijuma). Zato u toj okolini, pa i u taˇcki α = α0 vaˇzi ′

I (α) = α

+∞ ' 0

sin αx π dx = α · . x 2

Odatle je I (α) = π4 α2 + C za α > 0. Pošto je I ′ (0) = 0 (I ′ (α) je parna funkcija i oˇcigledno je I ′ (0− ) = I ′ (0+ ) = 0) to je I (α) neprekidna funkcija u taˇcki α = 0. Zato je 0 = I (0) = lim I (α) = C, te je I (α) = π4 α2 a α→0+

vrednost polaznog integrala je I (1) = π4 . ◮ +∞ ( sin x π ze rešiti Napomena. Znajući da je x dx = 2 , dati integral se moˇ 0

parcijalnim integraljenjem. Zaista,

1 I = − 2 (sin x − x cos x)|+∞ + 0 2x

+∞ '

x sin x dx 2x2

0

sin x − x cos x sin x − x cos x 1 = − lim + lim + 2 x→+∞ x→0 2x 2x2 2

+∞ '

sin x dx x

0

1 π π = 0+0+ · = . 2 2 4 Neka student obrazloˇzi zašto su graniˇcne vrednosti jednake nuli.


244

3.4

Ojlerovi integrali-gama i beta funkcije

Funkcija Γ : p →

+∞ (

xp−1 e−x dx, 0 < p < +∞, naziva se gama funkcijom.

0

To je oˇcigledno nesvojstveni parametarski integral. Ona je neprekidna i ima neprekidne izvode proizvoljnog reda u svojoj oblasti definisanosti i za njih vaˇzi: +∞ ' (k) Γ (p) = xp−1 (ln x)k e−x dx, k ∈ N. 0

Osnovne formule: a) Ako je p > 0, onda je Γ (p + 1) = pΓ (p) . √ b) Ako n ∈ N, onda je Γ (n) = (n − 1)!, kao i Γ n + 12 = (2n−1)!! π. 2n c) Za 0 0, q > 0, naziva se beta 0

funkcijom. Ona je takoñe parametarski integral i neprekidna je u oblasti definisanosti i ima parcijalne izvode proizvoljnog reda, koji se dobijaju diferenciranjem po promenljivima p, q pod znakom integrala. Moˇze se predstaviti i u obliku +∞ ' y p−1 B (p, q) = dy. (1 + y)p+q 0

Gama i beta funkcija se jednim imenom zovu Ojlerovi integrali i povezane su formulom: Γ (p) Γ (q) B (p, q) = . Γ (p + q) √ 3.87 Dokazati da je Γ 12 = π. ◭ +∞ +∞ ' ' 1 2 − 12 −x Γ = x e dx = 2 e−u du 2 0

0

gde je uvedena smena x = u2 . Zatim je  +∞   +∞  +∞ ' +∞ ' ' ' 2 2 1 2 2 2 −u −u Γ = 2 e du · 2 e du = 4 e−(u +v ) dudv. 2 0

0

0

0

3.4. OJLEROVI INTEGRALI-GAMA I BETA FUNKCIJE

245

Prelazeći na polarne koordinate (ρ, ϕ) , gde je u = ρ cos ϕ, v = ρ sin ϕ, poslednji dvojni nesvojstveni integral postaje π

π

+∞ '2 ' '2 1 1 −ρ2

+∞ 2 −ρ2 Γ = 4 dϕ e ρdρ = 4 − e dϕ = π,

2 2 0 0

0

0

1

√ odakle je Γ 2 = π. ◮ 3.88 Izraˇcunati integrale +∞ +∞ ( √ −y3 ( −4z 2 (1 a) ye dy; b) 3 dz; c) 0

0

0

√ dx . − ln x

◭ a) Stavljajući y 3 = x, integral postaje

+∞ +∞ √ ' ' 2 1 1 1 1 π 1 −x −3 − 12 −x 3 x e · x dx = x e dx = Γ = . 3 3 3 2 3 0

0

b) +∞ +∞ +∞ ' ' ' (−4z 2 ) 2 −4z 2 ln 3 3 dz = e dz = e−(4 ln 3)z dz. 0

0

0

Smenom (4 ln 3) z 2 = x integral postaje +∞ ' e−x d 0

1

x2 √ 4 ln 3

!

1 = √ 2 4 ln 3

+∞ √ ' Γ 12 π − 12 −x x e dx = √ = √ . 2 4 ln 3 4 ln 3 0

c) Smenom − ln x = t, odnosno x = e−t , dx = −e−t dt sledi '1 0

dx √ = − ln x

+∞ ' 0

e−t dt √ = t

3.89 Izraˇcunati integral

+∞ (

+∞ ' √ 1 − 12 −t t e dt = Γ = π. ◮ 2 0

n

xm e−ax dx, gde su m, n i a pozitivne kon-

0

stante. ◭ Uzimajući axn = y integral postaje +∞ +∞ ' ' y 1 m y 1 m+1 1 1 m+1 n n −y −y e d = y n e dy = . ◮ m+1 m+1 Γ a a n na n na n 0

0


246

3.90 Dokazati da je Im,n =

(1

xm (ln x)n dx =

0

(−1)n n! (m+1)n+1

ako je n ∈ N i

m > −1. ◭ Smenom x = e−y integral postaje +∞ ' (−1) y n e−(m+1)y dy, n

0

tj. novom smenom (m + 1) y = u dobija se n

Im,n = (−1)

+∞ '

un −u du ne (m + 1) m+1

0

+∞ ' un e−u du

(−1)n (m + 1)n+1

=

0

n

(−1) Γ (n + 1) (−1)n n! = . ◮ (m + 1)n+1 (m + 1)n+1

= 3.91 Dokazati da je

+∞ (

2

e−αλ cos βλdλ =

0

+∞ (

◭ Neka je I = I (α, β) =

1 2

2

π

β2

− 4α . αe

e−αλ cos βλdλ. Onda je

0

∂I = ∂β

+∞ ' 0

2 e−αλ β β −αλ2 −λe sin βλdλ = − sin βλ|+∞ I = − I. 0 2α 2α 2α

β ∂I = − 2α ili Dakle, 1I · ∂β odnosu na β sledi:

∂ ∂β

β ln I = − 2α . Uzimajući neodreñeni integral u

ln I = −

β2 + ln C 4α

β2

tj. I = I (α, β) = Ce− 4α . Ali +∞ +∞ + ' ' Γ 12 1 1 π −αλ2 − 12 −x C = I (α, 0) = e dλ = √ x e dx = √ = 2 α 2 α 2 α 0

0

β2 (gde je stavljeno x = αλ2 ). Znaˇci I = 12 απ e− 4α . Treba napomenuti da ∂I je α > 0. Oˇcigledno je parametarski integral ∂β ravnomerno konvergentan prema Vajerštrasovom kriterijumu. ◮


247

3.92 Izraˇ cunati: 5 1 a) Γ − 2 ; b) Γ − 2 . ◭ Iz rekurentne formule Γ (x + 1) = xΓ (x) , gama funkcija se moˇze definisati i za negativne vrednosti promenljive. Uzimajući Γ (n) = Γ(n+1) sledi n 1 Γ( 12 ) √ a) Γ − 2 = − 1 = −2 π. 2

b)

Γ − 32 5 2 Γ − 32 + 1 2 2 1 8√ Γ − = − = − π. ◮ = · − Γ − = − 2 5 5 3 2 15 − 52 − 32 3.93 Dokazati:

π

(2

a) B (m, n) = 2 sin2m−1 θ cos2n−1 θdθ gde je B beta funkcija; 0

b) B (m, n) = Γ(m)Γ(n) Γ(m+n) gde je Γ gama funkcija. ◭ a) Smenom x = sin2 θ (zašto je moguće?) sledi π

B (m, n) =

'2 0

2 m−1 2 n−1 2 sin θ cos θdθ sin θ cos θ π

= 2

'2

sin2m−1 θ cos2n−1 θdθ.

0

b) Smenom z = x2 , dobija se +∞ +∞ ' ' 2 m−1 −z Γ (m) = z e dz = 2 x2m−1 e−x dx. 0

Sliˇcno je Γ (n) = 2

+∞ (

0

2

y2n−1 e−y dy. Onda je

0

 +∞   +∞  ' ' 2 2 Γ (m) Γ (n) = 4  x2m−1 e−x dx  y 2m−1 e−y dy  = 4

0 +∞ +∞ ' '

x2m−1 y 2n−1 e−(x

0

0

0

2 +y 2

) dxdy.


248

Prelaskom na polarne koordinate sledi   +∞  π ' '2 2   Γ (m) Γ (n) = 4  ρ2(m+n)−1 e−ρ dρ  cos2m−1 ϕ sin2n−1 ϕdϕ 0

0

π 2

= Γ (m + n) · 2

' 0

cos2m−1 ϕ sin2n−1 ϕdϕ = Γ (m + n) · B (m, n)

odakle se dobija traˇzena jednakost. Da je B (m, n) = B (n, m) sledi prostom smenom 1 − x = y. ◮ 3.94 Izraˇcunati: (1 (2 2 dx (a a) x4 (1 − x)3 dx; b) √x2−x ; c) y 4 a2 − y 2 dy. 0

0

◭ a)

'1 0

3

4

x (1 − x) dx =

'1 0

0

x5−1 (1 − x)4−1 dx = B (5, 4) =

Γ (5) Γ (4) 4!3! 1 = = . Γ (9) 8! 280

b) Stavljajući x = 2v, sledi '2 0

1 √ √ √ Γ (3) Γ 12 √ ' 2 64 2 x2 dx 1 − 12 = √ =4 2 . = 4 2 v (1 − v) dv = 4 2B 3, 2 15 2−x Γ 72 0

√ c) Senom y2 = a2 x ili y = a x integral postaje a6 2

'1 0

a6 x (1 − x) dx = B 2 3 2

1 2

5 3 , 2 2

a6 Γ 52 Γ 32 πa6 = · = . 2 Γ (4) 32

3.95 Koristeći formulu +∞ '

xp−1 π dx = x+1 sin pπ

0

dokazati da je Γ (p) Γ (1 − p) = sinπpπ ako je 0 < p < 1. x ◭ Smenom 1+x = y integral sleve strane date formule postaje '1 0

yp−1 (1 − y)−p dy = B (p, 1 − p) =

Γ (p) Γ (1 − p) = Γ (p) Γ (1 − p) . ◮ Γ (p + 1 − p)

3.4. OJLEROVI INTEGRALI-GAMA I BETA FUNKCIJE 3.96 Izraˇcunati +∞ +∞ +∞ ( dx ( dx ( dx a) ; b) ; c) 3 4 1+xn , n ∈ N. 1+x 1+x 0

0

0

◭ a) Smenom x3 = y, dati integral postaje +∞ '

1 dx = 3 1+x 3

0

+∞ '

2

y− 3 dy 1 = 1+y 3

0

+∞ ' 0

√ 1 2π 3 y 3 −1 1 π = dy = · . 1+y 3 sin π3 9

b) Stavljajući x4 = z dobija se +∞ '

dx 1 = 1 + x4 4

0

+∞ ' 0

√ 3 z − 4 dz π π 2 = = . 1+z 4 sin π4 4

c) +∞ '

dx 1 = 1 + xn n

0

'∞

n−1

u− n 1 du = 1+u n

0

+∞ ' 0

1

u n −1 1 π du = · . ◮ 1+u n sin πn

Napomena. U sva tri primera korišćena je formula +∞ ' 0

xp−1 dx π = B (p, 1 − p) = 1+x sin pπ

iz prethodnog zadatka. √ 3.97 Dokazati formulu 22p−1 Γ (p) Γ p + 12 = πΓ (2p) . π

◭ Neka je I =

(2

π

2p

sin xdx i J =

0

(2

sin2p 2xdx. Onda je

0

√ Γ p + 12 π 1 1 1 I = B p+ , = 2 2 2 2Γ (p + 1)

(opet prema zadatku 3.93.a)). Uzimajući smenu 2x = u, dobija se 1 J= 2

'π 0

π

sin2p udu =

'2 0

sin2p udu = I, ili

249


250

π

J =

'2

π

(2 sin x cos x)2p dx = 22p

0

'2

sin2p x cos2p xdx

0

2p−1 Γ2 p + 1 2 1 1 2 = 22p−1 B p + , p + = , 2 2 2pΓ (2p)

odakle sledi traˇzeni rezultat. ◮ 3.98 Dokazati da je +∞ +∞ ( xdx ( y2 dy π √ a) = ; b) = 6 1+x 1+y4 3 3 0

0

π √ . 2 2

◭ a) Smenom x2 = t, integral postaje 1 2

+∞ ' 0

√ dt 1 2π 3 π = · = √ 3 1+t 2 9 3 3

(korišćen je zadatak 3.96a)). 1 b) Smenom y 4 = t y = t 4 integral postaje 1 I= 4

+∞ '

1

1 t− 4 dt = 1+t 4

0

+∞ ' 0

3 1 3 3 1 π t 4 −1 dt π = Γ Γ 1− = · = √ . ◮ 3π 1+t 4 4 4 4 sin 4 2 2

3.99 Dokazati da je π (2 (a dy √4 a) tanp tdt = π2 sec pπ , 0 0; f ) xp ln x1 dx = 0

q > −1. ◭ a) Smenom t = arctan z, dt = +∞ ' zp · 0

0

dz , 1+z 2

; s > 0;

Γ(q+1) , (p+1)q+1

p > −1,

integral postaje

1 dz, 1 + z2

pa novom smenom z 2 = x dobija se π

'2 0

1 tan tdt = 2 p

+∞ p 1 ' x( 2 + 2 )−1 1 π π π pπ p 1 = dx = · sec . pπ = 1+x 2 sin 2 + 2 π 2 cos 2 2 2 0


251

1 3 b) Smenom y4 = a4 t y = at 4 , dy = 14 at− 4 dt, integral postaje

'1 1 1 1 1 1 − 12 − 34 − 34 √ B , t (1 − t) dt = at dt = 4a 4a 4 2 a2 1 − t 0 0 1 2 1 1 √ 1 πΓ 4 Γ 4 1 Γ 2 Γ 4 1 3 √ = · = · = . 2π √ 4a 4a Γ 4 4a 2π 1 2Γ( 4 )

1 I = 4

'1

c) Jednakost se moˇze dokazati matematiˇckom indukcijom. Tvrñenje je taˇcno za 1 prema zadatku 3.92a). Ako se pretpostavi taˇcnost za m, onda je Γ − m + 12 + 1 Γ −m + 12 1 1 Γ − (m + 1) + = Γ −m − = = 2 2 − m + 12 − 2m+1 2 √ √ (−1)m 2m π 2 (−1)m+1 2m+1 π = · = (2m − 1)!! − (2m + 1) (2m + 1)!! što predstavlja dokaz tvrñenja za m+1. Korišćena je formula Γ (x) = kojom se definiše gama funkcija (rekurentno) i za x < 0. d) Smenom t = y2 , integral postaje

Γ(x+1) x

+∞ +∞ + √ ' ' 2 2 π π −sy2 −z2 2 e dy = √ e dz = √ = s s 2 s 0

0

što je i trebalo pokazati. e) Smenom ln x1 = t, direktno se dobija gama funkcija. Neka student detaljno proveri vrste singulariteta i obrazloˇzi navedenu smenu. f ) Smenom ln x1 = t, integral postaje +∞ ' tq e−(p+1)t dt = 0

1 (p + 1)q+1

+∞ ' Γ (q + 1) z (q+1)−1 e−z dz = , (p + 1)q+1 0

(p + 1) t = z je nova smena, ˇcime je dokaz završen. ◮ 3.100 Dokazati da je: +∞ +∞ ( e2x ( e2x dx = √ 2π2 1 , a > 0, b > 0; b) dx = a) ae3x +b (e3x +1)2 3 3a 3 b 3

−∞

◭ a) Smenom ex = t, dati integral postaje +∞ ' 0

t2 dt · = 3 at + b t

+∞ ' 0

−∞

t 1 dt = 3 at + b b

+∞ ' 0

a 3 bt

t dt. +1

2π √ . 9 3


252

Novom smenom t =

b 13 a

1

y 3 , dt =

b 13 a

1 − 23 dy 3y

dobija se

+∞ 2 +∞ 2 ' b 3 − 13 − 13 ' y 1 b y 3 −1 a dy = 2 dy 3b 1+y 1+y 3a 3 0 0 Γ 23 Γ 1 − 23 1 π 2π = 1 2 · 1 2 2π = √ 1 2 3b 3 a 3 3b 3 a 3 sin 3 3 3b 3 a 3

I =

=

što je dokaz jednakosti. Napomena. Student treba da zna da je formula +∞ ' 0

tp−1 π dt = Γ (p) Γ (1 − p) = , 0 0, b > 0 ae3x + b −∞

parametarski (nesvojstven) integral, onda je 2π I ′ (b) = − √ 2 4 , 9 3a 3 b 3 s jedne strane i ′

I (b) = −

+∞ '

−∞

e2x dx, (ae3x + b)2

s druge strane. Odatle sledi vrednost integrala pod b). ◮ +∞ (1 −α ( x−α 3.101 Neka je 0 < α < 1, g (α) = x1+x dx, h (α) = 1+x dx. 0

a) Dokazati: h (α) = g (α) + g (1 − α) , g (α) =

1 α

+ 2α

+∞

n=1

(−1)n α2 −n2 ;

b) Izraˇcunati h (α) i

+∞ ( 0

x−α ln x 1+x dx.

0 +∞

n=1

(−1)n α−n

i h (α) =


253

◭ a) S obzirom da je 0 < α < 1, to dati integrala konvergiraju. Iz g (1 − α) =

'1

x−(1−α) dx = 1+x

0

+∞ '

1 smena x = t

t−α dt 1+t

1

dobija se traˇzena jednakost h (α) = g (α)+g (1 − α) . Kako je za −1 < x < 1 +∞ 1 =1+ (−1)n xn to je 1+x n=1

'1

'1

x−α dx = 1+x

0

x−α +

+∞

!

n

(−1) xn−α dx

n=1

0

1 = + 1−α

'1 0

+∞

!

(−1)n xn−α dx.

n=1

Neka je ε ∈ ]0, 1[ fiksiran broj, onda je 'ε +∞ 0

n

n−α

(−1) x

n=1

!

dx =

+∞

n

(−1)

n=1

=

+∞

+∞

xn−α dx

0

(−1)n

n=1

jer je red

'ε

εn−α+1 , n−α+1

(−1)n xn−α ravnomerno konvergentan na skupu [0, ε] . Sada je

n=1

'1 0

Zato je

+∞

!

(−1)n xn−α dx = lim

n=1

+∞

ε→1−

'ε +∞ 0

!

(−1)n xn−α dx

n=1

+∞

(−1)n εn−α+1 = lim = . (−1) n − α + 1 n=1 n − α + 1 ε→1− n=1

g (α) =

n

+∞ 1 (−1)n 1 1 − + −··· = . −α + 1 −α + 2 −α + 3 α−n n=1


254

Poslednja razmena ”lim“ i ”

+∞ “ je moguća jer je red

n=1

(−1)n εn−α+1 n−α+1

ravnom

erno konvergentan na [0, 1] (obrazloˇziti prema kojem kriterijumu). Iz h (α) = g (α) + g (1 − α) = +∞ (−1)n

+∞ (−1)n

n=1

α−n

+

+∞

(−1)n 1−α−n n=1

+∞ +∞ +∞ (−1)n−1 (−1)n (−1)n = + = + α − n n=1 α + (n − 1) n=1 α − n n=0 α + n n=1 +∞ +∞ 1 1 1 1 (−1)n n + + = + 2α = (−1) . α−n α+n α α α2 − n2 n=1 n=1

b) h (α) =

+∞ ' 0

x−α π dx = B (1 − α, α) = Γ (α) Γ (1 − α) = . 1+x sin απ

Korišćena je formula B (p, q) =

+∞ ' 0

z p−1 dz (1 + z)p+q

odakle se uporeñivanjem dobija da je p+q = 1 i p−1 = −α. Sada je integral I (α) =

+∞ ' 0

x−α ln x dx = − 1+x

+∞ ' 0

−x−α ln x d dx = − 1+x dα

+∞ ' 0

x−α dx 1+x

d π π π 2 cos απ = − = · π · cos απ = . ◮ dα sin απ sin2 απ sin2 απ 3.102 Neka je I (a) =

+∞ (

−∞

eax 1+ex dx,

J (a) =

+∞ ( 0

eax 1+ex dx

za 0 < a < 1.

Ispitati da li je a) I (a) = Γ (a) Γ (1 − a) ; b) I (a) = J (a) + J (1 − a) ; c) J (a) = +∞ (−1)n 1−a+n . n=0

◭ a) Smenom ex = t, dx = 1t dt sledi I (a) =

+∞ ' 0

ta 1 · dt = 1+t t

+∞ ' 0

ta−1 dt = B (a, 1 − a) = Γ (a) Γ (1 − a) . 1+t


255

b) '0

I (a) =

−∞

Treba pokazati da je

(0

−∞

'0

−∞

eax dx. 1 + ex

0

eax 1+ex dx

eax dx = 1 + ex

+∞ '

eax dx + 1 + ex =

+∞ ( 0

+∞ ' 0

e(1−a)x 1+ex dx.

e−at dt = 1 + e−t

Smenom x = −t dobija se

+∞ ' 0

e(1−a)t dt 1 + et

tj. sledi dokaz jednakosti I (a) = J (a) + J (1 − a) . c) Smenom e−x = t, integral J (a) postaje J (a) =

'1 0

=

'1

t−a 1 · dt = 1 + 1t t −a

t

t−a dt = 1+t

0

n n

(−1) t

n=1

0

=

1+

+∞

'1

!

'1 0

dt =

t−a 1 − t + t2 − + · ·· dt

'1

−a

t

dt +

0

+∞

(−1)

n=1

n

'1

tn−a dt

0

1

+∞ +∞ n−a+1 1 1 1 t−a+1

n t

+ (−1) = + (−1)n . −a + 1 0 n=1 n − a + 1 0 −a + 1 n=1 n−a+1

Pošto je x ≥ 0, to je 0 < t ≤ 1. Korišćena su svojstva stepenog reda. ◮ 3.103 Izraˇcunati sledeće parametarske integrale: π (1 1 a 1 (2 a a) ln x ln ln x dx; b) sin x ln (sin x) dx. 0

0

◭ a) Smenom ln x1 = t, dx = −e−t dt dati integral postaje −

'0

+∞

+∞ ' d t (ln t) e dt = ta (ln t) e−t dt = (Γ (a + 1)) . dt a

−t

0

− 1 b) Smenom sin x = t, cos xdx = dt, dx = 1 − t2 2 dt, integral postaje '1 0

− 1 ta (ln t) 1 − t2 2 dt,


256

odnosno smenom t2 = u, 1 4

I =

'1

u

0

1 d · 4 da

=

1 d a+1 1 B , (1 − u) ln udu = · 4 da 2 2 ! ! 1 √ Γ a+1 Γ 2 π d Γ a+1 2 2 . ◮ · = 2 da aΓ a2 Γ a2 + 1 − 12

a−1 2

3.104 Neka je α > 0 realan broj. Dokazati 1

B (α, α) = 2

'2

1 − 4

0

◭ Pošto je B (p, q) =

(1 0

B (α, α) =

'1

x

0

=

'1 0

+

'1

1 − 4

1 2

α−1

2 !α−1 1 −x dx. 2

xp−1 (1 − x)q−1 dx, p > 0, q > 0, to je α−1

(1 − x)

dx =

'1 0

α−1 x − x2 dx

1 2 !α−1 '2 1 1 − −x dx = 4 2

0

2 !α−1 '2 1 dx = 2 −x 2

jer su oba integrala jednaka 1 2

1

0

(1 0

1 4α−1

1 − 4

1 − 4

2 !α−1 1 −x dx 2

2 !α−1 1 dx, −x 2

α−1 1 − t2 dt (u prvom se uvodi smena

− x = 12 t, a u drugom 12 − x = − 12 t). ◮ 3.105 Dokazati: a) Γ (1) = Γ (2) ; b) ∃x0 ∈ ]1, 2[ : Γ′ (x0 ) = 0; c) Γ′ raste na ]0, +∞[ ; x−1 1 (1 d) Γ opada na ]0, x0 [ a raste na ]x0 , +∞[ ; e) integral ln u1 ln ln u du 0

je jednak nuli za x = x0 ; f ) Γ (α) ∼

1 α

kad α → 0+ ; g) lim

+∞ (

n→+∞ 0

n

e−x dx = 1.


257

◭ a) Γ (1) =

+∞ '

+∞ e−x dx = −e −x 0 = 1, 0

Γ (2) =

+∞ +∞ +∞ ' ' '

−x −x +∞ −x xe dx = −x e 0 + e dx = 0 + e−x dx = 1. 0

0

0

Znaˇci Γ (1) = Γ (2) . b) Funkcija α → Γ (α) zadovoljava Rolovu teoremu na segmentu [1, 2] . Obrazloˇziti detalje. c) Pošto je +∞ ' Γ′ (α) = xα−1 (ln x) e−x dx, to je 0

Γ′′ (α) =

+∞ '

xα−1 (ln x)2 e−x dx > 0, tj. Γ′ ր .

0

d) Sledi iz b) i c). e) Smenom ln u1 = t, dobija se +∞ '1 ' 1 x−1 1 ln ln ln du = tx−1 (ln t) e−t dt = Γ′ (x) , u u 0

0

i tvrñenje onda sledi iz b). f ) Kako je αΓ (α) = Γ (α + 1) , treba pokazati da je lim Γ (α + 1) = 1. α→0+

Pošto je funkcija α → Γ (α) neprekidna na skupu ]0, +∞[ to je lim Γ (α + 1) = Γ lim (α + 1) = Γ (1) = 1. α→0+

α→0+

1

1

g) Smenom xn = u sledi x = u n , dx = n1 u n −1 du, te dati integral postaje 1 n

+∞ ' 1 1 1 −1 −u n u e du = Γ . n n 0

Tvrñenje onda sledi iz f) jer

1 n

→ 0, kad n → +∞. ◮


258

3.5

Furijeovi redovi

Sistem funkcija 1 kπx kπx , cos , sin , k ∈ N, x∈ [−l, l] , 2 l l se naziva osnovnim trigonometrijskim sistemom. On je ortogonalan na segmentu [−l, l] . Neka je f : [−l, l] → R integrabilna funkcija na [−l, l] . Brojevi 1 a0 = l

'l

−l

1 f (x) dx, ak = l

'l

kπx 1 f (x) cos dx, bk = l l

−l

'l

f (x) sin

kπx dx, l

−l

gde je k ∈ N, se zovu Furijeovi koeficijenti funkcije f u odnosu na osnovni trigonometrijski sistem. Trigonometrijski red +∞ kπx kπx a0 + + bk sin ak cos 2 l l k=1

se zove Furijeov red funkcije f. Specijalno ako je funkcija f parna, onda Furijeov red ima oblik +∞ a0 kπx + ak cos ; 2 l k=1

u sluˇcaju da je funkcija f neparna, Furijeov red glasi +∞ k=1

bk sin

kπx . l

Funkcija f : [−l, l] → R je deo po deo neprekidna na [−l, l] , ako je neprekidna u svakoj taˇcki x ∈ [−l, l] sa izuzetkom konaˇcnog broja taˇcaka u kojima ima prekide prve vrste. Skup tih funkcija se oznaˇcava sa C0 [−l, l] . Funkcija f : [−l, l] → R je deo po deo glatka na [−l, l] , ako je na [−l, l] deo po deo neprekidna i ima neprekidan izvod na tom segmentu sa izuzetkom konaˇcno taˇcaka u kojima ima konaˇcne jednostrane graniˇcne vrednosti. Teoreme o razlaganju u Furijeov red: T1. Neka je deo po deo glatka na [−l, l] , 2l−periodiˇcna funkcija f proširena na celu brojnu pravu. Tada trigonometrijski Furijeov red funkcije f konvergira u svakoj taˇcki x ∈ ]−∞, +∞[ ka vrednosti 12 (f (x− ) + f (x+ )) . T2. Ako neprekidna i deo po deo glatka funkcija f na [−l, l] zadovoljava f (−l) = f (l) , onda njen trigonometrijski Furijeov red ravnomerno konvergira na tom segmentu i njegova suma je f (x) za svako x ∈ [−l, l] .

3.5. FURIJEOVI REDOVI

259

T3. Neka f ∈ C m [−l, l] , f (−l) = f (l) , f (k) (−l) = f (k) (l) za k = 1, m i neka funkcija f na [−l, l] ima deo po deo neprekidan izvod reda m + 1. Tada: +∞ kπ m a) brojni red (|ak | + |bk |) konvergira; l k=1

b) Furijeov red funkcije f se na [−l, l] moˇze m puta diferencirati ˇclan po ˇclan. T4. Neka f ∈ C0 [−π, π] i neka je +∞

a0 (an cos nx + bn sin nx) + 2 n=1 njen Furijeov red. Tada (nezavisno od toga konvergira li taj red ili ne) za sve x ∈ [−π, π] vaˇzi 'x

f (t) dt =

0

'x 0

+∞ ' a0 dx + (an cos nt + bn sin nt) dt, 2 n=1 x

0

pri ˇcemu poslednji red konvergira ravnomerno na [−π, π] . 3.106 Neka je c ∈ R, l > 0 i 0 < ξ1 < ... < ξn < ...niz rešenja jednaˇcine tan lξ = cξ. Dokazati da je sistem funkcija {sin ξn x : n ∈ N} ortogonalan u C [0, l] . ◭ Treba pokazati da je 'l

sin ξn x sin ξm xdx = 0

0

za n = m i da je

(l 0

sin2 ξn xdx = 0. Pošto je

sin ξn x sin ξm x =

I =

'l

1 (cos (ξn − ξm ) x − cos (ξn + ξm ) x) , to je 2

sin ξn x sin ξm xdx

0

=

1 1 1 1 · sin (ξn − ξm ) l − · sin (ξn + ξm ) l 2 ξn − ξm 2 ξn + ξm


260 = = = =

sin (ξn − ξm ) l sin (ξn + ξm ) l − 2 (tan lξn − tan lξm ) c (tan lξn + tan lξm ) sin (ξn − ξm ) l cos lξn cos lξm sin (ξn + ξm ) l cos lξn cos lξm c − 2 sin lξn cos lξm − sin lξm cos lξn sin lξn cos lξm + sin lξm cos lξn c sin (ξn − ξm ) l cos lξn cos lξm sin (ξn + ξm ) l cos lξn cos lξm − 2 sin (ξn − ξm ) l sin (ξn + ξm ) l c (cos lξn cos lξm − cos lξn cos lξm ) = 0 2 2 c

za ξm = ξn . Ako je ξm = ξn , onda je

(l

sin2 ξn xdx > 0 jer je na [0, l] funkcija

0

a = 0. ◮ sin2 ax = 0, bar u jednoj taˇcki x, ako je " # √ nx , sin √nx (bez funkcije √12π !) 3.107 Dokazati da sistem funkcija cos π π nije potpun u prostoru C0 [−π, π] . ◭ Ako se pretpostavi da je dati sistem potpun u prostoru C0 [−π, π] onda to prema ([2], II, Teorema 8.2.1 ili [9], II, Teorema 6.1.XV) znaˇci (∀f ∈ C0 [−π, π]) f =

+∞

n=1

f, en en

gde su f, en Furijeovi koeficijenti funkcije f ∈ C0 [−π, π] u odnosu na dati sistem. Ako je na primer f ≡ 1 (jediniˇcna funkcija), onda su svi Furijeovi koeficijenti nula, odakle sledi 1 ≡ 0, što je nemoguće. ◮ +∞ Napomena. Kod tumaˇcenja jednakosti f = f, en en student mora n=1

da bude oprezan.

3.108 a) Dokazati da trigonometrijski red

+∞

n=1

sin √nx n

(mada konvergen-

tan za svako x ∈ R) nije Furijeov red neke funkcije f ∈ C0 [−π, π] . +∞ sin nx+cos 2nx b) Da li je Furijeov red neke funkcije? n2 n=1

◭ a) Ako se pretpostavi suprotno, tj. da popstoji funkcija f ∈ C0 [−π, π] +∞ sin nx √ , onda prema ([2], II, Teorema 8.2.1 ili [9], II, ˇciji je Furijeov red n n=1

Teorema 6.1.XV) sledi

1 π

'π

−π

f 2 (x) dx =

+∞ 1 , n n=1


261

(Parsevalova jednakost) što je nemoguće, jer je leva strana konaˇcna, a desna +∞ 1 nije (f je Riman-integrabilna funkcija, a red n divergira). Ovo pokazuje n=1

da trigonometrijski red nije obavezno Furijeov red neke funkcije. b) Kako je

+∞ +∞

sin nx + cos 2nx 1

≤2 ,

2 n n2 n=1

n=1

sledi da taj red ravnomerno konvergira na R ka nekoj funkciji f za koju vaˇzi: a0 = 0, a2n

a2n−1 =

bn =

1 π 1 π

'π

−π 'π

1 = π

'π

f (x) cos 2nxdx =

−π

1 , n2

f (x) cos (2n − 1) xdx = 0, f (x) sin nxdx =

−π

1 , n ∈ N. n2

Znaˇci, dati trigonometrijski red jeste Furijeov red svoje granice f (x) . ◮ 3.109 Funkciju f (x) = x − [x] razviti u Furijeov red. Kolika je suma dobijenog reda? ◭ Grafik funkcije x → x−[x] je lako nacrtati. Ona je periodiˇcna (T = 1), neprekidno diferencijabilna izuzev u celobrojnim taˇckama gde ima prekide prve vrste. Dakle, moˇze se razviti u Furijeov red oblika +∞

a0 + an cos 2nπx + bn sin 2nπx. 2 n=1 Ovaj red konvergira ka f (x) za x = k, k ∈ Z, odnosno ka taˇckama. Zatim je 1

a0 =

1 1 2

'2

f (x) dx = 2

0

− 12

an = 2

'1

'1 0

1 2

u celobrojnim

1 1 (x − [x]) dx = 2 x 2 0 = 1, 2

(x − [x]) cos 2nπxdx = 2

'1 0

x cos 2nπxdx


262



x sin 2nπ x|10 − = 2 2nπ =

'1 0

 1 sin 2nπxdx 2nπ

1 1 · cos 2nπ x|10 = 0, nπ 2nπ

bn = 2

'1 0



= 2

(x − [x]) sin 2nπxdx = 2 −x cos 2nπ x|10 + 2nπ

'1 0

'1

x sin 2nπxdx

0



1 cos 2nπxdx 2nπ

1 1 1 = − + 2 2 sin 2nπ x|10 = − . nπ 2n π nπ Dakle, x − [x] ∼

+∞ 1 11 − sin 2nπx. ◮ 2 π n=1 n

3.110 Neka je funkcija f : R → R neprekidno diferencijabilna, parna i periodiˇcna s periodom 2π i neka za svaki nenegativan ceo broj n vaˇzi 'π

f (x) cosn xdx = 0.

0

Dokazati da je f ≡ 0. ◭ Moˇze se pokazati da je cos nx (n ∈ N) polinom stepena n po cos x. Zaista, na osnovu jednakosti cos (n + 1) x = 2 cos nx cos x − cos (n − 1) x i principa potpune matematiˇcke indukcije: n − 1, n → n + 1 sledi dokaz. Zato je za sve n ∈ N 'π f (x) cos nxdx = 0 0

jer je cos nx = A0 + A1 cos x + A2 cos2 x + · · · + An cosn x i 'π 0

f (x) · A0 · dx = A0

'π 0

f (x) · cos0 x · dx = 0


263

po pretpostavci u zadatku, te su Furijeovi koeficijenti an funkcije f svi jednaki nuli. Koeficijenti bn su jednaki nuli zbog parnosti. Na osnovu uslova zadatka, f se u svakoj taˇcki predstavlja svojim Furijeovim redom, te je f ≡ 0. ◮ 3.111 Funkciju f (x) = x, 0 < x < 2 razviti a) u Furijeov sinusni red; b) u Furijeov kosinusni red; c) Primeniti Parsevalovu jednakost na Furijeov red dobijen pod b) i na +∞ 1 ; osnovu toga naći sumu reda n4 n=1

d) Naći Furijeov red funkcije x → x2 , 0 < x < 2, integraljenjem Furi+∞ (−1)n−1 ; jeovog reda pod a) i na osnovu toga naći sumu reda n2 n=1

1−a cos x e) Funkciju f : R → R, x → 1−2a razviti u Furijeov red. cos x+a2 ◭ a) Funkcija ˇciji je grafik lako nacrtati moˇze se prema Dirihleovoj teoremi razviti u Furijeov red koji konvergira ka njoj za sve x ∈ R. Kako je ona jednaka datoj funkciji na intervalu ]0, 2[ , to je taj Furijeov red istovremeno i Furijeov red date funkcije. Pošto je T = 2l = 4, to je l = 2, odnosno, a0 = an = 0 jer je proširenje funkcije na R neparna funkcija. Zatim je

bn =

1 2

'2

nπx 2 f (x) sin dx = 2 2 ⋆

−2

Dakle, 4 x= π

x sin

nπx dx 2

0

nπx

2 −2 cos

+ nπ 2 0

'2

nπx 2 cos dx nπ 2 0 −4 4 nπx

2 −4 cos nπ + 2 2 sin cos nπ.

= nπ n π 2 0 nπ

= x· =

'2

+∞ πx 1 2πx 1 3πx −4 nπx sin − sin + sin −··· = cos nπ sin 2 2 2 3 2 nπ 2 n=1

za 0 < x < 2. b) Parno proširenje funkcije f (x) na ˇcitavom R je parna funkcija, neprekidna, deo po deo monotona, periodiˇcna T = 4, l = 2, i bn = 0 za sve n ∈ N. a0

1 = 2

'2

−2

f

⋆

(x) dx =

'2 0

xdx = 2,


264

'2

an =

0

x cos

nπx 4 dx = · · · = 2 2 (cos nπ − 1) . 2 n π

Znaˇci, πx 1 3πx 1 5πx + 2 cos + 2 cos +··· cos 2 3 2 5 2 +∞ (2n − 1) πx 8 1 , 0 < x < 2. = 1− 2 2 cos π 2 (2n − 1) n=1

8 x = 1− 2 π

c) Parsevalova jednakost daje 1 2

'2

−2

+∞

22 16 x dx = + (cos nπ − 1)2 , ili 4 π4 2 n n=1 2

1 1 1 + + + · · ·· 14 34 54 0, n = 2k, π4 = 96 , jer je cos nπ − 1 = −2, n = 2k − 1.

64 8 =2+ 4 3 π odnosno

+∞

n=1

1 (2n−1)4

Sada je

1 1 1 1 + 4 + 4 +···+ 4 +···· 4 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1 = + + +··· + + + +··· 14 34 54 24 44 64 π4 1 1 1 π4 S + 4 1+ 4 + 4 +··· = + = 96 2 2 3 96 16

S =

4

odakle je S = π90 . d) Pošto je 4 x= π

πx 1 2πx 1 3πx sin − sin + sin −··· 2 2 2 3 2

za 0 < x < 2, to je 'x 0

xdx =

'x 0

4 π

πx 1 2πx 1 3πx sin − sin + sin − · · · dx, tj. 2 2 2 3 2

3.5. FURIJEOVI REDOVI x2 = C −

265

2πx 3πx πx 1 1 − 2 cos + 2 cos −··· cos 2 2 2 3 2 + 312 − 412 + · · · . Integraljenje je vršeno na segmentu

16 π2

gde je C = π162 1 − 212 [0, x] ⊂ [0, 2] . Dobijeni Furijeov red je upravo Furijeov kosinusni red funkcije x → x2 za 0 < x < 2, zato je 1 a0 = C= 2 l

'l

1 f (x) dx = 2

0

Znaˇci

4 3

=

16 π2

1−

1 22

+

1 32

−

1 42

4 x2 dx = . 3

0

+ · · ·· tj.

+∞ (−1)n−1

n2

n=1

'2

=

4 π2 π2 · = . 3 6 12

Napomena. Treba napomenuti da se Furijeov red +∞ 4 (−1)n−1 nπx sin π n=1 n 2

funkcije x → x, 0 < x < 2 ne moˇze diferencirati ˇclan po ˇclan. Zaista, ako je to moguće onda bi red 2

+∞

(−1)n−1 cos

n=1

nπx 2

konvergirao za 0 < x < 2, što je kontradikcija. Opšti ˇclan cos nπx 2 0 ni za jedno x ∈ R. e) Iz jednakosti 1 − 2a cos x + a2 = (a − cos x)2 + sin2 x, sledi da je za a ∈ / {−1, 1} funkcija f definisana na R, 2π−periodiˇcna i neprekidno diferencijabilna. To znaˇci da se moˇze razviti u Furijeov red ˇcija je suma f (x) za svako x ∈ R. Za a = −1 ili a = 1 imamo da je f (x) = 12 , x = kπ, k ∈ Z. Zato, neka je |a| = 1. Tada je f (x) = g (a) =

eix e−ix + 2 (eix − a) 2 (e−ix − a)

za svako x ∈ R. Sada razlikujemo dva sluˇcaja: |a| < 1 i |a| > 1.


266

Ako je |a| < 1, onda je: aeix = ae−ix = |a| < 1 i tada je 1 2

g (a) =

1 2

+ 1 − ae−ix 1 − aeix +∞ +∞ 1 n −inx 1 n inx = a e + a e 2 n=0 2 n=0 +∞

=

an cos (nx) .

n=0

ix −ix

Ako je |a| > 1, onda je: ea = e a = g (a) =

1 |a|

< 1 i tada je

eix −1 e−ix −1 · + · ix 2a 1 − e 2a 1 − e−ix a a +∞

+∞

1 ei(n+1)x 1 e−i(n+1)x = − − 2 n=0 an+1 2 n=0 an+1 = − Znaˇci,

+∞

n=0

an cos (nx) i −

+∞ cos (n + 1) x

n=0

+∞

n=1

an+1

cos(nx) an

=−

+∞ cos (nx)

n=1

an

.

su razvoji funkcije f u Furijeov red. ◮

Napomena. Treba imati na umu Ojlerovu formulu cos x + i sin x = eix , x ∈ R i na osnovu nje formule cos x =

eix + e−ix eix − e−ix i sin x = . 2 2i

3.112 a) Razviti funkciju x → arcsin (cos x) u Furijeov red i na osnovu +∞ 1 toga odrediti sumu reda . n4 n=

b) Razviti funkciju θ → 5+41cos θ u Furijeov red i na osnovu toga odrediti (π cos nθ vrednost integrala In = 5+4 cos θ dθ. 0

◭ a) S obzirom da je funkcija neprekidna, 2π−periodiˇcna, deo po deo monotona, to se moˇze razviti u Furijeov red% koji za $ sve x ∈ R konvergira π π π funkciji f (x) . Ako x ∈ [0, π] , onda 2 − x ∈ − 2 , 2 , te je π π arcsin (cos x) = arcsin sin −x = −x 2 2


267

% $ prema formuli arcsin (sin t) = t, t ∈ − π2 , π2 . Zbog parnosti funkcije grafik je sada lako nacrtati. Furijeov red ima samo kosinuse. a0 =

an

1 π

'π

−π 'π

2 f (x) dx = π

'π 0

π − x dx = 0, 2

'π 'π 2 = − x cos nxdx = cos nxdx − x cos nxdx 2 π −π 0 0   'π 1 2 x 1 = sin nx|0π −  sin nx|0π − sin nxdx n π n n 0 n 0, n = 2k, 2 (−1) − 1 = = − 4 2 , n = 2k − 1. π n π(2k−1)2 1 π

π

Znaˇci, za sve x ∈ R : arcsin (cos x) =

+∞ 4 cos (2n − 1) x . π n=1 (2n − 1)2

Integraljenjem od 0 do x za neko x ∈ [0, π] sledi 'x 0

+∞ 'x +∞ π 4 cos (2n − 1) x 4 sin (2n − 1) x − x dx = dx + C = + C, 2 π n=1 π n=1 (2n − 1)3 (2n − 1)2 0

+∞ π x2 4 sin (2n − 1) x tj. x − = , 2 2 π n=1 (2n − 1)3

jer se za x = 0 dobija C = 0. Ponovnim integraljenjem leve i desne strane od 0 do x dobija se +∞ +∞ πx2 x3 4 cos (2n − 1) x 4 1 − =− + + C1 . 4 6 π n=1 (2n − 1)4 π n=1 (2n − 1)4

Ako je x = 0, onda je C1 = 0. Znaˇci, za sve x ∈ [0, π] je +∞ +∞ 1 πx2 x3 4 cos (2n − 1) x 4 − =− + . 4 4 6 π n=1 (2n − 1) π n=1 (2n − 1)4


268 Uzimajući x =

π 2,

dobija se suma reda

+∞

n=1

1 (2n−1)4

a zatim i reda

+∞

n=1

1 n4

(videti prethodni zadatak). Napomena. Nastavljajući postupak integraljenja mogu se dobiti sume +∞ 1 redova za s = 3, 4, 5, .... Iz jednakosti n2s n=1

+∞ π x2 4 sin (2n − 1) x x− = , x ∈ [0, π] 2 2 π n=1 (2n − 1)3

se mogu dobiti sume redova

+∞

n=1

1

n2s+1

,

+∞

n=1

(−1)n−1 n2s+1

za s = 1, 2, 3, ... uzimajući

x = π2 i uzastopnim integraljenjem. b) Data funkcija je oˇcigledno 2π−periodiˇcna i neprekidno diferencijabilna, tako da se moˇze razviti u Furijeov red ˇcija je suma funkcija f (θ) . Koristeći Ojlerovu formulu imamo da je za svako θ ∈ R 1 eiθ = 5 + 2eiθ + 2e−iθ 2eiθ + 5eiθ + 2 x x = = , x = eiθ . 2x2 + 5x + 2 (x + 2) (2x + 1)

f (θ) =

Prethodna racionalna funkcija po x je dalje jednaka 2 1 x 3 = 3 − , (x + 2) (2x + 1) x + 2 2x + 1

odakle je f (θ) =

1 3 1 + 12 eiθ

−

1 −iθ 6e . 1 + 12 e−iθ

1 Znajući da je za svaki kompleksan broj z za koji je |z| < 1, 1+z =

dobijamo

f (θ) =

+∞

(−1)n z n ,

n=0

+∞ +∞ 1 (−1)n inθ e−iθ (−1)n −inθ e − e 3 n=0 2n 6 n=0 2n +∞

+∞

1 (−1)n inθ 1 (−1)n+1 −i(n+1)θ = e + e 3 n=0 2n 3 n=0 2n+1 +∞

=

1 1 (−1)n + cos nθ. 3 3 n=1 2n−1

(1)


269

S obzirom da poslednji red konvergira apsolutno a i ravnomerno na R to se moˇze zakljuˇciti da je on Furijeov red funkcije f (θ) . Stvarno,

πap (f) =

'2π

1 f (θ) cos pθdθ = 3

0

1 = 3

'2π 0

'2π

1 cos pθdθ + 3

0

+∞

1 (−1)n cos pθdθ + 3 2n n=1

'2π 0

'2π +∞ 0 n=1

(−1)n cos nθ cos pθdθ 2n−1

[cos (n + p) θ cos (n − p) θ] dθ,

jer red (1) ravnomerno konvergira. Iz poslednje formule slede Furijeovi kon π eficijenti, a zatim i da je I0 = π3 i In = (−1) 3·2n$ , n ≥% 1. ◮ 3.113 Funkciju f : x → sgn sin 2x, x ∈ − 12 , 12 razviti u Furijeov red. ◭ T = 2l = 1, l = 12 , proširenje funkcije ima prekide prve vrste, i deo po deo je diferencijabilna, te se moˇze razviti u Furijeov red. Zbog neparnosti funkcije je a0 = an = 0. Dalje je 1

bn =

=

1 1 2

'2

1

f (x) sin

− 12

nπx 1 2

dx = 4

'2 0

1 · sin 2nπxdx

1 −4 2 cos 2n πx|02 = − ((−1)n − 1) = 2nπ nπ

0, n = 2k, 4 π(2k−1) , n = 2k − 1,

i

+∞ 4 sin 2 (2n − 1) πx 1 1 f (x) = , x∈ − , . ◮ π 2n − 1 2 2 n=1

3. 114 Funkcije x → cos3 x i x → sin3 x razviti u Furijeov red na ]−π, π[ . ◭ Pošto su ove funkcije periodiˇcne (T = 2π-zašto?) to iz poznatih formula cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x i sin 3x = −4 sin3 x + 3 sin x, sledi 1 1 3 3 cos x + cos 3x i sin3 x = sin x − sin 3x 4 4 4 4 što i predstavlja traˇzene Furijeove redove. ◮ Napomena. Neka student pokaˇze da Furijeov red funkcija x → cosk x i x → sink x, k ∈ N na ]−π, π[ , ima konaˇcno mnogo ˇclanova razliˇcitih od nule. cos3 x =

270

3.6


Furijeovi integrali

Ako je funkcija f : R → R apsolutno integrabilna na R i ima deo po deo neprekidan prvi izvod na svakom konaˇcnom razmaku brojne prave, tada se njoj pridruˇzuje Furijeov integral +∞ ' (a (y) cos yx + b (y) sin yx) dy, 0

gde je 1 a (y) = π

+∞ +∞ ' ' 1 f (x) cos xydx, b (y) = f (x) sin xydx. π

−∞

−∞

On konvergira ka f (x) za sve x ∈ R u kojima je funkcija f neprekidna, tj. ka 12 (f (x − 0) + f (x + 0)) ako je x taˇcka prekida prve vrste. 3.115 Slede´ ce funkcije predstaviti Furijeovim integralom: 1, |x| < 1, a) f (x) = b) f (x) = sgn (x − α) − sgn (x − β) , β > α; 0, |x| > 1; sin x, |x| < π, 1 x c) f (x) = a2 +x2 ; d) f (x) = a2 +x2 , a = 0; e) f (x) = 0, |x| > π; 2 −α|x| −α|x| f ) f (x) = e , α > 0; g) f (x) = e sin βx, α > 0;h) f (x) = e−x . ◭ a) Data funkcija ispunjava sve uslove za predstavljanje Furijeovim integralom. Pošto je parna, to je b (y) = 0 i 2 a (y) = π

+∞ +∞ ' ' 2 2 sin y . f (x) cos xydx = cos xydx = π πy 0

0

Dakle, f (x) =

+∞ ' 0

sin y cos yxdy, |x| = 1. y

Za x = ±1, Furijeov integral date funkcije konvergira ka 12 . b) Oˇcigledno je 0, x < α, 1, x = α, f (x) = 2, α < x < β, 1, x = β, 0, x > β.

3.6. FURIJEOVI INTEGRALI

271

Onda je 1 a (y) = π 1 b (y) = π

+∞ ' 'β 2 2 f (x) cos xydx = cos xydx = (sin βy − sin αy) , π πy

−∞

α

+∞ '

−∞

2 f (x) sin xydx = π

te je 2 f (x) = π

+∞ '

'β

sin xydx =

α

2 (cos αy − cos βy) , πy

sin y (β − x) + sin y (x − α) dy y

0

predstavljena Furijeovim integralom za sve x ∈ R. U ovom primeru Furijeov integral konvergira ka f (x) za sve x ∈ R. Obrazloˇziti! c) Za a = 0 funkcija ispunjava uslove za predstavljanje Furijeovim integralom. Zbog parnosti funkcije f imamo da je b (y) = 0 i +∞ '

2 a (y) = π

0

cos yx 1 −|a|y dx = e 2 2 a +x |a|

(zadatak 3.69), tako da je 1 f (x) = |a|

+∞ ' e−|a|y cos yxdy 0

predstavljanje funkcije f Furijeovim integralom. d) Funkcija zadovoljava sve uslove predviñene za predstavljanje Furi+∞ ( x sin yx jeovim integralom. Zbog neparnosti je a (y) = 0 i b (y) = π2 dx, a = a2 +x2 0

0. Vidimo iz prethodnog zadatka da je b (y) = −a′ (y)(mogućnost diferenciranja pod integralom obrazloˇzena je u zadatku 3.69). Znaˇci, +∞ ' f (x) = e−|a|y sin yxdy, a = 0. 0

e) Oˇcigledno je a (y) = 0 i 2 b (y) = π

'π 0

sin x sin yxdx =

πy · sin , y = 1, 1−y2 1, y = 1, 2 π


272

2 tj. f (x) = π

+∞ ' 0

sin πy sin yxdy. 1 − y2

f ) Funkcija ispunjava dovoljne uslove za predstavljanje Furijeovim integralom. Zbog parnosti je b (y) = 0 i 2 a (y) = π

+∞ ' e−αx cos yxdx =

2α . + y2)

π (α2

0

Zato je za sve x ∈ R 2α f (x) = π

+∞ '

cos yx dy, α > 0, α2 + y 2

0

Furijeov integral date funkcije. g) Nalazimo da je a (y) = 0 i 2 b (y) = π

+∞ ' e−αx sin βx sin yxdx 0

+∞ +∞ ' ' 1 1 = e−αx cos (β − y) xdx − e−αx cos (β + y) xdx π π 0

= =

α

α

0

− π α2 + (β − y)2 π α2 + (β + y)2 π

α2

4αβy . + (β − y)2 α2 + (β + y)2

Dakle, za sve x ∈ R imamo da je 4αβ f (x) = π

+∞ ' 0

y sin yx dy, α > 0. α2 + (β − y)2 α2 + (β + y)2

h) Oˇcigledno je b (y) = 0 (zbog parnosti funkcije) i 2 a (y) = π

+∞ ' y2 2 1 e−x cos yxdx = √ e− 4 π 0


273

(zadatak 3.84), tako da je e

−x2

1 =√ π

+∞ ' y2 e− 4 cos yxdy 0

Furijeov integral date funkcije. ◮ 3.116 Funkciju f (x) = e−x , x > 0 predstaviti Furijeovim integralom produˇzujući je na celom R tako da bude: a) parna; b) neparna. ◭ a) U ovom sluˇcaju imamo funkciju x e , x ≤ 0, F (x) = e−x , x > 0, koja zadovoljava dovoljne uslove za predstavljanje Furijeovim integralom i za nju je b (y) = 0 i 2 a (y) = π

+∞ ' e−x cos yxdx =

2 . π (y 2 + 1)

0

Onda njen Furijeov integral glasi 2 F (x) = π

+∞ '

cos yx dy. y2 + 1

0

b) Neparno raširenje funkcije f (x) = e−x , x > 0 je −ex , x ≤ 0, G (x) = e−x , x > 0, i za nju je a (y) = 0 i 2 b (y) = π

+∞ ' e−x sin yxdx = 0

Furijeov integral je 2 G (x) = π

+∞ ' 0

2y . π (y 2 + 1)

y sin yx dy. ◮ y2 + 1


274

Ako je funkcija f : [0, +∞[ → R apsolutno integrabilna na [0, +∞[ i ima deo po deo neprekidan prvi izvod na svakom konaˇcnom razmaku poluprave x > 0, onda postoje integrali f s (y) =

+

2 π

+ ' +∞ +∞ ' 2 f (x) sin yxdx i f c (y) = f (x) cos yxdx, π 0

0

i zovu se redom sinusna i kosinusna Furijeova transformacija funkcije f. Formulom +∞ ' 1 f (y) = √ f (x) e−iyx dx 2π −∞

data je direktna kompleksna Furijeova transformacija funkcije f. 3.117 Naćidirektnu sinusnu transformaciju funkcija:  1, 0 < x ≤ 2, x, 0 ≤ x ≤ 1, a) f (x) = 3, 2 < x ≤ 4, b) f (x) = c) f (x) = 0, 1 < x < +∞;  0, 4 < x < +∞; cos x, 0 ≤ x ≤ π, 0, π < x < +∞. ◭ a) Data funkcija zadovoljava napred nevedene uslove i f s (y) =

+

2 π

+∞ ' f (x) sin yxdx 0

 + '2 '4 2 = sin yxdx + 3 sin yxdx π 0 2 + 21 = (1 + 2 cos 2y − 3 cos 4y) . πy b) + '1 2 f s (y) = x sin yxdx π 0  +  '1 2 1 1 = x · − cos yx|10 + cos yxdx π y y 0 + 2 1 1 = − cos y + 2 sin y . π y y


275

c) + 'π + y 2 2 · 2 (a + cos yπ) . ◮ f s (y) = cos x sin yxdx = π π y −1 0

3.118 Naći direktnu kosinusnu transformaciju funkcija: x, 0 ≤ x ≤ 1, 1, 0 ≤ x ≤ π, a) f (x) = b) f (x) = c) 1−x e , 1 < x < +∞; 0, π < x < +∞; x, 0 ≤ x ≤ 1, f (x) = e−x , 1 < x < +∞. ◭ a) Kako funkcija f zadovoljava navedene uslove to je direktna kosinusna Furijeova transformacija jednaka

f c (y) =

+

2 π

+∞ ' f (x) cos yxdx 0

 + '1 +∞ ' 2 = x cos yxdx + e1−x cos yxdx π 0 1 + 2 sin y cos y − 1 cos y − y sin y = + + . π y y2 y2 + 1 b)

f c (y) =

+

2 π

+ 'π + +∞ ' 2 2 sin yπ f (x) cos yxdx = cos yxdx = . π π y 0

0

c)  + '1 +∞ ' 2 f c (y) = x cos yxdx + e−x cos yxdx π 0 1 + 2 sin y cos y − 1 cos y − y sin y = + + . ◮ π y y2 e (y 2 + 1) 3.119 Naći direktne kompleksne Furijeove transformacije funkcija: a) f (x) = e−α|x| , α > 0; b) f (x) = xe−α|x| , α > 0.


276

◭ a) Primenom navedene formule imamo da je 1 √ 2π

f (y) =

=

1 √ 2π

=

+

2 π

+∞ ' e−α|x|−iyx dx

−∞ +∞ '

−α|x|

e

−∞ +∞ '

1 cos yxdx − i √ 2π

e−αx cos yxdx =

0

+

+∞ ' e−α|x| sin yxdx

−∞

2 y , α > 0, 2 π α + y2

direktna kompleksna Furijeova transformacija date funkcije. b) U ovom primeru je f (y) =

=

1 √ 2π 1 √ 2π

+∞ ' e−α|x|−iyx dx

−∞ +∞ '

xe

−∞ +∞ '

+

= −i

−α|x|

2 π

0) izvod funkcije y →

+∞ (

+∞ ( 0

+∞ ' xe−α|x| sin yxdx

−∞

+

xe−αx sin yxdx = −i

0

Primetimo da je integral

1 cos yxdx − i √ 2π

αy 8 , α > 0. 2 π π (α + y 2 )2

xe−αx sin yxdx (ravnomerno konvergira po y >

0

e−αx sin yxdx iz prethodnog primera. ◮

3.120 Odrediti neprekidnu π funkciju g : [0, +∞[ → R koja zadovoljava: +∞ ( 2 sin x, 0 ≤ x ≤ π, a) g (y) sin yxdy = 0, x > π; 0  π  2 cos x, 0 ≤ x < π, +∞ ( b) g (y) sin yxdy = − π , x = π,  4 0 0, x > π. ◭ a) Nepoznata funkcija g je sinusna Furijeova transformacija funkcije 2 π f (x) , gde je f funkcija zdesne strane. Neposredno se dobija da je sin πy , y = 1, 1−y2 g (y) = π 2 , y = 1.


277

b) Na isti naˇcin kao pod a) imamo da je y(1+cos πy) , y = 1, y2 −1 g (y) = 0, y = 1.

3.7

◮


3.121 Ispitati ravnomernu konvergenciju reda 3.122 Naći: a) lim

+∞

x→1− n=1

+∞

n=1 (−1)n+1 xn · xn +1 ; b) n

x2 1+n2 x2

lim (1 − x)

x→1−

3.123 Ispitati ravnomernu konvergenciju redova

+∞

n=1

+∞

na R. (−1)n−1

n=1

(−1)n x (1+x2 )n

i

+∞

n=1

xn . 1−x2n

x (1+x2 )n

na [0, 1] . 3.124 Ispitati neprekidnost funkcija:  π  ( y2√ dx (1 , y = 0, dx (x+|y|) tan y2 ; b) F (y) = a) F (y) = π 0 2 2 4  0 x (x +y +1) 0, y = 0;  π   (2 y 2 dx (2 e−xy √ sin 1 dx. arctan(x2 +y2 ) sin x , y = 0, d) F (y) = c) F (y) = x x 0  0  0, y = 0; 3.125 Naći sledeće graniˇcne vrednosti: π (2 sin(x+y) (2 y −x2 y dx; a) lim x2 y2 +xy+1 dx; b) lim x+y e y→0 0 1+y ( 2

c) lim

y→0

y2

y→+∞ 1

arcsin x xy+(1+y 2 )

1 y2

dx; d) lim

sgny (

y→0+ [y]

sin(xy) (x+y)y+1 dx.

3.126 Proveriti mogućnost razmene limesa i integrala u sledećim sluˇcajevima: (1 (1 x2 − x22 2 + ; b) a) (x22xy dx, y → 0 e y dx, y → 0+ ; y2 +y2 )2 c)

0

0

(2

(2

0

π

−xy √e dx, x+y 2

y → +∞; d)

0

1 x

2

sin xy dx, y → ∞.

3.127 Diferenciranjem po parametru naći vrednost integrala π (λ ln(1+λx) (2 2 a) I (λ) = dx; b) I (m) = ln sin x + m2 cos2 x dx, m > 0. 1+x2 0

c) I (a, b) = a > 1.

0

π

(2 0

ln

a+b sin x dx a−b sin x · sin x ,

a > b > 0. d) I (a) =

π

(2 0

ln a2 − sin2 x dx,


278

3.128 Izraˇcunati 3.129 Izraˇcunati

(π ln(1+a cos x) 0 (1 0

cos x

sin ln x1 ·

3.130 Znajući da je

+∞

n=0

dx bar na dva naˇcina, ako je |a| < 1. x2 −x ln x dx.

1 (2n+1)2

=

π2 8

izraˇcunati

(1 0

1 x

ln 1+x 1−x dx.

3.131 Za realne brojeve α; p > 0, q > 0 izraˇcunati parametarske integrale: +∞ +∞ ( ( a) (e−qx − e−px ) cos αx · x1 dx; b) (e−qx − e−px ) sin αx · x12 dx. 0

0

3.132 Izraˇcunati sledeće integrale (α ∈ R) : +∞ +∞ +∞ +∞ ( sin x2 ( sin2 x ( cos x ( sin4 αx a) dx; b) dx; c) dx; d) 2 2 x 1+x x4 dx; (1+x2 )

e)

0 +∞ ( 0

0

sin αx sin2 x3

x

dx; f )

+∞ (

−∞

0

cos αx cosh x dx;

g)

+∞ ( 0

0

e−αx 1+x2

dx, α ≥ 0.

3.133 Izraˇcunati sledeće nesvojstvene integrale (a, b > 0) : +∞ +∞ ( b sin ax−a sin bx ( b ln(1+ax)−a ln(1+bx) a) dx; b) dx; x2 x2

c)

0 +∞ ( 0

x

ex −e−x

−

1 2

0

1 dx; x2

d)

+∞ ( 0

e−ax −e−bx +x(a−b)e−bx dx. x2

3.134 Dokazati formulu +∞ ' A1 cos a1 x + A2 cos a2 x + · · · + Ak cos ak x Ak 1 A2 dx = − ln aA 1 a2 · · · ak , x 0

ako je a1 , a2 , ..., ak > 0 i A1 + A2 + · · · + Ak = 0. 3.135 Pretpostavljajući da konvergira integral zdesne strane, dokazati formulu: +∞ +∞ ! ' ' 1 B 2 f Ax − dx = f y 2 dy, (A, B > 0) , x A 0

0

i na osnovu nje izraˇcunati integral

+∞ ' b 2 e−ax − x2 dx, (a, b > 0) . 0

3.136 Dokazati da je za sledeće redove −x +∞ +∞ e (−1)n xn 1 −nx e − , x ∈ ]0, 1[ i , x ∈ ]0, 1[ n+1 n n n=1 n=1


279

moguće diferenciranje ˇclan po ˇclan. 3.137 Odrediti oblast konvergencije i sumu sledećih redova: +∞ +∞ +∞ a) 1+ (−1)n (2n + 1) x2n ; b) n (n + 1) xn ; c) (−1)n−1 n2 xn ; d) 1 +

n=1 +∞

n=1

(2n−1)!! n (2n)!! x ;

e)

3.138 Dokazati formulu

+∞

n=1

n=1

p−1+m

+∞ xn+k = −xk−m n + m n=p

n=1

xn n(n+1) .

n=1

! 1 n x + ln (1 − x) , (p, k, m ∈ N) , n

i na osnovu nje naći zbir reda +∞

xn n (n − 1) (n − 2) n=3

+∞

xn+2 = n (n + 1) (n + 2) n=1

!

.

1 3.139 Razviti funkciju f (x) = 1+x+x ci 2 +x3 u stepeni red pa zatim na´ (1000) f (0) . 3.140 Razviti funkciju f (x) = ln (1 + x)1+x + ln (1 − x)1−x u Maklorenov red, a zatim odrediti interval konvergencije tog reda. +∞ 1 n 3.141 Dat je stepeni red 2n+1 x . n=1

a) Odrediti polupreˇcnik i oblast konvergencije; b) Sabrati dati red; (1 +∞ 1 n c) Izraˇcunati dx. 2n+1 x 0

n=1

3.142 Funkciju f (x) = x (π − x) , x ∈ ]0, π[ razviti u Furijeov red po +∞ (−1)n−1 . sinusima i na osnovu toga naći sumu reda (2n−1)3 3.143 Neka je 0 < h ≤

π 2

n=1

i fa (x) 2π−periodiˇcna funkcija definisana sa 1 − |x| 2h , |x| ≤ 2h, fh (x) = 0, 2h < |x| ≤ π.

a) Napisati Furijeov red funkcije fh i naći njegovu sumu; b) Na osnovu a), izraˇcunati zbirove: +∞ +∞ sin nh 2 1 π za 0 < h ≤ i . nh 2 n=1 (2n − 1)2 n=1

3.144 Napisati Furijeov red funkcije t → max {sin t, 0} , naći njegovu +∞ +∞ 1 1 sumu a zatim odrediti zbirove brojnih redova: i 2 4n −1 16n2 −1 . n=1

n=1


280

3.145 1. Razviti u Furijeov red funkciju f ˇciji je period 2π i koja je za −π ≤ x ≤ π data sa f (x) = x2 ; +∞ 1 +∞ (−1)n−1 +∞ 1 2. Koristeći 1. izraˇcunati , , . 2 n n2 (2n−1)2 n=1

n=1

n=1

3.146 Razviti u Furijeov red funkciju   x, 0 ≤ x ≤ 1, f (x) = 1, 1 < x < 2,  3 − x, 2 ≤ x ≤ 3.

3.147 Razviti u Furijeov red funkciju f (x) = eax na intervalu ]a, b[ . Odrediti zbir tog reda. 3.148 Funkciju sin πx, x ∈ [0, 1] , f (x) = 0, x ∈ [1, π] , predstaviti kao sumu trigonometrijskog reda po kosinusima. Izraˇcunati za+∞ cos2 n2 cos 9n tim zbir reda . n2 −π 2 n=1

3.149 Razvijanjem funkcije

f (x) =

π ex + e−x · 2 e π − e−π

na [−π, π] u Furijeov red, naći zbir reda 3.150 Dokazati da je za |x| < 1 'x 0

+∞

n=1

cos n . 1+n2

x 1 x6 1 · 3 x11 1 · 3 · 5 x16 dt √ = + · + · + · +··· 1 2 6 2 · 4 11 2 · 4 · 6 16 1 − t5

3.151 Dokazati da je za |x| < 1 'x 0

ln (1 + t) x x2 x3 x4 dt = 2 − 2 + 2 − 2 + · · · t 1 2 3 4

3.152 Metodom diferenciranja integrala po parametru izvesti nove integrale iz datih: (1 (2a √ a 2 a) eax dx = e a−1 ; b) 2ax − x2 dx = πa2 ; 0

0

3.7. ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD π

c)

(2 0

a2

cos2

dx ; x+b2 sin2 x

d)

(π

281

e−ax cos bxdx =

0

−a(e−aπ cos bπ−1) . a2 +b2

3.153 Diferenciranjem integrala po parametru dokazati sledeće formule: x+y a) arctan x + arctan y = arctan 1−xy za |xy| < 1; b) arcsin x + arcsin y = arcsin x 1 − y 2 + y 1 − y 2 za x2 + y2 < 1.

3.154 Za koje α ∈ R se moˇze diferencirati integral

(1 0

x α dx =

1 α+1 ?

3.155 Dokazati da niz funkcija fn (x) = nxn (1 − xn ) konvergira ka (1 f (x) ≡ 0 na intervalu [0, 1] , a niz integrala fn (x) dx ne konvergira ka 0

integralu

(1

f (x) dx. Izvesti odatle zakljuˇcak o ravnomernoj konvergenciji

0

niza fn (x) na skupu [0, 1] . 3.156 Dokazati da niz funkcija fn (x) = xn (1 − xn ) konvergira ka f (x) ≡ (1 0 na intervalu [0, 1] ali ne ravnomerno, a niz integrala fn (x) dx konvergira 0

ka integralu

(1

f (x) dx.

0

3.157 Izraˇcunati parametarski integral

+∞ ( 0

3.158 Neka je F (x) =

+∞

n=1

x

x2 +n2

arctan(1+p2 x2 )−arctan(1+q 2 x2 ) dx. x2

. Izraˇcunati

(1

F (x) dx i F ′ (0) ako pos-

0

toji. Razloˇziti u Furijeov red funkcije f (x) = sin1 x i g (x) = cos1 x na $ % π3.159 − 4 , π4 . (1 ln x·ln(1+x+x2 +x3 ) 3.160 Izraˇcunati dx. x 0 √ 2 3.161 Razloˇ z iti u stepeni red funkcije f (x) = ln x − x 2 + 1 i g (x) = x2 ln 1 + 1+x . ◭ f (x) = −2

+∞

n=1

x3n n .

◮

+∞

n=1

xn n

cos

nπ 4

+∞ , g (x) = ln 1 − x3 −ln 1 − x2 =

n=1

x2n n −

3.162 Predstaviti funkciju Furijeovim integralom: − 1 a) f (x) = a2 + x2 2 , a = 0; b) f (x) = 1 za −1 < x < 1 i f (x) = 0 za |x| > 1.


282

3.163 Razloˇziti funkciju sin x + cos x, 0 < x ≤ π2 , f (x) = sin x − cos x, π2 ≤ x < π, u kosinusni Furijeov red. 3.164 Razlaganjem funkcije x → cos1 x , x ∈ [−π, π] u Furijeov red izraˇcu4 nati sumu 1 1 1 1 1 1 1− − + + − − +··· 3 5 7 11 13 15 +∞ ( xdx 3.165 Ispitati konvergenciju a zatim izraˇcunati integral ex +e2x . 0

3.166 Razloˇziti funkciju

1 (1 + x) (1 + x2 ) (1 + x4 ) (1 + x8 ) u stepeni red. 3.167 Dokazati u odnosu na n ∈ N ravnomernu konvergenciju integrala '1 0

1 + x + x2 + · · · + xn

+

1 ln dx x

ukljuˇcujući oba singulariteta 0 i 1. 3.168 Pokazati da je '1 0

+∞

1 (− ln x)p dx = Γ (p + 1) · , p > 0. 1−x kp+1

3.169 Naći lim x x→0+

k=1

+∞

n=1

1 nx+1

Glava 4

Dodatak 4.1

Neki integrali, sume i proizvodi π

Ojlerovi integrali:

(2

π

ln sin xdx =

0

0

+∞ (

Ojler-Poasonov integral: Frenelovi integrali: Dirihleov integral:

+∞ (

−∞ +∞ ( 0

Rabeov integral:

(1

(2

ln cos xdx = − π2 ln 2.

2

e−x dx =

−∞

sin x2 dx =

+∞ (

√ π.

cos x2 dx =

−∞

sin ax x dx

= π2 sgna.

π

2.

√ ln Γ (x) dx = ln 2π, gde je Γ gama funkcija.

0

Frulanijeva formula:

+∞ ( 0

f (ax)−f (bx) dx x

f neprekidna funkcija i integral

+∞ (

= f (0) ln ab , a > 0, b > 0 ako je

f (x) x dx

konvergira za svako A > 0. (2k−1)!! π π π (2 (2 n (2k)!! · 2 , n = 2k n Dva vaˇ zna integrala: cos xdx = sin xdx = (2k)!! 0 0 (2k+1)!! , n = 2k + 1. +∞ & 2n 2n 2·2 4·4 6·6 Valisova formula: π2 = 2n−1 · 2n+1 = 1·3 3·5 5·7 · ·· A

n=1

Vijetova formula:

2 2 2 π =2· √ · √ · √ · ·· 2 2+ 2 2+ 2+ 2 283

284

GLAVA 4. DODATAK Stirlingova formula: n! =

n n √ √ θn 2πnnn e−n+ 12n (0 < θn < 1) tj. n! ∼ 2πn , n → +∞. e

Faktorijeli: 0! = 1, n! = n (n − 1) (n − 2) · 3 · 2 · 1, n ∈ N. Zatim je (2n)!! = 2n · (2n − 2) · · · 4 · 2 = 2n · n!, (2n + 1)!! = (2n + 1) · (2n − 1) · · · 5 · 3 · 1 (2n + 1)! (2n + 1)! = n . = (2n)!! 2 · n!

Ojlerova formula: Ako je x realan broj onda je eix = cos x + i sin x. Razvijanje nekih elementarnih funkcija u stepeni red = 1 − (x − 1) + (x − 1)2 − (x − 1)3 + · · ·, 0 < x < 2 n n 1 2 3 1+x = 1 − x + x − x + (−1) x + · · ·, −1 < x < 1 1 x

2

3

4

ln x = (x − 1) − (x−1) + (x−1) − (x−1) + · · ·, 0 < x ≤ 2 2 3 4 2 3 x x x e = 1 + x + 2! + 3! + · · ·, −∞ < x < +∞ 3 5 7 sin x = x − x3! + x5! − x7! + · · ·, −∞ < x < +∞ 2 4 6 cos x = 1 − x2! + x4! − x6! + · · ·, −∞ < x < +∞ 3 5 7 arctan x = x − x3 + x5 − x7 + · · ·, −1 ≤ x ≤ 1 5 x3 1·3·5x7 arcsin x = x + 2·3 + 1·3x 2·4·5 + 2·4·6·7 + · · ·, −1 ≤ x ≤ 1 (1 + x)k = 1 + kx +

Sume oblika:

+∞

n=1

k(k−1)x2 2!

1 , n2k

+

k(k−1)(k−2)x3 3!

n=1

1 n10

n=1 +∞

1 n40

1

k = 1, 2, 3, ....

Podprogram ”Maple” daje: +∞ +∞ +∞ 1 1 2 1 1 4 = π , = π , 2 4 6 90 n n n=1 +∞

+ · · ·, −1 < x < 1

n=1

1 n6

=

1 6 945 π ,

+∞

n=1

1 n8

=

1 8 9450 π ,

+∞ +∞ 1 1 1 691 2 12 , = 93555 π10 , = π = 18243225 π14 , 12 638512875 n n14 n=1 n=1 n=1 ............................................................................................................ ............................................................................................................ +∞ 1 30842 04119 83322 38 = 2403 46761 84923 75776 34327 68839 84375 π , n38 n=1 1

=

2 61082 71849 64491 22051 40 2 00804 31172 28963 88267 98401 12839 05566 40625 π ,

Konvergencija u x = ±1 zavisi od broja k.

4.2. OD S. RAMANUÐANA +∞

285

1 n42

30 40195 28783 61416 05382 42 = 230 77891 89818 96012 77125 94427 86466 74277 34375 π , n=1 ............................................................................................................ ............................................................................................................ +∞ 1 Vidimo da je = C · π2k , gde je C = pq , p, q ∈ N. Da li je za svako n2k n=1

k > 1 imenilac q deljiv sa 5?

4.2

Od S. Ramanuñana

Neke Ramanuñanove2 formule +∞ √ (1103 + 26390n) (2n − 1)!! (4n − 1)!! 8 994n+2 32n (n!)3 n=0 1 1 5 √ !−1 +∞ 5 2 (11n + 1) 2 (n) 6 (n) 6 (n) 4 n √ π = 125 2 3 n=0 (n!)3

1 π

=

gde je (x)(n) = x (x + 1) (x + 2) · · · (x + n − 1) .

√ +∞ 1 2 2 (4n)! (1103 + 26390n) = . π 9801 n=0 (n!)4 3964n

Ramanuñanova ”najlepša” formula:

+∞ 1 1 1 1+ + +···= = 1·3 1·3·5 (2n − 1)!! 1+ n=1

1 1 1+

1+

= 2

3 4 1+ 1+···

+

πe . 2

Još neki Ramanuñanovi biseri: . , . . + . . 1 1 1 1√ / / = 1− 1− 1− 1− 1−··· 2 2 4 8 + √ 3 3 −2 = −6 + −6 + 3 −6 + · · · ln x + γ =

+∞ (−1)n−1 xn n=1

n!n

=x−

x2 x3 x4 + − +··· 4 18 96

2 Srinivasa Ramanuñan (1887-1920): ”Jednaˇcina za mene nema nikakvo znaˇcenje ako nije izraz Boˇzje misli”.

286

GLAVA 4. DODATAK

gde je γ = 0.5772157....Ojler-Maskeronijeva konstanta. ,  √ √ 1 5+ 5 5 + 1 2 = − ·e π, e−2π 2 2 5 1 + e−4π 1+ 1+···

√ primećujemo da se ˇclan u zagradi moˇze svesti na 2 + ϕ − ϕ, gde je ϕ zlatni presek. 'a 2 1 1 e−a 2 e−x dx = π 2 − . 1 2 2a + a+ 2 0

2a+

3 4 a+ 2a+···

3 1·3 3 1·3·5 1 2 +9 − 13 1−5 +··· = . 2 2·4 2·4·6 π 1 1 1 1 + 3 3 + 3 3 + 3 3 · ·· = 1 − π2 . 3 3 1 ·2 2 ·3 3 ·4 4 ·5 1 1 1 1 + + + + · · · = ln 2. 2 23 − 2 43 − 4 63 − 6

Ujedinjujuća Ramanuñanova formula. Ovaj Ramanuñanov dragulj povezuje broj π, prirodni logaritam i zlatni presek. !2 +∞ √ (−1)n (n!)2 π2 5+1 − 3 ln = 2 6 2 n=0 (2n)! (2n + 1)

Neka ˇcitalac proba da izvede sledeći Ramanuñanov biser:

x x − 1 (x − 1) (x − 2) (x − 1) (x − 2) (x − 3) =1− + − +··· 2x − 1 x + 1 (x + 1) (x + 2) (x + 1) (x + 2) (x + 3) Ramanuñan i prosti brojevi: +∞ Pn 2 3 5 7 ln x = x + 2x + 3x + 5x + · · · ≈ − 2 , x → 0. nx e e e e e x n=1

Vidimo da navedena formula povezuje konstantu e, logaritam i proste brojeve. Koreni u gnezdu. Ramanuñan je predstavio ove korene u gnezdu u Indijskom magazinu o matematici: , + √ 3= 1+2 1+3 1+4 1+···

4.3. OSTALE ZANIMLJIVOSTI

287

Beskonaˇ can proizvod. Od Ramanuñana: +∞ 9 p

5 p2 + 1 = . 2 p −1 2

U ovom beskonaˇcnom proizvodu p prolazi kroz skup prostih brojeva. Ramanuñan se posebno isticao u pronalaˇzenju beskonaˇcnih razlomaka. Evo jednog primera: 1 1 = . e−1 1 + 2+ 2 3 4 3+ 4+···

Landau-Ramanuñanova konstanta K iznosi 0.764223653....Neka N (x) oznaˇcava broj pozitivnih celih brojeva, ne većih od x, koji se mogu predstaviti kao zbir kvadrata. Edmund Landau i Srinivasa Ramanuñan su nezavisno dokazali da je ln (x) · N (x) = K. lim x→+∞ x Na primer, N (8) = 5 jer je 1 = 02 + 12 , 2 = 12 + 12 , 4 = 02 + 22 , 5 = 12 + 22 i 8 = 22 + 22 . K je ovde dato kao , 1 9 1 K= = 0.764223653... 2 1 − p−2 p=4k+3

gde je p prost broj oblika 4k + 3. Ramanuñan i broj π. Ramanuñan je uˇzivao u izraˇcunavanju aproksimacije broja π. Evo jedne lepe: π≈

4.3

992 √ (taˇcno do osam mesta). 2206 2

Ostale zanimljivosti

1. Funkcija f (x) =

+∞

n=1

sin n2 x n2

je neprekidna u svakoj taˇcki x ∈ R (neka

student obrazloˇzi), ali nije diferencijabilna u nijednoj taˇcki x ∈ R (dokazao engleski matematiˇcar G. H. Hardy, 1916 godine). 2. Koje brojeve predstavljaju sledeće dve formule: + √ 1+ 1+ 1+···

288

GLAVA 4. DODATAK 1+

1 1+

1 1 1+ 1+···

.

(Pogledati [16]) 3. Dirihle je 1837 godine, primerom f (x) = sin x2 , pokazao da f (x) → 0 +∞ ( kad x → +∞ nije neophodan uslov konvergencije integrala f (x) dx. a

4. Dirihle-Abelov kriterijum ravnomerne konvergencije funkcionalnih redova dokazao je G. H. Hardy, Proc. London. Math. Soc. (2), IV, 247-265 (1907). √ 5. Formula eiπ + 2ϕ = 5, povezuje brojeve e, π, i sa zlatnim presekom ϕ = 1.61803...... +∞ +∞ ( ( sin x cos x2 dx = 14 6. U jednakosti 3 dx integral zdesne strane apso0

0

x2

lutno konvergira a sleve ne!!! 7. L. Ojler je tvrdio da je suma reda ···

1 1 1 + 2 + + 1 + x + x2 + x3 3 x x x

jednaka 0, na osnovu toga što je x 1−x 1 1 x i 1+ + 2 +··· = . x x x−1 x + x2 + x3 + · · · =

Neka student obrazloˇzi zašto je dati red divergentan za svako x. +∞ sin nx 8. Trigonometrijski red ln n konvergira za svako realno x, a ipak nije n=2

Furijeov red ni jedne funkcije (komunikacija izmeñu Lebega i Fatua-videti [24]). 9. Pribliˇ zna vrednost broja π. Uz pomoć sledeće malo poznate formule izraˇcunat je taˇcan broj decimala na neverovatnih 42 milijarde decimala; ali ipak, to nije savršena formula za broj π, to je samo veoma taˇcna pretpostavka. Simbol ≈ oznaˇcava pribliˇznu vrednost (Borvin i Borvin, Neobiˇcni nizovi i obmana velike preciznosti, 1992). 2 !2 +∞ 1 − 10n10 e . π≈ 105 n=−∞

ˇ 10. Definicija matematiˇ cara (Carls Darvin): ”Matematiˇcar je slep ˇcovek u mraˇcnoj sobi koji traˇzi crnu maˇcku koja nije u njoj”.

Literatura [1] Adamović D., Zbirka rešenih zadataka, Skriptarnica PMF, Beograd 1953. [2] Adnañević D., Kadelburg Z., Matematiˇcka Analiza I-II, I-Nauˇcna knjiga 1990., II-Zavod za udˇzbenike i nastavna sredstva 1991., Beograd. [3] Ašić M., Vukmirović J., Zbirka zadataka iz matematiˇcke Analize II, Nauˇcna knjiga, Beograd 1975. [4] Butuzov F.V., i ostali, Matematiˇcka Analiza kroz pitanja i zadatke, I, II, (na ruskom), Viša škola, Moskva, I-1984., II-1988. [5] Demidoviˇc B.P., Zbirka zadataka iz matematiˇcke analize, (na ruskom), Nauka, Moskva 1972. [6] Fihtengoljc G.M., Kurs diferencijalnog i integralnog raˇcuna, I-III, (na ruskom), Nauka, Moskva 1969. [7] Gajić Lj., Pilipović S., Zbirka zadataka iz analize I-drugi deo, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad 1998. [8] Lazarević I., Višedimenzionalna matematiˇcka analiza I, Orion Art 2003; II, Orion Art 2004; Orion Art 2005. [9] Laˇzetić N., Matematika II/1,II/2, II/1-Nauˇcna knjiga 1991., II/2Nauˇcna knjiga 1995. [10] Lefort J., Algebra i Analiza, (na francuskom), Dunod, Paris 1964. [11] Ljaško I.I., i ostali, Zbirka zadataka iz matematiˇcke analize, (na ruskom), Viša škola, Kiev, I-1977., II-1979. [12] Merkle M., Matematiˇcka analiza, pregled teorije i zadaci, Gros knjiga, Beograd 1994. 289

290

LITERATURA

[13] Miliˇcić P., Ušˇcumlić M., Zbirka zadataka iz više matematike I, Nauˇcna knjiga, Beograd 1988. [14] Perišić D., Pilipović S., Stojanović M., Funkcije više promenljivih, diferencijalni i integralni raˇcun, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad 1997. [15] Petrović Lj., Popović B., Matematika II, Rešeni ispitni zadaci, PMF Kragujevac, Kragujevac 1994. [16] Pikover K., Strast za matematikom (prevod sa engleskog), NNK international, Beograd 2007. [17] Radenović S., Matematiˇcka analiza I, Metodska zbirka zadataka, NAŠA KNJIGA D.O.O, Beograd 2007. [18] Rosić N., Matematika II, Zbirka rešenih ispitnih zadataka, Mašinski fakultet, Kragujevac 1975. [19] Rudin W., Osnovi matematiˇcke analize, (na ruskom), Mir, Moskva 1976. [20] Sadovniˇci V.A., Podkolzin A.S., Zadaci sa studentskih olimpijada iz matematike, (na ruskom), Nauka, Moskva 1978. [21] Takaˇci Ð., Radenović S., Takaˇci A., Zbirka zadataka iz redova, PMF Kragujevac, Kragujevac 2000. [22] Takaˇci Ð., Takaˇci A., Zbirka zadataka iz analize I, prvi deo, Univerzitet u Novom Sadu, Novi Sad 1997. [23] Zoriˇc V.A., Matematiˇcka analiza I-II, (na ruskom), Nauka, Moskva, I-1981., II-1984. [24] Whittaker E.T., Watson G.N., A course of modern analysis, fourth edition, Cambridge, 1927.

S.Radenović,Matematička analiza 2

Recommend Documents