matematika 2 - gf.sum.basferni koordinatni sustav de–niramo na sljede·ci naµcin: neka je bilo...

MATEMATIKA 2

Branko µCervar, Kristina MiletiC

SVEUµCILI�TE U MOSTARU

GRAÐEVINSKI FAKULTET

2014./2015.

Sadrµzaj

PREDGOVOR vii

1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 1

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

1.2 NEKE PLOHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 RAVNINA U PROSTORU . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

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

1.3 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4 LIMES I NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5 PARCIJALNE DERIVACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.6 DIFERENCIJAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.7 DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . 29

1.8 VI�E PARCIJALNE DERIVACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.9 EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . 35

2 VI�ESTRUKI INTEGRAL 41

2.1 VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA . . . . . . . . . . . . 41

2.2 RAµCUNANJE VI�ESTRUKIH

INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.3 SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM

INTEGRALU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.4 NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH

INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.4.1 POVR�INA RAVNINSKOG LIKA . . . . . . . . . . . . . 71

2.4.2 PLO�TINA PLOHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

2.4.3 VOLUMEN TIJELA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.4.4 MASA, MOMENTI I TEµZI�TE . . . . . . . . . . . . . . 78

iii

iv SADRµZAJ

3 VEKTORSKA ANALIZA

TEORIJA POLJA 83

3.1 VEKTORSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.2 LIMES I NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.3 DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE . . . . 87

3.4 SKALARNO I VEKTORSKO POLJE . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.5 GRADIJENT, DIVERGENCIJA

I ROTACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

3.6 NABLA OPERATOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3.7 USMJERENA DERIVACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

3.8 NEKA POSEBNA POLJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4 KRIVULJNI INTEGRAL 109

4.1 KRIVULJA I NJEZINO USMJERENJE . . . . . . . . . . . . . . 109

4.2 KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE . . . . . . . . . . . . . 111

4.3 KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE . . . . . . . . . . . . 114

4.4 KRIVULJNI INTEGRAL U

POTENCIJALNOM POLJU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.5 GREENOVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5 PLO�NI INTEGRAL 125

5.1 PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE . . . . . . . . . . . . . . . . 125

5.2 PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE . . . . . . . . . . . . . . 129

5.3 OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA . . . . . . . . . . . 133

5.4 STOKESOVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

6 OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 139

6.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

6.1.1 OBLIKOVANJE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . 142

6.1.2 OBSTOJNOST RJE�ENJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

6.2 NEKE OBIµCNE DIFERENCIJALNE

JEDNADµZBE PRVOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

6.2.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE S ODJELJIVIM

VARIJABLAMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

6.2.2 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . 153

6.2.3 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . . 156

6.2.4 EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . 158


JEDNADµZBE DRUGOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

SADRµZAJ v

6.3.1 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (x; y0; y00) = 0 . . . 162

6.3.2 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (y; y0; y00) = 0 . . . 163

6.3.3 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . 164

6.3.4 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA . . . . . . . . . 165

6.3.5 SUSTAV OD DVIJU OBIµCNIH

DIFERENCIJALIH JEDNADµZBI . . . . . . . . . . . . . 176

7 ZADACI 179

7.1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

7.2 VI�ESTRUKI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

7.3 VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA . . . . . . . . . . . 186

7.4 KRIVULJNI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

7.5 PLO�NI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

7.6 OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . . . . . . . . . 191

vi SADRµZAJ

PREDGOVOR

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

nastavnog programa) i namijenjena su studentima Gra�evinskog fakulteta Sveuµcil-

i�ta u Mostaru.

Gradivo se dijeli na �est cjelina - poglavlja:

- FUNKCIJE VI�E VARIJABLA;

- VI�ESTRUKI INTEGRAL;

- VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA;

- KRIVULJNI INTEGRAL;

- PLO�NI INTEGRAL;

- OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE.

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

tematske jedinice - pododjeljke. Oznaµcavanje prati poglavlja. Primjerice, Teo-

rem 2.3 je treci teorem u drugomu poglavlju.

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

poglavlja. To je mala zbirka zadataka za provjeru ispravne usvojenosti izloµzenoga

gradiva.

Na kraju skripata nalazi se detaljni Indeks pojmova.

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

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

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

do�la i autori se unaprijed zahvaljuju.

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

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

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

[2] I. Slapniµcar, Matematika 2. [http://lavica.fesb.hr/mat2/]

[3] I. Slapniµcar, Matematika 3. [http://lavica.fesb.hr/mat3/]

Osim toga, studentima preporuµcujemo i zbirku zadataka:

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

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

vii

viii PREDGOVOR

O Oblicima provo�enja nastave i Naµcinu provjere znanja i polaganja

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

vanja, auditorne vjeµzbe, domaci radovi, DA-NE kvizovi, kolokviji, ova skripta,

te preporuµceni udµzbenici i zbirka zadataka, pomoci studentima u uspje�nom

svladavanju predvi�enih sadrµzaja.

Branko µCervar

[email protected]

Kristina Miletic

[email protected]

Poglavlje 1

FUNKCIJE VI�E

VARIJABLA

1.1 KOORDINATNI SUSTAVI

Pored pravokutnoga koordinatnog sustava u ravnini, u mnogim se sluµcajevima

tehniµcki korisnim pokazuje polarni koordinatni sustav i podsjetimo se ukratko

o kojemu je koordinatnom sustavu rijeµc.

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

sustav (O;�!i ) � (O;x). Za bilo koju toµcku T u ravnini �, T 6= O, neka je '

kut izme�u vektora�!i i

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

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

dogovoru, da je pripadni kut ' = 0. Neka je � = d(O; T ) udaljenost od O do T .

Slika 1.1.

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

natama - � i ', � 2 [0;1i i ' 2 [0; 2�i, pa pi�emo T = (�; '). Toµcku O = (0; 0)nazivamo ishodi�tem (ili polom), a zraku odre�enu s O i

�!i - polarnom osi

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

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

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

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

1

2 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA

bilo koje toµcke T u � :(x = � cos'

y = � sin';

8<: tg' =y

x� =

px2 + y2

: (1.1)

Pri odre�ivanju kuta ' iz tg' =y

xtreba voditi raµcuna o predznaku tih koordi-

nata.

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

praktiµcnih razloga zadajemo i tzv. cilindriµcni i sferni koordinatni sustav.

Slika 1.2.

Neka je � bilo koja ravnina u prostoru. Neka je u � dan polarni sustav (O;'; �).

Neka je q pravac koji prolazi toµckom O okomit na ravninu �. Napokon, neka

je na q dan koordinatni sustav (O;�!k ) � (O; z); pa ga nazovimo z-osi. Time

je u prostoru de�niran cilindriµcni koordinatni sustav (O;'; �; z) u kojemu

se svakoj toµcki T moµze pridijeliti ure�ena trojka ('; �; z), gdje su ' i � polarne

koordinate, u sustavu (O;'; �), okomite projekcije T 0 toµcke T na ravninu �, a

z je koordinata, u sustavu (O; z), okomite projekcije T 00 toµcke T na pravac q

(Slika 1.2.).

Slika 1.3.

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

biva kao presjek koordinatnih ravnina x = x0; y = y0 i z = z0: U cilindriµcnom

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

1.1. KOORDINATNI SUSTAVI 3

"koordinatnih ravina" ' = '0 (poluravnina odre�ena sa z-osi i toµckom T0);

� = �0 (to je cilindar, tj. sve toµcke u prostoru za koje je udaljenost od z- osi

jednaka �0), z = z0 (ravnina) (Slika 1.3.).

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

ravnina u prostoru i neka je u � zadan polarni koordinatni sustav (O;'; �). Neka

je na pravcu q koji prolazi toµckom O i okomit je na ravninu � zadan koordinatni

sustav (O;�!k ) � (O; z), tj. z-os (Slika 1.4.). Oznaµcimo s T 0 okomitu projekciju

na ravninu � po volji odabrane toµcke T , T 6= O, u prostoru.

Slika 1.4.

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

�!OT i

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

��!OT 0, koje nazivamo sfernim koordinatama toµcke T . Buduci da je toµcka

T posve odre�ena ure�enom trojkom ('; #; r), smijemo pisati T = ('; #; r).

Pritom, ako je T na pozitivnoj zraci z-osi onda su joj sferne koordinate (0; 0; r),

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

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

Slika 1.5.

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

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

koordinarnog sustava, # = #0 - stoµzac s vrhom u ishodi�tu O, r = r0 - sfera s

sredi�tem u ishodi�tu O i radijusa r0.


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

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

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

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

y = r sin' sin#

z = r cos#

;

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

y

x# = arccos

zpx2 + y2 + z2

r =px2 + y2 + z2

: (1.2)

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

nata.

Primjer 1.1 Toµcka T0 =��4 ;

�3 ; 2�zadana u sfernom koordinatnom sustavu

ima u pravokutnom kartezijevom sustavu prikaz�q

32 ;q

32 ; 1�jer je

x0 = r0 cos'0 sin#0 = 2 cos�

4sin

�

3=

r3

2;

y0 = r0 sin'0 sin#0 = 2 sin�

4sin

�

3=

r3

2;

z0 = r0 cos#0 = 2 cos�

3= 2 � 1

2= 1:

Toµcka T1 =�0; 2p3;�2

�zadana u pravokutnom kartezijevom sustavu ima u

sfernom koordinatnom sustavu prikaz T1 =��2 ;

2�3 ; 4

�jer je

'1 = tg' =y1x1=2p3

0) '1 =

�

2;

#1 = arccosz1p

x21 + y21 + z

21

= arccos��12

�=2�

3;

r1 =qx21 + y

21 + z

21 =

r02 +

�2p3�2+ (�2)2 = 4:

Primjer 1.2 Sferina jednadµzba x2 + y2 + z2 = a2 poprima u sfernim koordi-

natama trivijalni oblik r = a: Kruµzniµcin zapis x2+y2+z2 = a2; z = 0; u sfernim

koordinatama postaje r = a; # = �2 :

1.2 NEKE PLOHE

1.2.1 RAVNINA U PROSTORU

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

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

O).

1.2. NEKE PLOHE 5

Slika 1.6.

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

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

��!T1T2,

��!T1T3 i

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

umnoµzak i�µcezava, tj.��!T1T �

��!T1T2 �

��!T1T3

�= 0: (1.3)

Ili, ekvivalentno, pomocu radijus-vektora��!r ��!r 1� � ��!r 2 ��!r 1�� !r 3 ��!r 1�� = 0: (1.4)

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

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

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

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

�� = 0 (1.5)

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

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

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

x

a+y

b+z

c= 1: (1.6)

Neka je �!n bilo koji vektor okomit na ravninu � (okomit, dakle, i na svaki pravacu �). Uµcvrstimo bilo koju toµcku T1 u �, pa neka je T varijabilna toµcka u �.

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

�!n ��!r ��!r 1� = 0: (1.7)

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

na ravninu � nazivamo normalnim vektorom (ili normalom) te ravnine i


najµce�ce ga oznaµcujemo slovom �!n . Takav je, primjerice, vektor��!r 2 � �!r 1� ��

(�!r 3 � �!r 1�(formula (1.4)). Ako je �!n = fA;B;Cg, a T1 = (x1; y1; z1) i

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

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

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

naµcimo li u (1.8) konstantu �(Ax1+By1+Cz1) slovom D, dobivamo tzv. opci

oblik jednadµzbe ravnine � :

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

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

Neka je sada �!r 1 radijus-vektor noµzi�ta T1 okomice iz ishodi�ta O na ravninu �

(Slika 1.7.). Tada je njegova duljina j�!r 1j � p jednaka udaljenosti od ishodi�ta

O do ravnine �.

Slika 1.7.

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

�!n 0 � �!r 1 = p, iz

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

ili (skalarno)

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

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

jednadµzbe ravnine �.

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

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

tj. y = 0. Sliµcno dobivamo da je z = 0 jednadµzba koordinatne xy-ravnine, a

x = 0 jednadµzba koordinatne yz-ravnine.

1.2. NEKE PLOHE 7

1.2.2 PLOHE DRUGOD REDA

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

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

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

zadovoljavaju jednadµzbu drugoga stupnja

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

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

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

samo neke kvadrike.

Jednadµzba

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

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

rom (ili radijusom) R > 0. Neprazni presjek ove plohe ravninom jest ili

kruµznica ili toµcka, �to povlaµci da se kruµznica u prostoru moµze zadati i kao

presjek sfere i ravnine.

Slika 1.8.

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

(x� x0)2a2

+(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1 (1.14)

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

poredne s koordinatnim osima, a duljine su im redom 2jaj, 2jbj i 2jcj. Nepraznielipsoidovi presjeci ravninama usporednim s koordinatnim osima jesu ili kruµznice

ili elipse ili toµcke. Primijetimo da u sluµcaju a = b = c elipsoid postaje sferom.

Nadalje, jednadµzbax2

a2+y2

b2� z2

c2= 1 (1.15)

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

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

mu presjeci ravninama usporednim s xy-ravninom elipse. Cikliµckim zamjenama

x y, y z, z x i a b, b c, c a dobivamo jednadµzbu "iste" plohe u

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

c2 +x2

a2 �y2

b2 = 1; a jo�jednom takvom

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

b2 +z2

c2 �x2

a2 = 1:


Slika 1.9.

Jednadµzba

�x2

a2� y2

b2+z2

c2= 1 (1.16)

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

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

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

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

nadµzbe "iste" plohe u razliµcitim poloµzajima:

�z2

c2� x2

a2+y2

b2= 1; � y2

b2� z2

c2+x2

a2= 1:

Jednadµzbax2

a2+y2

b2= 2z (1.17)

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

tor 2 u monomu 2z nije bitan, ali je tehniµcki (algebarski) pogodan. Karakter-

istiµcni presjeci ove plohe prikladnim ravninama koje su paralelne koordinatnim

ravninama jesu elipse ili parabole.

Slika 1.10.

Odgovarajucim cikliµckim izmjenama dobivamo jo�dvije jednadµzbe "iste" plohe

u razliµcitim poloµzajima.

Jednadµzbay2

b2� x2

a2= 2z (1.18)

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

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

1.2. NEKE PLOHE 9

Jednadµzbax2

a2+y2

b2=z2

c2(1.19)

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

(cikliµcke) varijante.

Slika 1.11.

Nadalje, jednadµzbex2

a2+y2

b2= 1 (1.20)

x2

a2� z2

c2= 1 (1.21)

z = 2ay2 (1.22)

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

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

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

(opce) valjµcaste plohe.

Slika 1.12.

De�nicija 1.4 Neka je u ravnini � dana krivulja K; te neka je p pravac kojiprobada �. Promatrajmo skup svih pravaca u prostoru koji sijeku krivulju K i

usporedni su s pravcem p. Tretirajuci svaki pravac toµckovnim skupom, pripadnu

(toµckovnu) uniju nazivamo valjµcastom (ili cilindriµcnom) plohom. Pritom

govorimo da je pravac p izvodnica (ili generatrisa), a krivlja K ravnalica

(ili direktrisa) te valjµcaste plohe.

Primjerice, eliptiµcnoj valjµcastoj plohi x2

a2 +y2

b2 = 1 jedna izvodnica jest z-os,

a ravnalica joj je elipsa x2

a2 +y2

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

(trivijalna) valjµcasta ploha (za krivulju K treba uzeti odgovarajuci pravac k). Micemo, najµce�ce, promatrati one valjµcaste plohe izvodnice kojih su koordinatne


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

nuµzno leµzati u nekoj od koordinatnih ravnina.)

Napomenimo i to da se prostorna krivulja µcesto zadaju presjekom dviju ploha.

Primjer 1.5 Kruµznicu (zadanu presjekom sfere i ravnine)

x2 + y2 + z2 = 4; x+ y � 2 = 0

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

jablu y iz prve jednadµzbe uvr�tenjem (iz one druge) y = �x+ 2, dobivamo jed-nadµzbu valjµcaste plohe (x�1)2+ z2

2 = 1; koja zajedno s ravninom x+y�2 = 0odre�uje tu kruµznicu. Dakle, sada promatrana kruµznica ima zapis

(x� 1)2 + z2

2= 1; x+ y � 2 = 0:

Analogno se (eliminiranjem varijable x) dobiva jednadµzba valjµcaste plohe (y �1)2 + z2

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

Primjer 1.6 Skcirati tijelo V ome�eno plohama

z � 2 = �x2 � y2; z =px2 + y2

i opisati ga u pravokutnom i cilindriµcnom koordinatnom sustavu.

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

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

Odredit cemo je tako da odredimo projekciju krivulje koja se nalazi u presjeku

promatranih ploha. Eliminacijom izraza x2 + y2 iz z � 2 = �x2 � y2 i z =px2 + y2 dobivamo z2 + z � 2 = 0. Rje�enja ove kvadratne jednadµzbe su

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

Slika 1.13.

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

krivulje na xy-ravninu je kruµznica x2 + y2 = 1. Traµzena projekcija Vxy je krug

D =�(x; y) j x2 + y2 � 1

: Ukoliko toµcka T = (x; y; z) pripada tijelu V; tada

1.3. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 11

njena projekcija T 0 = (x; y; 0) na xy-ravninu mora pripadati krugu D; a to znaµci

da za njezine koordinate vrijedi �1 � x � 1 i �p1� x2 � y �

p1� x2:

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

(toµcka T leµzi iznad stoµzaste plohe) i z � 2 � x2 � y2 (toµcka T leµzi ispod plohe

paraboloida). Dakle,

V = f(x; y; z) j �1 � x � 1;�p1� x2 � y �

p1� x2;p

x2 + y2 � z � 2� x2 � y2g:

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

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

0 � ' � 2�; 0 � � � 1: Uvjet za z-kordinatupx2 + y2 � z � 2�x2�y2 prelazi

u � � z � 2� �2: Dakle,

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

:

1.3 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA

Svaku funkciju f : D ! R; D � Rm � R� � � ��R; nazivamo realnom funkci-

jom od m realnih varijabla (ili, krace, skalarnom funkcijom). Ovdje cemo

razmatrati realne funkcije od dvije i tri realne varijable, dakle kada je m = 2 ili

m = 3: Kao i funkciju jedne (realne) varijable, funkciju vi�e varijabla moµzemo

zadati analitiµcki, tabliµcno, gra�µcki, parametarski, implicitno, ... Za

analitiµcko zadavanje vrijedi ista napomena o de�nicijskom podruµcju kao i za

funkciju jedne varijable. Naime, ako dani analitiµcki zapis (formula) odre�uje

funkcijsko pravilo f , onda se de�nicijskim podruµcjem smatra skup D svih onih

toµcaka T kojima to pravilo pridjeljuje jedinstvene realne brojeve f(T ) 2 R.

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

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

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

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

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

D =�(x; y) 2 R2 j y > �x+ 2

(Slika 1.14.);


Slika 1.14.

(c) Analitiµcki izraz z = 5xy odre�uje funkciju

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

; f(x; y) =

5

xy;

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

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

pri µcemu je de�nicijsko podruµcjeD odre�eno funkcijom arcsin, tj. nejednadµzbama

�1 � x2 + y2 + z2 � 2 � 1: Dakle,

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

:

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

se ona moµze zadati tabliµcno (premda je takvo zadavanje pregledno samo kad je

m = 2). Primjerice,

y n x x1 x2 � � � xn

y1 z11 z21 � � � zn1

y2 z12 z22 � � � zn1...

......

. . ....

yk z1k z2k � � � znk

f(xi; yj) = zij

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

Slika 1.15.

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

ga ovdje razmatramo, crtanjem istiµcemo samo neke njegove vaµzne podskupove.

To su, najµce�ce, presjeci Gf odabranim ravninama u prostoru R3. Ako su te


ravnine usporedne s ravninom z = 0 (koordinatnom xy-ravninom), dobivene

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

svaki broj z0 2 f [D] odre�uje jednu razinsku krivulju jednadµzbom f(x; y) =

z0 (Slika 1.15.). Dakle, na svakoj razinskoj krivulji su funkcijske vrijednosti

nepromijenjive. Sliµcno se u sluµcaju f : D ! R, D � R3; dakle Gf � R4, govorio razinskim plohama (ili nivo-plohama) funkcije f . Pritom svaka jednadµzba

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

kojoj su sve funkcijske vrijednosti jednake u0.

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

Slika 1.16.

crtamo istiµcuci njegove presjeke ravninom x = 0 (to su zrake: z = y, z � 0,

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

x2 + y2 = 1, z = 1). Primijetimo da je Gf stoµzasta ploha (Slika 1.16.).

(b) Razinske plohe za funkciju

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

z;

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

�; u0 2 R n f0g (Slika 1.17.).

Slika 1.17.

Napomena 1.9 µCesto se neki skup razinskih krivulja funkcije (x; y) 7! f(x; y)

crta u odabranoj ravnini z = z0, primjerice, sve se one projiciraju u xy-ravninu

z = 0. Tada se po njihovu razmje�taju moµze zakljuµciti pone�to i o samoj funkciji.


Tako se npr. prikazuju razinske krivulje - izohipse �to na zemljopisnim kartama

povezuju toµcke iste nadmorske visine, odnosno, iste podmorske dubine, kao i

izobare - �to na sinoptiµckim (meteorolo�kim) kartama povezuju toµcke jednakoga

zraµcnog tlaka. �tovi�e, za zorno prikazivanje razinskih ploha ni nema druge

mogucnosti osim da ih crtamo u istom prostoru.

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

metarski pod uvjetima sliµcnim onima �to su postavljeni za funkcije iz R u R.Mi se necemo sada na tomu zadrµzavati. Implicitno zadanim funkcijama cemo

se posebno pozabaviti kasnije.

Na kraju ovoga pododjeljka pokaµzimo kako se neka globalna svojstva prenose na

skalarne funkcije. Promotrimo funkciju f : D ! R, D � R2; pa uoµcimo bilo kojutoµcku T0 = (x0; y0) 2 D. Promotrimo skup Dy0 = fT = (x; y) 2 D j y = y0g �D, �to je presjek skupa D pravcem kroz toµcku T0, usporednim x-osi. U Dy0 je

varijabilna samo x-ta koordinata pa se na njega smije gledati kao na podskup

od R. Oznaµcimo f jDy0: Dy0 ! R pa to suµzenje smijemo tretirati kao funkciju

jedne realne varijable (varijable x) (Slika 1.18.). Analogno se dobiva skup Dx0 =

fT = (x; y) 2 D j x = x0g � D i suµzenje f jDx0: Dx0 ! R (to je funkcija jedne

realne varijable y).

Slika 1.18.

Reci cemo da je funkcija f : D ! R, D � R2; ome�ena ako postoji brojM 2 R+ takav da je jf(T )j �M za svaki T 2 D. Primijetimo da je za ome�enufunkciju f svako suµzenje f jDy0

, f jDx0(T = (x0; y0) 2 D) ome�ena funkcija.

Reci cemo da je funkcija f uzlazna (silazna, strogo uzlazna, strogo silazna,

monotona, strogo monotona, po dijelovima monotona) po varijabli x

(varijabli y), ako je, za svaku toµcku T = (x0; y0) 2 D, pripadno suµzenje f jDy0:

Dy0 ! R (f jDy0: Dy0 ! R) uzlazna (silazna, strogo uzlazna, strogo silazna,

monotona, strogo monotona, po dijelovoma monotona) funkcija. Analogno se

ovi pojmovi prenose i na realne funkcije triju realnih varijabli. Na isti naµcin se

mogu prenijeti i ostala svojstva realnih funkcije jedne varijable.

1.4. LIMES I NEPREKIDNOST 15

1.4 LIMES I NEPREKIDNOST

Razmatrali smo realni niz i pripadna svojstva. Sliµcno se postupa u R3 (R2) s timda prije treba de�nirati �to u R3 (R2) znaµci "biti blizu", tj. �to ce biti "malaokolina" po volji odabrane toµcke. Posluµzit cemo se standardnom euklidskom

udaljeno�cu me�u toµckama, tj. za T = (x; y; z) ; T0 = (x0; y0; z0) 2 R3 euklidskuudaljenost d(T; T0) de�niramo sa

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

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

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

0)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Slika 1.19.

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

(Slika 1.19.). Nadalje, oµcito je da "2 � "1 povlaµci K (T0; "2) � K (T0; "1), kao i

da za svaki " > 0 postoji neki n 2 N takav da je K(T0; 1n ) � K(T0; "). Napokon,

oµcito je da je svaka kugla otvoren skup i da je svaki otvoreni skup okolina svake

svoje toµcke.


Slika 1.20.

Na Slici 1.20. su primjeri otvorenoga i neotvorenoga skupa u R2: Onaj otvorenijest okolina svake svoje toµcke, dok neotvoreni sadrµzi toµcaka kojima on nije

okolina.

De�nicija 1.11 Neka je D � R2 i T0 2 R2. Reci cemo da je toµcka T0 gomi-li�te skupa D ako svaka okolina od T0 sijeµce skup D n fT0g. Za skup D kaµzemo

da je zatvoren ako sadrµzi sva svoja gomili�ta. Reci cemo da je toµcka T 2 D

unutra�nja toµcka skupa D ako postoji okolina od T koja je podskup od D. Ako

za toµcku T 2 D postoji neka okolina koja ne sijeµce skup D n fTg onda kaµzemoda je T izolirana toµcka skupa D. Napokon, reci cemo da je skup D ome�en

ako postoji neka kugla koja ga sadrµzi.

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

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

skup moµze imati gomili�ta koja nisu njegovi elementi. Nadalje, moµze se dokazati

da je svaki zatvoren skup u R2 komplement nekog otvorenog skupa i obratno.Dakako da nije istina da skup mora biti ili otvoren ili zatvoren!

De�nicija 1.12 Reci cemo da je toµcka T0 2 R2 graniµcna vrijednost (ili

limes) niza fTng u R2 ako

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

(Nejednakost d (Tn; T0) < " je, oµcito, ekvivalentna uvjetu Tn 2 K(T0; ").) U tomsluµcaju govorimo da niz fTng konvergira prema toµcki T0 i pi�emo fTng ! T0.

Ako niz ne konvergira, kaµzemo da divergira.

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

graniµcnu vrijednost, pa se tada smije pisati i

limn!1

fTng = T0:

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

limn!1

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

n � n0 )p(xn � x0)2 + (yn � y0)2 < "

(1.27)


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

graniµcnu vrijednost skoro je nemoguca zadaca. Me�utim, za niz toµcaka fTngu R2; Tn = (xn; yn); moµzemo promatrati pridruµzene koordinatne nizove fxngi fyng u R (ukoliko se radi o nizu toµcaka fTn = (xn; yn; zn)g u R3 tada supridruµzeni nizovi fxng ; fyng i fzng) i vaµzna je µcinjenica da se nizovna konver-gencija u R2 (dakako, analogna tvrdnja vrijedi za nizove u R3) moµze svesti nakonvergenciju realnih nizova:

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

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

fxng =x0; lim

n!1fyng = y0:

Primjer 1.14 Toµcka T0 = (1;�1) je graniµcna vrijednost niza fTng u R2, Tn =�n+1n ; 1�n

2

1+n2

�; jer je, za koordinatane nizove, lim

n!1

�n+1n

= 1; lim

n!1

n1�n21+n2

o=

�1:

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

realne varijable.

De�nicija 1.15 Neka su dani funkcija f : D ! R, D � R2; i gomili�te T0 odD. Reci cemo da je broj L0 2 R graniµcna vrijednost funkcije f u toµcki T0ako

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

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

sluµcaju pi�emo limT!T0

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

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

i za realne funkcije jedne varijable tako i za skalarne funkcije, istraµzivanje

graniµcnih vrijednosti se moµze svesti na istraµzivanje graniµcnih vrijednosti realnih

nizova:

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

T!T0f(T ) = L0, onda i samo onda ako, za svaki niz fTng u D koji

konvergira prema T0 u R2, limn!1

fTng = T0, pripadni niz funkcijskih vrijednosti

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

ff(Tn)g = L0.

Primjer 1.17 (a) Funkcija

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

;

nema graniµcne vrijednosti u toµcki (0; 0).


Zaista, promatramo li nizove��

1n ;

1n

�i��

1n ; 0�u R2 nf(0; 0)g, oµcito je da oba

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

vrijednosti �( 1n )

2 � ( 1n )2

( 1n )2 + ( 1n )

2

�,�( 1n )

2 � 02

( 1n )2 + 02

�konvergiraju redom prema (razliµcitim) brojevima 0 i 1.

(b) Funkcija

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

x2 + y2,

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

f(x; y) = 0.

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

lim(0;0)

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

�� x2y

x2 + y2

�� lim(0;0)

��x2y2xy

�� = lim(0;0)

��x2

�� = 0;pa je i lim

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

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

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

lim(0;0)

x2y

x2 + y2= lim�!0

�3 cos2 ' sin'

�2= lim�!0

� cos2 ' sin' = 0:

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

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

jemo da limes postoji i da je jednak 0.

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

x2 + y2u toµcki

(0; 0):

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

lim(0;0)

y=kx

f(x; y) = limx!0

x � kxx2 + k2x2

=k

1 + k2

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

Prethodni primjer ukazuje na jedan jednostavan postupak za ustanoviti da

funkcija nema limesa. Naime, ukoliko (x; y) ! (x0; y0) ide po putevima C1(preko funkcije y = g1(x)) i C2 (preko funkcije y = g2(x)) te ako je

u1 = lim(x0;y0)

y=g1(x)

f(x; y) = limx!x0

f(x; g1(x)) 6=

6= limx!x0

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

y=g2(x)

f(x; y) = u2

tada lim(x0;y0)

f(x; y) ne postoji.


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

x2 + y2u toµcki

(0; 0):

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

lim(0;0)

y=kx

f(x; y) = limx!0

3x2 � kxx2 + k2x2

= limx!0

x3k

1 + k2= 0;

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

imamo

lim(0;0)

y=kpx

f(x; y) = limx!0

3x2 � kpx

x2 + k2x= 0:

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

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

namece. Zaista, vrijedi

0 <�� 3x2yx2 + y2

� 0�� = 3x2 jyj

x2 + y2<

jer je x2

x2+y2<1

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

0;

pa je lim(0;0)

3x2y

x2 + y2= 0:

De�nicija 1.20 Reci cemo da je funkcija f : D ! R, D � R2 (R3) neprekid-na u toµcki T0 2 D ako

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

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

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

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

prekidnoj funkciji (u toµcki; na skupu).

Sljedeci teorem poopcuje odgovarajuci teorem za realne funkcije jedne varijable,

a dokaz mu je izravna posljedica odgovarajucih de�nicija.

Teorem 1.21 Funkcija f : D ! R, D � R2 (R3); je neprekidna u toµcki T0onda i samo onda, ako je f(T0) = lim

T!T0f(T ).

Pozabavimo se sada pojmovima varijablinog i funkcijskog prirasta za skalarne

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

x� x0 = �x; y � y0 = �y


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

vrijednosti

f(T )� f(T0) = �f(T )

nazivamo funkcijskim prirastom u toµcki T0.

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

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

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

Primijetimo da se u ovim terminima neprekidnost funkcije moµze izreci i ovako:

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

�f(T ) = 0,

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

strogom obliku:

Korolar 1.22 Funkcija f : D ! R, D � R2 (R3); je neprekidna u toµcki T0 2 Donda i samo onda, ako njezin funkcijski prirast �f(T ) u T0 teµzi k nuli µcim

prirasti svih varijabli istodobno teµze k nuli.

Primjer 1.23 Istraµziti (ne)prekidnost funkcije

f : D ! R; D � R2; f(x; y) = 1 + xy

1� xy :

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

. Za graniµcnu

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

lim(�x;�y)!(0;0)

�f(x; y) = lim(0;0)

�1 + (x0 +�x)(y0 +�y)

1� (x0 +�x)(y0 +�y)� 1 + x0y01� x0y0

�= 0:

Slijedom prethodnog korolara, funkcija f je neprekidna.

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

f(x; y) =

8<:xy

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

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

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

lim(�x;�y)!(0;0)

�f(x; y) = lim(�x;�y)!(0;0)

��x ��y

(�x)2 + (�y)2� 0�("=" 0

0 ):

Pogledajmo kako se ta graniµcna vrijednost pona�a na sljedecim nizovima fxng !0; fyn = kxng ! 0; k 2 R konstanta. Uvr�tenjem dobivamo niz funkcijskih

vrijednosti ff(xn; yn)g,

limn!1

ff(xn; yn)g = limn!1

�kx2n

x2n + k2x2n

�= limn!1

�k

1 + k2

�=

k

1 + k2:

1.5. PARCIJALNE DERIVACIJE 21

Buduci da dobivena graniµcna vrijednost ovisi o odabranoj konstanti k to funkcija

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

Napomena 1.25 Navest cemo bez dokaza nekoliko vaµznih svojstava neprekid-

nih skalarnih funkcija, analognih onima za funkcije jedne varijable. Neka je,

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

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

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

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

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

T 2 A, tj. f jA je ome�ena funkcija. �tovi�e, f jA poprima svoju najmanju(minimum) i svoju najvecu (maksimum) vrijednost, tj. postoje T1; T2 2 Atakvi da je f(T1) � f(T ) � f(T2) za svaki T 2 A.

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

neprekidnih skalarnih funkcija jesu neprekidne skalarne funkcije.

1.5 PARCIJALNE DERIVACIJE

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

na funkcije dviju varijabla nije moguce, jer je varijabla bitno promijenila karak-

ter. Naime, umjesto realnog broja x sada se promatra T = (x; y), pa odgo-

varajuci koliµcnik �f(x)�x vi�e nema smisla. Me�utim, uµcvrste li se sve osim jedne

koordinate, promatrana funkcija (suµzenje) postaje, zapravo, funkcijom jedne

varijable pa se smije govoriti o njezinoj (ne)derivabilnosti. To onda vodi k po-

jmu parcijalne derivacije po varijabli-koordinati.

Slika 1.21.

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

Oµcito je Dy0 6= ; jer sadrµzi barem toµcku T0. Suµzenje f jDy0� f1 : Dy0 !


R smijemo smatrati funkcijom jedne varijable jer se mijenja samo koordinata

x. Analogno imamo funkciju f jDx0� f2 : Dx0 ! R koju moµzemo smatrati

funkcijom varijable y (Slika 1.21.):

De�nicija 1.26 Reci cemo da funkcija f ima parcijalnu derivaciju po var-

ijabli x u toµcki T0 ukoliko postoji derivacija funkcije f1 u toµcki x0 (2 Dy0 � R).Derivaciju (broj ) f 01(x0) tada nazivamo parcijalnom derivacijom funkcije f

po varijabli x u toµcki T0 i oznaµcujemo s@f(T0)@x (µcita se: "parcijalno ef po de

iksu u te nula"). Dakle, po de�niciji je

@f(T0)

@x= lim

�x!0

f (x0 +�x; y0)� f (x0; y0)�x

: (1.31)

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

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

po de ipsilonu u te nula"):

@f(T0)

@y= lim

�y!0

f (x0; y0 +�y)� f (x0; y0)�y

: (1.32)

Ovdje cemo rabiti i oznake

@f(T0)

@x� fx (x0; y0) ;

@f(T0)

@y� fy (x0; y0) : (1.32.a)

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

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

tu funkciju (jedne varijable)

@f(T0)

@x� fx(x0; y0; z0);

@f(T0)

@y� fy(x0; y0; z0);

@f(T0)

@z� fz(x0; y0; z0):

(1.33)

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

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

toµcki T 2 D; nazivamo ju derivabilnom funkcijom.

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

f : D ! R, D � R2, u praksi se svodi na standardno deriviranje drµzeci kon-stantnima sve varijable osim one odabrane.

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

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

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

Buduci da je f po svojim varijablama kompozicija derivabilnih elementarnih

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

vabilna funkcija. Pritom je

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

2) � 2y:

1.5. PARCIJALNE DERIVACIJE 23

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

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

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

one postoje.

Zbog istoga razloga kao i u prethodnom primjeru i zbog uvjeta (na D) xy+pz >

0 i z � 0, funkcija f jest derivabilna. Za parcijalne derivacije u bilo kojoj toµcki(x; y; z) 2 D dobivamo:

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

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

x

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

1

2pz(xy +

pz):

Neka je Ax � D skup svih toµcaka T 2 D u kojima funkcija f : D ! R, D � R2;ima parcijalnu derivaciju po varijabli x. Tada je dobro de�nirana funkcija fx :

Ax ! R; T 7! fx(T ); koju nazivamo parcijalnom derivacijom funkcije f

po varijabli x (na podskupu Ax � D): Sliµcno tomu je fy : Ay ! R; T 7! fy(T );

parcijalna derivacija funkcije f po varijabli y (na skupu Ay � D svih toµcaka u

kojima funkcija f ima parcijalnu derivaciju po varijabli y). Pritom ima smisla

istraµzivati neprekidnost (u toµcki) tih funkcija, pa se onda govori o neprekidno

parcijalno derivabilnoj funkciji f po varijabli x (odnosno y) (u toµcki).

Ako je A � Ax \ Ay � D i A 6= ; onda su na A de�nirane obje parcijalne

derivacije fx : A! R, fy : A! R, tj. f je derivabilna na skupu A. Reci cemoda je funkcija f neprekidno derivabilna u toµcki T0 2 A (na skupu B � A)

µcim su funkcije fx, fy, neprekidne u T0 (na skupu B).

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

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

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

f(x; y) =

8<:xy

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

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

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

(0; 0). Naime

fx(0; 0) = lim�x!0

f (0 + �x; 0)� f(0; 0)�x

= lim�x!0

(�x)�0(�x)2+02

� 0�x

= 0;

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


1.6 DIFERENCIJAL

Promatrajmo funkciju f : D ! R, D � R2 i po volji odabranu toµcku T0 =(x0; y0) 2 D. Neka je T = (x; y) 2 D bilo koja toµcka. Promatrajmo pripadne

funkcije (jedne varijable) f1 � f jDy0: Dy0 ! R, Dy0 = f(x; y) 2 D j y = y0) �

D; f1(x) = f(x; y0) i f2 � f jDx0: Dx0 ! R, Dx0 = f(x; y) 2 D j x = x0) � D;

f2(y) = f(x0; y) (Slika 1.21.): Ako su te funkcije diferencijabilne, ekvivalentno,

derivabilne u toµcki x0, odnosno y0; onda pripadne diferencijale

df1(x0) = f 01(x0)dx = fx(T0)dx; df2(y0) = f 02(y0)dy = fy(T0)dy

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

jabli y) u toµcki T0.

Ovdje nas zanima teµze pitanje:

� Ima li smisla diferencijal funkcije f u toµcki x0 i kako bi ga trebalo de�ni-rati?

Slika 1.22.

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

f(x0; y0)) (Slika 1.22.): Neka je

� � z � z0 = a(x� x0) + b(y � y0)

jednadµzba tangencijalne ravnine. Presjeµcnica tangencijalne ravnine � sa ravni-

nom y = y0 je pravac

ty0 � z � z0 = a(x� x0); y = y0:

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

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

biti

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

1.6. DIFERENCIJAL 25

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

pravac tx0 � z � z0 = b(y � y0); x = x0 koji je tangenta na krivulju �2 � z =

f(x; y); x = x0, i stoga je tx0 � z� z0 = fy(x0; y0)(y� y0); x = x0: Zakljuµcimo:

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

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

sa

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

Napomenimo da se sada parcijalnim derivacijama moµze pridijeliti geometrij-

sko tumaµcenje: parcijalna derivacija fx(x0; y0) (fy(x0; y0)) jednake je tangensu

priklonog kuta tangente ty0 (tx0) presjeµcne krivulje �1 (�2) prema +x-osi (+y-

osi) (Slika 1.22.).

Primjer 1.30 Odredimo jednadµzbu tangencijalne ravnine funkcije

f(x; y) = �2x2 � y2

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

z = �4x� 2y + 3:

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

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

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

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

i zaista se radi o dobroj aproksimaciji.

De�nicija 1.31 Funkcija

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

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

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

linearnom aproksimacijom od f u (x0; y0)

Primjer 1.32 Pokazali smo da funkcija

f(x; y) =

8<:xy

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

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


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

glasi

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

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

pravca y = x poprima vrijednost 12 �to je daleko od vrijednosti L(x; x) = 0):

Prirodno se sada postavlja pitanje:

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

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

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

4f(x)4x :

Oznaµcimo sa

" =4f(x)4x � f 0(x0)

razliku kvocijenta diferencija i diferencijalnog kvocijenta. Mora biti

lim4x!0

" = lim4x!0

�4f(x)4x � f 0(x0)

�= f 0(x0)� f 0(x0) = 0:

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

za diferencijabilnu funkciju f(x) moµzemo pisati

4f(x) = f 0(x0)4x+ " � 4x

gdje je lim4x!0

" = 0: Po ovom uzoru i prirast

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

moµzemo opisati sa diferencijalom.

De�nicija 1.33 Funkcija f(x; y) je diferencijabilna u toµcki (x0; y0) ako se

4f(x; y) dade zapisati u obliku

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

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

Napomena 1.34 Napomenimo da je kod funkcije jedne varijable derivabilnost

ekvilvalentna diferencijabilnosti. Ovdje to nije sluµcaj. Jasno je da diferenci-

jabilnost povlaµci derivabilnost (postojanje parcijalnih derivacija), ali postoje

derivabilne funkcije koje nisu diferencijabilne. Naravno, takva je bila funkcija

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

1.6. DIFERENCIJAL 27

Sljedeci teorem donosi jedan od dovoljnih uvjeta za diferencijabilnost skalarne

funkcije.

Teorem 1.35 Neka za funkciju f : D ! R, D � R2; i toµcku T0 2 D postoji

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

Tada je f diferencijabilna u T0.

Primjer 1.36 Pokaµzimo da je funkcija f(x; y) = xexy diferencijabilna u toµcki

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

Kako je

fx(x; y) =@�xexy

�@x

= exy + xyexy; fx(1; 0) = 1;

fy(x; y) =@�xexy

�@y

= x2exy; fy(1; 0) = 1;

vidimo da su parcijalne derivacije neprekidno derivabilne na R2; dakle i u toµckiT0, pa je f(x; y), po prethodnom teoremu, diferencijabilna funkcija u toµcki T0.

Njezina linearna aproksimacija je

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

a to znaµci da moµzemo pisati

f(x; y) = xexy � x+ y = L(x; y)

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

(f(1:1;�0:1) = 1:1 � e(1:1)(�0:1) � 0:985 42)

Slika 1.23.

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

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

de�niramo diferencijal kojemu ce geometrijska interpretacija biti sliµcna: to je

prirast do tangencijalne ravnine (Slika 1.23.).


De�nicija 1.37 Diferencijal df(x0; y0) funkcije f u toµcki (x0; y0) de�niramo

sa

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

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

Napomena 1.38 Sada linearnu aproksimaciju moµzeno zapisati na naµcin

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

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

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

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

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

a diferencijal

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

Primjer 1.39 Odredimo diferencijal funkcije

f(x; y) = x2 + 3xy � y2:

Imamo:

df(x; y) = (2x+ 3y)dx+ (3x� 2y)dy:

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

4f(2; 3) =�f(2:05; 2:96)� f(2; 3)

�=�

(2:05)2 + 3 � 2:05 � 2:96� (2:96)2��22 � 3 � 2 � 32 � 32

�= 0:6449:

Raµcunamo li pak

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

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

Napomena 1.40 Osnovna pravila za diferenciranje, �to smo ih bili izveli za

funkcije jedne varijable, ostaju valjana i za funkcije vi�e varijabla kad god imaju

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

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

(c) d�fg

�(T0) =

g(T0) � df(T0)� f(T0) � dg(T0)g(T0)2

;

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

1.7. DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA 29

1.7 DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA

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

i f i g su diferencijabilne tada je i y diferencijabilna po varijabli t i vrijedidy

dt=dy

dx� dxdt: U ovom odjeljku dajemo poopcenje.

Teorem 1.41 Neka su u : I ! R i v : I ! R, D � R, diferencijabilne funkcijei f : D ! R, u(I) � v(I) � D � R2 diferencijabilna funkcija. Tada je dobrode�nirana kompozicija

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

koja je diferencijabilna i vrijedi

dF

dt=@f

@u� dudt+@f

@v� dvdt: (1.40)

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

treba dokazati formulu

dz

dt=@f

@x� dxdt+@f

@y� dydt: (1.41)

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

4z = @f(x0; y0)

@x4x+ @f(x0; y0)

@y4y + " �

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

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

4z4t =

@f(x0; y0)

@x

4x4t +

@f(x0; y0)

@y

4y4t + " �

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

4t :

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

dz

dt= limt!0

@f(x0; y0)

@x

4x4t +

@f(x0; y0)

@y

4y4t + " �

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

4t

!=

@f(x0; y0)

@x| {z }= @f@x

� limt!0

4u4t| {z }

= dxdt

+@f(x0; y0)

@y| {z }= @f@y

� limt!0

4y4t| {z }

= dydt

+ limt!0

"| {z } �=0

limt!0

s�4x4t�2+�4y4t�2

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

=

@f

@x� dxdt+@f

@y� dydt;

a to se i tvrdilo.


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

Vrijedidz

dt

(1:41)=

�2xy + 3y4

�(2 cos 2t) +

�x2 + 12xy3

�(� sin t):

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

z0(0) =dz(0)

dt=��2xy + 3y4

��(x;y)=(0;1)

�(2 cos 2t)

�t=0+

+��x2 + 12xy3

��(x;y)=(0;1)

�(� sin t)

�t=0

= 6:

Teorem 1.43 Neka je z = f(x; y) diferencijabilna funkcija (po varijablama x

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

u i v).

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

@z

@u=@z

@x� @x@u

+@z

@y� @y@u;

@z

@v=@z

@x� @x@v+@z

@y� @y@u: (1.42)

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

z = xy; x = u2 � v2; y = euv:

Dijagram 1.24.

@z

@u=@z

@x� @x@u

+@z

@y� @y@u

= yxy�1 � (2u) + xy lnx � (veuv);

@z

@v=@z

@x� @x@v+@z

@y� @y@u

= yxy�1 � (�2v) + xy lnx � (ueuv):

Napomena 1.45 Rezultat prethodnog teorema lako se poopcuje.

Npr., ako je

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

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

sluµzeci se dijagramom,

Dijagram 1.25.

1.7. DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA 31

imamo da su traµzene parcijalne derivacije:

@w

@u=@w

@x� @x@u

+@w

@y� @y@u

+@w

@z� @z@u

+@w

@t� @t@u;

@w

@v=@w

@x� @x@v+@w

@y� @y@v+@w

@z� @z@v+@w

@t� @t@v:

Primjer 1.46 Ako je

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

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

Dijagram 1.26.

pa je traµzena derivacija

@u

@s=@u

@x� @x@s+@u

@y� @y@s+@u

@z� @z@s=

= 4x3y � ret +�x4 + 2yz3

�� 2rse�t + 3y2z2 � r2 sin t:

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

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

@u(2; 1; 0)

@s=�4 � 23 � 2

��2e0�+�24 + 2 � 2 � 03

��2 � 2 � 1 � e�0

�+

+�3 � 22 � 02

��22 sin 0

�= 192:

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

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

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

Deriviranjem po varijabli x imamo

@F

@x� dxdx+@F

@y� dydx=@F

@x+@F

@y� dydx= 0:

Uz oznake

Fx =@F

@x; Fy =

@F

@y

imamody

dx= �Fx

Fy:

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

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

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

teorem:


Teorem 1.47 (O implicitno zadanoj funkciji) Neka je F de�nirana na otvo-

renom skupu U koji sadrµzi toµcku (x0; y0) i neka je F (x0; y0) = 0 i Fx(x0; y0) 6= 0:Ako su funkcije Fx i Fy neprekidne na U tada F (x; y) = 0 de�nira y kao funkciju

od x u nekoj okolini toµcke x0 i pritom je derivacija

dy

dx= �Fx

Fy(1.43)

Primjer 1.48 Sa F (x; y) = y � y3 � x2y + x2y3 = 0 de�nirana je implicit-

na funkcija y kao funkcija u varijabli x u nekoj okolini toµcke x0 = 1 (jer je

F (0; 1) = 0 i jer su Fx(x; y) = 2xy3 � 2xy; Fy(x; y) = 3x2y2 � 3y2 � x2 + 1

neprekidne funkcije). Derivacija te funkcije je

dy

dx= �Fx

Fy= � 2xy3 � 2xy

3x2y2 � 3y2 � x2 + 1 :

Poopcenje prethodnog torema daje:

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

U � R3 koji sadrµzi toµcku T0 = (x0; y0; z0): Ako je F (T0) = 0; Fz(T0) 6= 0 i

Fx; Fx; Fz su neprekidne funkcije na U; tada F (x; y; z) = 0 implicitno de�nira

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

su@z

@x= �Fx

Fz;

@z

@y= �Fy

Fz: (1.44)

Primjer 1.50 Odrediti parcijalne derivacije@z

@x;@z

@yimplicitno zadane funkcije

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

@z

@x= �

@@x (x

3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)@@z (x

3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)= �6yz + 3x

2

6xy + 3z2=�2yz � x22xy + z2

;

@z

@y= �

@@y (x

3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)@@z (x

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

:

1.8 VI�E PARCIJALNE DERIVACIJE

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

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

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

varijabli x u toµcki T0, onda broj

@�@f@x

�(T0)

@x� @2f(T0)

@x2(1.45)

1.8. VI�E PARCIJALNE DERIVACIJE 33

nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijabli

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

broj@�@f@x

�(T0)

@y� @2f(T0)

@y@x(1.46)

nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijablama

x i y (redom) u toµcki T0.

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

toµcki T0, onda broj@�@f@y

�(T0)

@x� @2f(T0)

@x@y

nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijablama

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

T0, onda broj@�@f@y

�(T0)

@y� @2f(T0)

@y2

nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijabli

y u toµcki T0.

Radi jednostavnosti uvodimo oznake

@2f(T0)

@x2= fxx(T0);

@2f(T0)

@y@x= fyx(T0);

@2f(T0)

@x@y= fxy(T0);

@2f(T0)

@y2= fyy(T0):

Ako promatrana funkcija f ima sve parcijalne derivacije drugoga reda u toµcki T0,

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

toµcki T0. Neka je Axx � D skup svih toµcaka u kojima funkcija f ima parcijalnu

derivaciju drugoga reda po varijabli x. Tada je dobro de�nirana funkcija - druga

parcijalna derivacija (po x)

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

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

skupovi svih toµcaka u kojima funkcija f ima parcijalne derivacije drugog reda

po odgovarajucim varijablama. Ako je skup A � Axx\Ayx\Axy\Ayy neprazan,onda su na njemu dobro de�nirana sve druge parcijalne derivacije od f . Pritom

kaµzemo da je skalarna funkcija f dvaput derivabilna na skupu A � D.

U sluµcaju A = D govorimo o dvaput derivabilnoj funkciji f . Posve sliµcno

(induktivno) se de�niraju i na jasan naµcin oznaµcuju parcijalne derivacije n-

tog reda, n 2 N, n � 3.


Primjer 1.51 Odredizi sve parcijalne derivacije drugoga reda i trece parcijalne

derivacije po x, y i x redom, te po x, x, i y redom (ondje gdje postoje) za

funkciju

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

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

i funkcija

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

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

y:

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

funkcija f dvaput derivabilna, i da je

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

y;

fxy(x; y) = 2x+1

y; fyy(x; y) = �

x

y2:

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

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

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

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

teorem:

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

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

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

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

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

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

Primjer 1.53 Promatrajmo funkciju f : R2 ! R zadanu propisom

f(x; y) =

8<: xy � x2 � y2x2 + y2

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

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

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

fx(x; y) = y�x2 � y2x2 + y2

+4x2y2

(x2 + y2)2

�;

1.9. EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 35

fy(x; y) = x�x2 � y2x2 + y2

� 4x2y2

(x2 + y2)2

�:

Nadalje, obje ove parcijalne derivacije su derivabilne funkcije (na R2 n f(0; 0)g)i vrijedi

fyx(x; y) =x2 � y2x2 + y2

�1 +

8x2y2

(x2 + y2)2

�= fxy(x; y):

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

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

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

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

fxx(0; 0) = lim4x!0

fx(0 +4x; 0)� fx(0; 0)4x = lim

4x!0

0� 04x = 0;

fyx(0; 0) = lim4y!0

fx(0; 0 +4y)� fx(0; 0)4y = lim

4y!0

�4y � 04y = �1;

fxy(0; 0) = lim4x!0

fy(0 +4x; 0)� fy(0; 0)4x = lim

4x!0

4x� 04x = 1;

fyy(0; 0) = lim4y!0

fy(0; 0 +4y)� fy(0; 0)4y = lim

4y!0

0� 04y = 0:

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

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

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

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

kao i na parcijalne derivacije vi�ih redova. Odgovarajuci teorem jest ovaj:

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

f ima i sve parcijalne derivacije (r + 1)-vog reda i ako su sve one neprekidne

u toµcki T0, onda vrijednosti parcijalnih derivacija (r + 1)-vog reda funkcije f u

toµcki T0 ne ovise o redosljedu deriviranja po pojedinim varijablama.

1.9 EKSTREMI FUNKCIJEVI�EVARIJABLA

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

ekstrem funkcije jedne varijable:


De�nicija 1.55 Reci cemo da funkcija f : D ! R; D � Rm; ima u toµcki T0 2D lokalni maksimum (lokalni minimum), ako postoji "-okolina K(T0; ") �D toµcke T0 sa svojstvom da je za svaku toµcku T 2 K(T0; ")nfT0g; f(T0) > f(T )

(f(T0) < f(T )). Funkcija ima u toµcki T0 lokalni ekstrem, ako u toj toµcki

ima bilo lokalni minimum bilo lokalni maksimum. Ukoliko je f(T0) � f(T )

(f(T0) � f(T )) za svaku toµcku T 2 D tada govorimo da funkcija f ima u toµcki

T0 globalni maksimum (globalni minimum).

Kao i do sada promatrat cemo funkcije od dviju varijabli.

Primjer 1.56 Funkcije z = x2 + y2 i z =px2 + y2 imaju minimum (lokalni i

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

paraboloida (grafa) i da ona u toj toµcki ima parcijalne derivacije, a da je za

drugu funkciju ta toµcka vrh sto�ca (grafa) i da ne postoje parcijalne derivacije

u toj toµcci.

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

onda je

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

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

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

@x = df1(x0)dx = 0

�@f(x0;y0)@y = df2(y0)

dy = 0�, i tvrdnja

teorema je dokazana.

Napomena 1.58 Ako je funkcija f : D ! R; D � R2; diferencijabilna u toµckiT0 = (x0; y0), moµze se nuµzni uvjet za obstojnost njezinoga lokalnog ekstrema u

T0 izraziti i kao

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

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

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

ravnina u toµcki (x0; y0; f(x0; y0)) usporedna s koordinatnom xy-ravninom (z =

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

Primjer 1.59 (a) Stacionarna toµcka funkcije

z = x2 + y2 � 2x� 6y + 14

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

= 0 i fy(1; 3) = (2y � 6)��(1;3)

= 0:

Iz zapisa z = x2 + y2 � 2x � 6y + 14 = (x � 1)2 + (y � 3)2 + 4 vidljivo je


da funkcija z u toµcki (1; 3) poprima svoj lokalni (i globalni) minimum zmin =

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

z = x2 � y2

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

Razmotrimo sada jedan od dovoljnih uvjeta za obstojnost lokalnog ekstrema

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

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

K(T0; ") � D. Neka je

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

fxy(T0) fyy(T0)

�� : (1.50)

Tada vrijedi:

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

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

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

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

u tom sluµcaju treba provesti dodatna razmatranja.

Primjer 1.62 (a) Funkcija

f : R2 ! R; f(x; y) = x2 � y2,

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

fy(x; y) = �2y u (0; 0) poni�tavaju. Me�utim, buduci da je fxx(x; y) = 2,

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

D(x; y) =

�� fxx(x; y) fxy(x; y)

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

�� =�� 2 0

0 �2

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

(b) Funkciji

f : R2 ! R, f(x; y) = �x2 � y2 + 2x,

su parcijalne derivacije fx(x; y) = �2x + 2 i fy(x; y) = �2y. Slijedi da joj je(1; 0) stacionarna toµcka. Njezine druge parcijalne derivacije jesu fxx(x; y) = �2,fxy(x; y) = 0 i fyy(x; y) = �2. Dakle, za svaki (x; y) 2 R2,

D(x; y) =

�� 2 0

0 �2

�� = 4 > 0;


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

f(1; 0) = 1.

(c) Funkciji

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

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

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

D(x; y) =

�� 2 2

2 2

�� = 0:Ne moµzemo zakljuµciti ima li funkcija f u toµckama (x;�x) lokalne ekstreme.No, buduci da je f(x; y) = (x+ y)2 � 0 za svaki (x; y) 2 R2, to ni jedna toµcka(x;�x) nema okolinu ("-kuglu) na kojoj bi f bila pozitivna - svuda osim u

(x;�x): Prema tomu, funkcija f nema lokalnog ekstrema ni u jednoj od toµcaka(x;�x).

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

fx(x; y) = 4x3 � 4y = 4

�x3 � y

�= 0) x3 = y;

fy(x; y) = 4y3 � 4x = 4

�y3 � x

�= 0) y3 = x:

Slijedi

x9 � x = x (x� 1) (x+ 1)�x2 + 1

� �x4 + 1

�= 0;

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

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

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

D(x; y) =

��12x2 �4�4 12y2

�� = 144x2y2 � 16imamo:

� D(0; 0) =�144x2y2 � 16

��(x;y)=(0;0)

= �16 i funkcija f u T1 nema ek-strem;

� D(1; 1) =�144x2y2 � 16

��(x;y)=(1;1)

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

T2 imalokalni minimum zmin = �1;

� D(�1;�1) =�144x2y2 � 16

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

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


Primjer 1.64 U skupu svih kvadratastih kutija (kvadri bez gornje stranice)

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

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

xy + 2xz + 2yz = 12

i treba naci maksimum funkcije

V (x; y; z) = xyz:

Iz polaznog uvjeta je z = 12�xy2(x+y) ; pa problem moµzemo rije�iti traµzeci maksimum

funkcije

V (x; y) = xy12� xy2(x+ y)

:

Vrijedi

Vx(x; y) =y2(12� 2xy � x2)

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

x2(12� 2xy � y2)2(x+ y)2

;

i za naci stacionarne toµcke dovoljno je rije�iti sustav

12� 2xy � x2 = 0; 12� 2xy � y2 = 0:

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

12 � 3x2 = 0; i x = 2: Dakle, (2; 2) je stacionarna toµcka. Dovoljne uvjete nijepotrebno ispitivati zbog prirode zadatka. Dobili smo (z = 1) da je Vmax = 4 za

kutiju dimenzija (2; 2; 1):

Prethodni primjer moµzemo interpretirati na naµcin: Odrediti ekstrem funkcije

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

De�nicija 1.65 Ekstrem funkcije z = f(x; y) uz uvjet '(x; y) = 0 naziva se

vezani (uvjetni) ekstrem.

Napomena 1.66 (a) Vezani ekstrem moµzemo interpretirati na naµcin: graf

funkcije z = f(x; y) (ploha) presjecimo cilindriµcnom plohom '(x; y) = 0: Pre-

sjeµcinica je prostorna krivulja i njezin ekstrem je traµzeni vezani ekstrem.

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

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

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

prikaza problema).

Nalaµzenje vezenog ekstrema najlak�e je provesti Lagrangeovim postupkom.

� Formira se pripadna Lagrangeova funkcija

F (x; y; �) = f(x; y) + �'(x; y);


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

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

Primjer 1.67 Vratimo se prethodnom primjeru: odrediti ekstrem funkcije V (x; y; z) =

xyz (volumen) uz uvjet da je f(x; y; z) = xy + 2xz + 2yz � 12 = 0:Formirajmo pripadnu Lagrangeovu funkciju:

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

i odredimo njezine stacionarne toµcke. Rije�imo sustav

Fx(x; y; z; �) = yz + y�+ 2z� = 0;

Fy(x; y; z; �) = xz + x�+ 2z� = 0;

Fz(x; y; z; �) = xy + 2x�+ 2y� = 0;

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

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

2

�i�x = �2; y = �2; z = �1; � = 1

2

�: Za-

kljuµcujemo da je traµzeni vezani maksimum z = 1 i on se postiµze za x = 2; y = 2.

Primjer 1.68 Odrediti ekstrem funkcije f(x; y) = x2+2y2 uz uvjet x2+y2 = 1:

Pripadna Lagrangeova funkcija je

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

�pa imamo sustav

Fx(x; y; �) = 2x+ 2x� = 0;

Fy(x; y; �) = 4y + 2y� = 0;

F�(x; y; �) = x2 + y2 � 1 = 0;

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

�;�x = �1; y = 0; � = �1

�;�

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

�:

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

Poglavlje 2

VI�ESTRUKI INTEGRAL

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

jabla. Nadalje, pokazat cemo da se njegovo izraµcunavanje svodi na izraµcunavanje

konaµcno mnogo odre�enih integrala realnih funkcija jedne varijable. Vaµzni teo-

rem o zamjeni varijabla cemo samo navesti i komentirati. Napokon, pokazat

cemo i nekoliko primjena ovoga integrala.

2.1 VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA

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

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

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

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

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

:

Izraµcunajmo volumen V tijela T:

Slika 2.1.

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

rati volumen odgovarajuceg pseudokvadra. Segment [a; b] podijelimo diobenim

41

42 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL

toµckama a = x0 < x1 < � � � < xm = b na m podsegmenata [xi�1; xi] jednake

duljine 4x = b� am

: Segment [c; d] podijelimo diobenim toµckama c = y0 < y1 <

� � � < yn = d na n podsegmenata [yj�1; yj ] jednake duljine 4y = d�cn : Razdiobe

segmenata [a; b] i [c; d] odre�uju razdiobu pravokutnika K na pravokutnike

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

;

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

�j ) i volumen kvadra kojemu

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

�j )4x4y: Taj

volumen moµzemo uzeti kao aproksimaciju volumena pseudokvadra odre�enog

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

Slika 2.2.

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

ovako dobivenih Vij tj.

V �mXi=1

nXj=1

f(x�i ; y�j )4x4y:

Slika 2.3.

Dakako da ce aproksimacija volumena V biti bolja kada je razdioba pravokutnika

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

V = limm!1n!1

mXi=1

nXj=1

f(x�i ; y�j )4x4y:

2.1. VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA 43

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

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

De�nicija 2.1 Dvostruki integral funkcije f nad pravokutnikom K je broj

I = limm!1n!1

mXi=1

nXj=1

f(x�i ; y�j )4x4y (4.1)

ukoliko on postoji.

Uobiµcajena oznaka je I =

ZZK

f(x; y)dxdy:

Primjer 2.2 Izraµcunati dvostruki integral

I =

ZZK

xydxdy;

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

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

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

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

4y = 1n ; yj =

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

(x�i ; y�j ) = (xi; yj) =

�im ;

jn

�. Imamo

mXi=1

nXj=1

f�x�i ; y

�j

�4x4y =

mXi=1

nXj=1

(xi � yj) �1

m� 1n=1

m� 1n

mXi=1

nXj=1

� im

�� jn

�=

1

m2� 1n2

mXi=1

nXj=1

i � j = 1

m2� 1n2

mXi=1

i

� nXj=1

j

�=

1

m2� 1n2

mXi=1

i�n(n+ 1)

2

�=

1

m2� 1n2� n(n+ 1)

2

mXi=1

i =1

m2� 1n2� n(n+ 1)

2�m(m+ 1)

2=1

4+1

4m+1

4n+

1

4mn;

pa je

I = limm!1n!1

mXi=1

nXj=1

f(x�i ; y�j )4x4y = lim

m!1n!1

�14+

1

4m+1

4n+

1

4mn

�=1

4:

Napomena 2.3

1. SumamPi=1

nPj=1

f(x�i ; y�j )4x4y naziva se Riemannovom sumom, a inte-

gralRRK

f(x; y)dxdy Riemannovim integralom funkcije f nad K.

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

On postoji i za neke prekidne funkcije.


Napomena 2.4 Lako je dokazati da vrijedi:

(a)ZZK

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

ZZK

f(x; y)dxdy +

ZZK

g(x; y)dxdy;

(b)ZZK

cf(x; y)dxdy = c

ZZK

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

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

f(x; y)dxdy �ZZK

g(x; y)dxdy:

Primjer 2.5 Neka je funkcija f : K ! R, f(x; y) = x � 3y2 zadana na pra-vokutniku K = f(x; y) 2 R2 j 0 � x � 2; 1 � y � 2g: Izraµcunajmo aproksi-maciju

2Xi=1

2Xj=1

f(x�i ; y�j )4x4y

integralaRRK

f(x; y)dxdy:

Slika 2.4.

Pravokutnik K je podijeljen na µcetiri pravokutnika (Slika 2.4.): K11 = [0; 1] ��1; 32�; K12 = [0; 1]�

�32 ; 2�; K21 = [1; 2]�

�1; 32�; K22 = [1; 2]�

�32 ; 2�i 4x = 1;

4y = 12 : Toµcku (x

�i ; y

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

(�xi; �yj) pravokutnika Kij :

Dakle, (�x1; �y1) =�12 ;

54

�; (�x1; �y2) =

�12 ;

74

�; (�x2; �y1) =

�32 ;

54

�; (�x2; �y2) =

�32 ;

74

�i za vrijednosti podintegralne funkcije u tim toµckama imamo f

�12 ;

54

�= 1

2 �3�54

�2= � 67

16 ; f�12 ;

74

�= 1

2 � 3�74

�2= � 139

16 ; f�32 ;

54

�= 3

2 � 3�54

�2= � 51

16 ;

f�32 ;

74

�= 3

2 � 3�74

�2= � 123

16 : Raµcunamo:ZZK

(x� 3y2)dxdy �2Xi=1

2Xj=1

f(�xi; �yj)4x4y =

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

2.2. RA µCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA 45

�f�12 ;

54

�+ f

�12 ;

74

�+ f

�32 ;

54

�+ f

�32 ;

74

�� 1 � 1

2=�

�6716� 13916

� 5116� 12316

�12= �95

8= �11:875:

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

Posve sliµcno se de�nira i trostruki integral. Neka je f : K ! R neprekidna

funkcija triju varijabla de�nirana na kvadru K = [a; b]� [c; d]� [s; t]: Podijelimodiobenim toµckama a = x0 < x1 < � � � < xl = b; c = y0 < y1 < � � � < ym = d;

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

duljine 4x = b�al ; 4y = d�c

m ; 4z = t�sn : Kvadar K podijelimo na podkvadre

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

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

lXi=1

mXj=1

nXk=1

f(x�i ; y�j ; z

�k)4x4y4z

gdje je (x�i ; y�j ; z

�k) bilo koja toµcka iz kvadra Kijk:

De�nicija 2.6 Trostruki integral funkcije f nad kvadrom K je broj

J = liml;m;n!1

lXi=1

mXj=1

nXk=1

f(x�i ; y�j ; z

�k)4x4y4z (2.2)

ukoliko on postoji.

Uobiµcajena oznaka je J =ZZZ

K

f(x; y; z)dxdydz:

2.2 RAµCUNANJE VI�ESTRUKIH

INTEGRALA

U Primjeru 2.2. smo izraµcunali integral I =RRK

xydxdy preko limesa integralne

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

Dakako, raµcunanje (po de�niciji) dvostrukog integrala kompliciranijih funkcija,

skoro je nemoguca zadaca. U drugom primjeru (Primjer 2.5.) izraµcunali smo

aproksimaciju integralaRRK

(x � 3y2)dxdy � �11:875 tako da smo izraµcunali

integralnu sumu za m = n = 2:


Izraµcun aproksimacije integrala za �nije raz-

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

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

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

Prisjetimo se (jednostrukog) integrala realne

funkcije jedne varijable kojega, naravno, nismo

izraµcunavali po de�niciji, nego primjenom Newton-Leibnizove formule, tj. prim-

jenom neodre�enog integrala. Istu tehniku primijeninimo i na dvostruki inte-

gral. Prvo izraµcunajmo odre�eni integralbRa

f(x; y)dx uzimajuci da je varijabla

y konstanta. Rezultat ce biti funkcija u varijabli y i potom nju integrirajmo

uzimajuci c i d kao granice integracije. U na�em primjeru imamo

dZc

� bZa

f(x; y)dx

�dy =

2Z1

� 2Z0

(x� 3y2)dx�dy =

2Z1

��x22� 3y2x

��x=2x=0

�dy =

2Z1

�2� 6y2

�dy =

�2y � 2y3

��y=2y=1

= �12:

Do istog rezultata dolazimo i ako prvo izraµcunamo integraldRc

f(x; y)dy (varijablu

x tretiramo kao konstantu) i potom dobivenu funkciju integriramo po varijabli

x u granicama od a do b:

bZa

� dZc

f(x; y)dy

�dx =

2Z0

� 2Z1

(x� 3y2)dy�dx =

2Z0

��xy � y3

��y=2y=1

�dx =

2Z0

��2x� 23

�� (x� 1)

�dx =

2Z0

(x� 7) dx =�x22� 7x

��x=2x=0

= �12:

Prethodni postupak kaµze da se izraµcun dvostrukog integralaRRK

f(x; y)dxdy

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

binijev teorem:

Teorem 2.7 Neka je f : K ! R neprekidna funkcija, pri µcemu je K = [a; b]�[c; d] � R2 pravokutnik. Tada vrijedi

ZZK

f(x; y)dxdy =

bZa

� dZc

f(x; y)dy

�dx =

dZc

� bZa

f(x; y)dx

�dy: (2.3)


Uobiµcajeni zapis je

bZa

� dZc

f(x; y)dy

�dx =

bZa

dx

dZc

f(x; y)dy; (2.3a)

dZc

� bZa

f(x; y)dx

�dy =

dZc

dy

bZa

f(x; y)dx (2.3b)

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

Primjer 2.8 Izraµcunajmo

I =

ZZK

xy2dxdy; K = [a; b]� [c; d]:

I =

ZZK

xy2dxdy =

bZa

dx

dZc

xy2dy =

bZa

�x�y33

��y=dy=c

�dx =

bZa

x�d33� c3

3

�dx =

1

3(d3 � c3) �

�x22

��x=bx=a

=1

6(d3 � c3)(b2 � a2):

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

Napomena 2.9 Za integral iz prethodnog primjera kaµzemo da je integral sa

separiranim varijablama i on se moµze jednostavnije izraµcunati kao umnoµzak

dvaju jednostrukih integrala:

bZa

dx

dZc

f(x)g(y)dxdy =

� bZa

f(x)dx

�� dZc

g(y)dy

�: (2.4)

U prethodnom primjeru je

ZZK

xy2dxdy =

� bZa

xdx

�� dZc

y2dy

�=

��x22

��x=bx=a

��y3

3

��y=dy=c

�=1

6(d3 � c3)(b2 � a2):

Napomena 2.10 Dokaz Fubinijevog teorema je sloµzen, ali se u sluµcaju poz-

itivne funkcije moµze intuitivno razumijeti tvrdnja teorema. Naime, u sluµcaju

pozitivne funkcije dvostruki integralRRK

f(x; y)dxdy je broj koji je jednak volu-

menu V odgovarajuceg pseudokvadra.


Do izraµcuna toga volumena moµzemo doci i na sljedeca dva naµcina. U prvom

sluµcaju istaknuti dio (Slika 2.5.(a)) ima volumen

Vi =

� dZc

f(x�i ; y)dy

�4x:

Zbroj tih volumenamPi=1

Vi =mPi=1

�dRc

f(x�i ; y)dy

�4x aproksimira volumen V i u

graniµcnom sluµcaju je

V = limm!1

mXi=1

� dZc

f(x�i ; y)dy

�4x =

bZa

� dZc

f(x; y)dy

�dx:

Slika 2.5.

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

Vj =

� bZa

f(x; y�j )dx

�4y:

Zbroj tih volumenanPj=1

Vj =nPj=1

�bRa

f(x; y�j )dx

�4y aproksimira volumen V i u

graniµcnom sluµcaju je

V = limn!1

nXj=1

� bZa

f(x; y�j )dx

�4y =

dZc

� bZa

f(x; y)dx

�dy:

Ovim raµcunanjem volimena V na dva naµcina dobivamo da je zaista

ZZK

f(x; y)dxdy =

bZa

� dZc

f(x; y)dy

�dx =

dZc

� bZa

f(x; y)dx

�dy:

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

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


na neki pravokutnik K � D.

Sjetimo se interpretacije integrala pozitivne funkcije preko volumena: volumen

ispod grafa funkcije f nad D i volumen ispod grafa funkcije ef nad K (primije-

timo da ef nije neprekidna funkcija) su jednaki, pa ima smisla integral funkcijef nad D de�nirati preko integrala funkcije ef nad K (lako se vidi da taj integral,

ako postoji, ne ovisi o odabranom pravokutniku).

Slika 2.6.

De�nicija 2.11 Neka je f : D ! R neprekidna funkcija pri µcemu je D � R2

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

D

f(x; y)dxdy =

ZZK

ef(x; y)dxdy: (2.5)

Napomena 2.12 Vrijedi:

(a)ZZD

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

ZZD

f(x; y)dxdy +

ZZD

g(x; y)dxdy;

(b)ZZD

�f(x; y)dxdy = �

ZZD

f(x; y)dxdy; � 2 R;

(c) Ako je D = D1 [D2 i D1 \D2 = ; (iliRR

D1\D2

f(x; y)dxdy = 0) onda jeZZD

f(x; y)dxdy =

ZZD1

f(x; y)dxdy +

ZZD2

f(x; y)dxdy:

Posebno, kad je de�nicijsko podruµcjeD � R2 ome�eno grafovima dviju neprekid-nih funkcija lako dobivamo, iz formule (2.5), ovaj teorem:

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

Tada je ZZD

f(x; y)dxdy =

bZa

� '2(x)Z'1(x)

f(x; y)dy

�dx: (2.6)


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

D

f(x; y)dxdy =

dZc

� 2(y)Z 1(y)

f(x; y)dx

�dy: (2.7)

Slika 2.7.

Umjesto (2.6) i (2.7) uobiµcajilo se pisati

ZZD

f(x; y)dxdy =

bZa

dx

'2(x)Z'1(x)

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

ZZD

f(x; y)dxdy =

dZc

dy

2(y)Z 1(y)

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

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

u redoslijedu xy:

Primjer 2.14 Izraµcunajmo integral

I =

ZZD

�x+ y2

�dxdy,

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

Slika 2.8.

Izraµcunajmo ovaj integral yx redosljedom integracije (za vjeµzbu izraµcunati in-

tegral xy redosljedom integracije!):

I =

ZZD

�x+ y2

�dxdy =

1Z�1

dx

x2Zx4

�x+ y2

�dy =

1Z�1

��xy +

y3

3

��y=x2y=x4

�dx =


1Z�1

��x

12

3+x6

3� x5 + x3

�dx =

1Z�1

�� 1

39x13 +

1

21x7 � 1

6x6 +

1

4x4��1�1=4

91:

Primjer 2.15 Promijeniti poredak integracije u integralu

I =

1Z0

dx

2�xZx

x

ydy

i izraµcunajti njegovu vrijednost.

Slika 2.9.

Podruµcje integracije D � � �(

0 � x � 1x � y � 2� x

moµzemo zapisati i na naµcin

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

D1 � � �(0 � y � 10 � x � y

, D2 � � �(

1 � y � 20 � x � 2� y

:

Imamo

I =

ZZD

=

ZZD1

+

ZZD2

=

1Z0

dy

yZ0

x

ydx+

2Z1

dy

2�yZ0

x

ydx =

1Z0

�1y

�x22

��x=yx=0

�dy+

2Z1

�1y

�x22

��x=2�yx=0

�dy =

1Z0

1

y

�y22�0�dy+

2Z1

1

y

� (2� y)22

�0�dy =

1Z0

y

2dy +

1

2

2Z1

1

y

�4� 4y + y2

�dy =

1

4+1

2

�4 ln 2� 5

2

�= 2 ln 2� 1:

Raµcunamo li polazni integral u naznaµcenom redoslijedu imamo

I =

1Z0

dx

2�xZx

x

ydy =

1Z0

�x�ln jyj

��y=2�xy=x

�dx =

1Z0

�x ln j2� xj � x ln jxj

�dx

i nakon prve integracije dobivamo (drugi) nepravi integral.

Parcijalnom integracijom dobivamo da je

I1 =

Zx ln(2� x)dx = x2

2ln (2� x) +

Zx2

2 (2� x)dx =


x2

2ln (2� x)�

hx+

x2

4+ 2 ln (x� 2)

i=x2

2ln (2� x)� x� x2

4� 2 ln (x� 2) ;

I2 =

Zx ln jxj dx = x2

2lnx�

Zx

2dx =

x2

2ln jxj � x2

4:

Sada je

I = lim"!0+

1Z"

�x ln (2� x)� x ln jxj

�dx =

lim"!0+

�x22ln (2� x)� x� 2 ln (x� 2)� x2

2ln jxj

��1"=

�1� lim"!0+

�"22� ln (2� ")� "� 2 ln (2� ")| {z }

!ln 2

� "2

2� ln "| {z }!0

�= �1 + 2 ln 2:

I trostruki integralRRRD

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

D � R3 de�niramo preko trivijalnog pro�irenja

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

funkcije f na bilo koji kvadar K �to sardµzi D; stavljajuciZZZD

f(x; y; z)dxdydz =

ZZZK

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

Iskaµzimo sada, preglednosti radi, analogone prethodnih teorema u sluµcaju trostrukog

integrala.

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

ZZZK

f(x; y; z)dxdydz =

bZa

� dZc

� sZr

f(x; y; z)dz

�dy

�dx:

"Izmijenjujuci mjesta" varijablama dobivamo analogne integracijske formule.

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

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

gdje su '1; '2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 2.10.a). Tada je

ZZZD

f(x; y; z)dxdydz =

bZa

� '2(x)Z'1(x)

� g2(x;y)Zg1(x;y)

f(x; y; z)dz

�dy

�dx: (2.10)


Posve sliµcno, ako je

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

gdje su 1; 2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 2.10.b). Tada jeZZZD

f(x; y; z)dxdydz =

dZc

� 2(y)Z 1(y)

� g2(x;y)Zg1(x;y)

f(x; y; z)dz

�dx

�dy: (2.11)

Slika 2.10.

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

ristiti ZZZD

f(x; y; z)dxdydz =

bZa

dx

'2(x)Z'1(x)

dy

g2(x;y)Zg1(x;y)

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

ZZZD

f(x; y; z)dxdydz =

dZc

dy

2(y)Z 1(y)

dx

g2(x;y)Zg1(x;y)

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

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

jedu zxy:

Primjer 2.18 Izraµcunajmo ZZZD

2zdxdydz

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

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

kruµznice x2 + y2 = 1 u ravnini z = 1: Buduci da izme�u ravnina z = 0 i z = 1

vrijedi x2+y2 <px2 + y2, to je promatrano tijelo D odre�eno nejednadµzbama:

�1 � x � 1; �p1� x2 � y �

p1� x2; x2 + y2 � z �

px2 + y2


Imamo:

ZZZD

2zdxdydz =

1Z�1

dx

p1�x2Z

�p1�x2

dy

px2+y2Z

x2+y2

2zdz =

1Z�1

dx

p1�x2Z

�p1�x2

��z2��z=px2+y2

z=x2+y2

�dy =

1Z�1

dx

p1�x2Z

�p1�x2

h�x2 + y2

��x2 + y2

�2�idy =

1Z�1

dx

p1�x2Z

�p1�x2

�y2 + x2 � x4 � 2x2y2 � y4

�dy =

1Z�1

��13y3 + x2y � x4y � 2

3x2y3 � 1

5y5��y=p1�x2

y=�p1�x2

�dx =

1Z�1

�2

3

�p1� x2

�3+ 2

�x2 � x4

�p1� x2

�43x2�p1� x2

�3 � 25

�p1� x2

�5�dx = � � � = �

6

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

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

V () =

ZZD

f(x; y)dxdy: (2.12)

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

mjeri povr�inu ravninskoga skupa D, tj.

P (D) =

ZZD

dxdy: (2.13)

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

integral mjeri masu, tj.

m() =

ZZZD

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

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

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

V () =

ZZZD

dxdydz: (2.15)

2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 55

Primjer 2.20 Izraµcunajmo volumen V geometrijskoga tijela �to ga zatvaraju

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

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

Slika 2.11.

Po relaciji (2.12) imamo V =ZZD1

f(x; y)dxdy +

ZZD2

f(x; y)dxdy =

1Z12

dx

2xZ2�x

�x2 + y2

�dy +

2Z1

dx

4�xZx

(x2 + y2)dy = � � � =

1Z12

�6x3 � 4x2 + 4x� 8

3

�dx+

2Z1

��8x

3

3+ 8x2 � 16x+ 64

3

�dx =

205

32:

2.3 SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM

INTEGRALU

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

matrani integral �to lak�e izraµcuna. To vodi k tzv. "problemu zamjenjivanja

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

Me�utim, za vi�estruki integral rje�enje ove zadace nije nimalo jednostavno.

Ipak, radi praktiµcne koristi, izloµzit cemo ideju dokaza i iskazat pripadni teorem

navodeci i neke posebno vaµzne zamjene u dvostrukom i trostrukom integralu.

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

(u; v) 7! �(u; v) = (x = g(u; v); y = h(u; v)); (2.16)

gdje su g; h : Y ! R funkcije koje imaju neprekidne prve parcijalne derivacije(Slika 2.12.).


Oznaµcimo sa

��1 : X ! Y; ��1(x; y) = (u = G(x; y); v = H(x; y))

inverzno preslikavanje. Za preslikavanje � s ovim svojstvima kaµzemo da je C1

transformacija koja Y preslikava u X:

Slika 2.12.

Primjer 2.21 Na primjer podruµcje

Y = f(u; v) 2 R2 j 0 � u � 1; 0 � v � 1g

preslikava se transformacijom � odre�enom sa funkcijama

g; h : Y ! R2; x = g(u; v) = u2 � v2; y = h(u; v) = 2uv

u podruµcje X u xy-ravnini ome�eno parabolama x = 1 � 14y2; x = 1

4y2 � 1 i

segmentom [�1; 1] na x -osi (Slika 2.13.).

Slika 2.13.

Zaista, za duµzinu

A = f(u; v) j 0 � u � 1; v = 0g

imamo x = u2; y = 0; pa se ona transformacijom T preslikava u duµzinu

A0 = f(x; y) j 0 � x � 1; y = 0g:

Za duµzinu

B = f(u; v) j u = 1; 0 � v � 1g

imamo x = 1� v2; y = 2v (0 � v � 1), i eliminacijom v; dobivamo

B0 = f(x; y) j x = 1� 14y2; 0 � y � 2g:


Dakle, slika B0 je dio grafa parabole od toµcke 1 na x-osi do toµcke 2 na y-osi.

Analogno odre�ujemo slike C 0 i D0 duµzina C i D (Slika 2.13.):

Neka je transformacija �(u; v) dana sa

x = g(u; v); y = h(u; v):

Oznaµcimo sa�!r (u; v) = g(u; v)

�!i + h(u; v)

�!j

vektor poloµzaja toµcke �(u; v) = (g (u; v); h(u; v)) (u xy-ravnini):

Promotrimo sliku pravokutnika S = [u0; u0 +4u]� [v0; v0 +4v]. Duµzina kojaspaja toµcke (u0; v0) i (u0 + 4u; v0) preslikava se u krivulju kojoj je vektorskizapis

�!r (u; v0) = g(u; v0)�!i + h(u; v0)

�!j ; u 2 [u0; u0 +4u];

a duµzina koja spaja toµcke (u0; v0) i (u0; v0 +4v) u krivulju kojoj je vektorskizapis

�!r (u0; v) = g(u0; v)�!i + h(u0; v)

�!j ; v 2 [v0; v0 +4v]:

Sliµcno tomu je krivulja �!r (u; v0) = g(u; v0 + 4v)�!i + h(u; v0 + 4v)

�!j ; u 2

[u0; u0 +4u]; slika duµzine koja spaja toµcke (u0; v0 +4v); (u0 +4v; v0 +4v);a krivulja �!r (u0; v) = g(u0+4u; v)

�!i + h(u0+4u; v)

�!j ; v 2 [v0; v0+4v] slike

duµzine koja spaja toµcke (u0 +4u; v0); (u0 +4v; v0 +4v):

Slika 2.14.

Transformacijom � se pravokutnik S bijektivno preslikava na podruµcje R koje

ome�uju prethodno navedene krivulje (Slika 2.14.). Oznaµcimo sa

�!a = �!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0);�!b = �!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0):

Povr�inu P (R) podruµcja R moµzemo aproksimirati sa povr�inom paralelograma��!a ��!b �� kojega odre�uju vektori �!a i �!b .Buduci je (o derivaciji vektorske funkcije vidi naredno poglavlje)

�!ru0(u0; v0) = lim4u!0

�!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0)4u ;


�!rv 0(u0; v0) = lim4v!0

�!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0)4v ;

vrijedi�!a = �!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0) � 4u�!r 0u(u0; v0);�!b = �!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0) � 4v�!r 0v(u0; v0);

i povr�inu P (R) podruµcja R moµzemo aproksimirati sa��4u�!r 0u(u0; v0)�� 4v�!r 0v(u0; v0)�� = 4u4v��!r 0u(u0; v0)��!r 0v(u0; v0)��:Tangencijalni vektor �!ru0(u0; v0) na krivulju �!r = g(u; v0)

�!i + h(u; v0)

�!j ; u 2

[u0; u0 +4u] je

�!ru0(u0; v0) = g0u(u0; v0)�!i + h0u(u0; v0)

�!j =

@x(u0; v0)

@u

�!i +

@y(u0; v0)

@u

�!j ;

a tangencijalni vektor �!r 0v(u0; v0) na krivulju �!r = g(u0; v)�!i + h(u0; v)

�!j ; v 2

[v0; v0 +4v] je

�!rv 0(u0; v0) = g0v(u0; v0)�!i + h0v(u0; v0)

�!j =

@x(u0; v0)

@v

�!i +

@y(u0; v0)

@v

�!j ;

pa imamo

�!r 0u(u0; v0)��!r 0v(u0; v0) =

��

�!i

�!j

�!k

@x(u0; v0)

@u

@y(u0; v0)

@u0

@x(u0; v0)

@v

@y(u0; v0)

@v0

��=

��@x(u0; v0)

@u

@y(u0; v0)

@u@x(u0; v0)

@v@y(u0;v0)

@v

��!k =

��@x(u0; v0)

@u

@x(u0; v0)

@v@y(u0; v0)

@u

@y(u0; v0)

@v

��!k :

Determinanta

��@x@u

@x@v

@y@u

@y@v

�� naziva se Jacobijeva determinanta ili Jacobijantransformacije � i oznaµcava se

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@u

@x

@v@y

@u

@y

@v

�� =@x

@u

@y

@v� @x

@v

@y

@u(2.17)

i, konaµcno, povr�inu podruµcja R moµzemo aproksimirati sa

P (R) ��@(x; y)@(u; v)

��4u4v: (2.18)

gdje Jacobijan treba uzeti u toµcki (u0; v0):


Neka je sada zadano podruµcje Y � R2 u uv-ravnini i transformacija �(u; v);x = g(u; v); y = h(u; v); koja podruµcje Y u uv-ravnini preslikava na podruµcje

X � R2 u xy-ravnini, te neka je f : X ! R funkcija. Podijelimo podruµcje Yna pravokutnike Sij i njihove slike u xy-ravnini oznaµcimo s Rij (Slika 2.15.):

Dvostruki integral funkcije f nad X moµzemo aproksimirati saZZX

f(x; y)dP �mXi=1

nXj=1

f(xi; yj)P (Rij) �

mXi=1

nXj=1

f (g(ui; vj); h(ui; vj))��@(x; y)@(u; v)

��4u4vgdje je Jacobijan uzet u toµcki (ui; vj): Posljednja suma je integralna suma za

integral ZZY

f (g(u; v); h(u; v))��@(x; y)@(u; v)

��dudv�to nas upuµcuje na supstituciju u dvostrukom integralu.

Slika 2.15.

Teorem 2.22 Neka je f : X ! R neprekidna funkcija na podruµcju X � R2, a� = (g; h) : X ! Y � R2 neka je bijektivna C1 transformacija µciji Jacobijanne i�µcezava. Tada jeZZ

X

f(x; y)dxdy =

ZZY

f (g(u; v); h(u; v))��@(x; y)@(u; v)

��dudv: (2.19)

Primjer 2.23 Izraµcunati integral

I =

ZZX

ydxdy

gdje je podruµcje X odre�eno parabolama y2 = 4� 4x; y2 = 4+4x i x-osi (Slika2.13.).

Raµcun cemo provesti tako da uvedemo supstituciju x = u2 � v2; y = 2uv:Pokazali smo u Primjeru 2.21. da je podruµcje integracije X slika �(Y ) po-

druµcja Y = f(u; v) j 0 � u � 1; 0 � v � 1g, gdje je � : X ! Y transformacija

odre�ena supstitucijom, tj.

�(u; v) = (x = u2 � v2; y = 2uv):


Buduci je

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@u

@x

@v@y

@u

@y

@v

�� =��2u �2v2v 2u

�� = 4u2 + 4v2 > 0;po Teoremu 2.22. imamo

I =

ZZX

ydxdy =

ZZY

2uv��@(x; y)@(u; v)

��dudv =1Z0

1Z0

2uv � 4�u2 + v2

�dudv = 8

1Z0

� 1Z0

�u3v + v3u

�du

�dv =

8

1Z0

��u44v + v3

u2

2

��u=1u=0

�dv =

1Z0

�2v + 4v3

�dv =

�v2 + v4

��v=1v=0

= 2:


I =

ZZX

�x2 � y2

�dxdy

gdje je podruµcje X = f(x; y) j jxj+ jyj � 1g (Slika 2.16.).

Slika 2.16. Slika 2.17.

Imamo

I =

0Z�1

dx

1+xZ�1�x

�x2 � y2

�dy +

1Z0

dx

1�xZ�1+x

�x2 � y2

�dy =

0Z�1

��x2y � y3

3

��y=1+xy=�1�x

�dx+

1Z0

��x2y � y3

3

��y=1�xy=�1+x

�dx =

0Z�1

�43x3 � 2x� 2

3

�dx+

1Z0

�2x� 4

3x3 � 2

3

�dx = 0

Izraµcunajmo ovaj integral supstitucijom

u = x+ y; v = x� y:


Podruµcje integracije X (Slika 2.16.) prelazi u Y = f(u; v) j �1 � u � 1;�1 �v � 1g (Slika 2.17.).Buduci je

x =1

2(u+ v); y =

1

2(u� v);

imamo da je

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@u

@x

@v@y

@u

@y

@u

�� =��@�12 (u+ v)

�@u

@�12 (u+ v)

�@v

@�12 (u� v)

�@u

@�12 (u� v)

�@u

�� =�� 12 1

212 � 1

2

�� = �12 ;dakle, ��@(x; y)

@(u; v)

�� = 1

2:

Podintegralna funkcija prelazi u

x2 � y2 = (x+ y)(x� y) = uv

pa imamo

I =

ZZX

�x2 � y2

�dxdy =

ZZY

uv1

2dudv =

1

2

� 1Z�1

udu

�� 1Z�1

vdv

�= 0:

U praksi se, µcesto javlja potreba da se pravokutne Kartezijeve koordinate (var-

ijable) x; y zamijene polarnim koordinatama u � �; v � '. Supstitucijom(x = g(�; ') = � cos'

y = h(�; ') = � sin'

za Jacobijan dobivamo

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@�

@x

@'@y

@�

@y

@'

�� =��cos' �� sin'sin' � cos'

�� = �: (2.20)

Prema tomu, ZZX

f(x; y)dxdy =

ZZY

f(� cos'; � sin') � �d�d': (2.21)

Ovu supstituciju moµzemo interpretirati na naµcin: neka je podruµcje integracije

u integralu ZZX

f(x; y)dxdy =

ZZX

f(x; y)dP

kao na Slici 2.18., tj. moµze se opisati na naµcin

X = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g:


Slika 2.18.

Naznaµceni element povr�ine dP je kruµzni isjeµcak, pa je

dP =�12(�+ d�)2 � d'

��12�2 � d'

�= �d�d'� 1

2(d�)2d':

Drugi µclan moµzemo zanemariti i uzeti za dP = �d'd�: Sada jeZZX

f(x; y)dxdy =

ZZX

f(x; y)dP =

ZZX

f(� cos'; � sin')�d'd�;

a to daje i na�teorem o supstituciji.

Napomenimo jo�da se u polarnim koordinatama integrira u poretku �' tj.

ZZX

f(� cos'; � sin')�d'd� =

'2Z'1

d'

�2(')Z�1(')

f(� cos'; � sin')�d�: (2.22)

Primjer 2.25 Izraµcunajmo integral

I =

ZZX

p1� x2 � y2dxdy,

gdje je X polukrug u I. kvadrantu odre�en kruµznicom�x� 1

2

�2+ y2 = 1

4 :

Slika 2.19.

Zamjenom Kartezijevih koordinata polarnima, integracijsko podruµcje (Slika 2.19.)

X =n(x; y) j 0 � x � 1; 0 � y �

px� x2

opostaje integracijskim podruµcjem (Slika 2.19.)

Y =�('; �) j 0 � ' � �

2 ; 0 � � � cos':


a podintegralna funkcijap1� x2 � y2 postaje

p1� �2: Slijedi,

ZZX

p1� x2 � y2dxdy (4:22)=

�2Z0

d'

cos'Z0

p1� �2 � �d� =

�2Z0

��13

��2 � 1

�p1� �2

��=cos'�=0

�d' =

�2Z0

��13

�cos2 '� 1

�p1� cos2 '

��13

��d' =

�2Z0

��13

�cos2 '� 1

�sin'

�+1

3

�d' =

�

6� 29:

Katkada je raµcun pogodnije provesti u pomaknutom polarnom koordinat-

nom sustavu kojemu je pol u toµcki O = (p; q) :(x� p = � cos';

y � q = � sin':(2.23)

Za Jacobijan dobivamo J = �; i ukoliko je slika podruµcja integracije X oblika

Y = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g

vrijedi ZZX

f(x; y)dxdy =

ZZY

f(p+ � cos'; q + � sin')�d'd� =

'2Z'1

d'

�1(')Z�1(')

f(p+ � cos'; q + � sin')�d�: (2.24)

Napomenimo da kruµznice radijusa R sa sredi�tem u polu, koje u Kartezijevom

koordinatnom sustavu imaju prikaz (x � p)2 + (y � q)2 = R2; ovdje imaju

jednostavni prikaz � = R: Nadalje, toµcka T = (x; y) u ovomu koordinatnom

sustavu ima koordinate ('; �) gdje je

� =p(x� p)2 + (y � q)2; tg' = y � q

x� p ; (2.25)

i pri odre�ivanju kuta ' iz tg' = y�qx�p treba voditi raµcuna o predznacima od

x� p i y � q.



I =

ZZX

dxdy

gdje jeX ravninski lik ome�en kruµznicama x2+(y�2)2 = 11; (x�1)2+(y�2)2 =4; uz uvjet x � 0:

Integral I jednak je povr�ini P (X) ravninskog lika X (vidi Napomenu 2.19.).

Povr�ina P (X) jednaka je razlici povr�ina P (X1) � P (X2) ravninskih likova

naznaµcenih na Slici 2.20.

Slika 2.20.

Integral

I1 = P (X1) =

ZZX1

dxdy

nije potrebno raµcunati jer je on jednak polovici povr�ine kruga�11�2

�, pa ostaje

izraµcunati integral

I2 = P (X2) =

ZZX2

dxdy:

Raµcun cemo provesti u pomaknutom polarnom koordinarnom sustavu s polom

u toµcki O = (1; 2) (x� 1 = � cos';

y � 2 = � sin';

(Jacobijan ostaje isti J = @(x;y)@(u;v) = �) u kojemu kruµznica (x� 1)2+(y� 2)2 = 4

ima jednostavan prikaz �kr = 2: Pravac x = 0 ima jednadµzbu �pr = � 1cos' :

Podruµcje integracije X2 je unija podruµcja X21 i X22 (Slika 2.20.) koja u ovom

polarnom koordinatnom sustavu moµzemo opisati na naµcin

X21 =n('; �) j 'A � ' � 'B ; 0 � � � �pr = � 1

cos'

o;

X22 = f('; �) j �'A � ' � 'A; 0 � � � �kr = 2g :

Ostaje jo�odrediti 'A (i 'B). Buduci da toµcke A i B leµze na kruµznici (x�1)2+(y � 2)2 = 4 i y-osi imamo A = (0; 2 +

p3); B = (0; 2�

p3): Sada je

tg'A(2:25)=

yA � qxA � p

=2 +

p3� 2

0� 1 = �p3


i vodeci raµcuna o predznaku, traµzeni kut je 'A =2�3 (i sliµcno 'B =

4�3 ). Dakle,

podruµcja X21, X22 opisana su nejednadµzbama

X21 =n('; �) j 2�3 � ' � 4�

3 ; 0 � � � � 1cos'

oX22 =

�('; �) j � 2�

3 � ' � 2�3 ; 0 � � � 2

:

Imamo

I2 = P (X2) =

ZZX2

dxdy =

ZZX21

dxdy +

ZZX22

dxdy =

4�3Z

2�3

d'

� 1cos'Z0

�d�+

2�3Z

� 2�3

d'

2Z0

�d� =

4�3Z

2�3

��22

��=� 1cos'

�=0

�d'+

��'��'= 2�

3

'=� 2�3

��2

2

��=2�=0

�=

4�3Z

2�3

� 1

2 cos2 '

�d'+

4�

3� 2 =

�12tg'

�� 4�32�3

+8�

3=p3 +

8�

3:

Konaµcno, imamo

I = P (X) = P (X1)� P (X2) =11�

2�p3� 8�

3=17�

6�p3:

U praksi se, µcesto javlja i potreba da se pravokutne Kartezijeve koordinate

(varijable) x; y zamijene poopcenim polarnim koordinatama '; �:(x = a� cos'

y = b� sin'(2.26)

Za Jacobijan dobivamo

@(x; y)

@(u; v)=

��@x

@�

@x

@'@y

@�

@y

@'

�� =�� a cos' �a� sin'b sin' b� cos'

�� = ab�: (2.27)

Prema tomu,ZZX

f(x; y)dxdy =

ZZY

f(a� cos'; b� sin') � ab�d�d': (2.28)

Napomenimo da se u ovome koordinarnom sustavu elipsa x2

a2+x2

b2 = 1 opisuje jed-

nadµzbom � = 1; pa stoga poopcene polarne koordinate '; � nazivamo i eliptiµckim

koordinatama. Toµcka T = (x; y) ima u eliptiµckom sustavu prikaz T = ('; �):

� =

r�x� pa

�2+�y � q

b

�2; tg' =

ay

bx; (2.29)


i pri odre�ivanju koordinate ' iz tg' = aybx treba voditi raµcuna o predznacima

koordinata x i y:

Primjer 2.27 Izraµcunati

I =

ZZX

(x3 + y3)dxdy,

gdje je integracijsko podruµcje X =n(x; y) j x2a2 +

y2

b2 � 1; x � 0; y � 0o:

Integracijsko podruµcje X je nutrina elipse x2

a2 +y2

b2 = 1 u prvom kvadrantu.

Zamjenom Kartezijevih koordinata poopcenim (eliptiµckim) polarnim koordi-

natama, x = a� cos'; y = b� sin'; integracijsko podruµcje

X =n(x; y) j 0 � x � a; 0 � y � b

a

pa2 � x2

opostaje integracijskim podruµcjem

Y =�('; �) j 0 � ' � �

2 ; 0 � � � 1;

a integrand x3+ y3 prelazi u�a3 cos3 '+ b2 sin3 '

��3: Dakle, naznaµcenom sup-

stitucijom imamoZZX

�x3 + y3

�dxdy

(4:28)=

ZZY

�a3 cos3 '+ b3 sin3 '

��3ab�d'd� =

ab

�2Z0

d'

1Z0

�a3 cos3 '+ b3 sin3 '

��4d� =

�a4b

�2Z0

cos3 'd'+ ab4

�2Z0

sin3 'd'

�� 1Z0

�4d�

�=2

15ab�a3 + b3

�:

Katkada je raµcun pogodnije provesti u pomaknutom eliptiµcnom koordinat-

nom sustavu kojemu je pol u toµcki O = (p; q) :(x� p = �a cos';

y � q = �b sin':(2.30)

Opet je Jacobijan J = ab�; i ukoliko je slika integracijskog podruµcja X oblika

Y = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g

vrijedi ZZX

f(x; y)dxdy =

ZZY

f(p+ a� cos'; q + �b sin')ab�d'd�: (2.31)


Napomenimo da elipsa koja u Kartezijevom koordinatnom sustavu ima jed-

nadµzbu (x�p)2a2 + (y�q)2

b2 = 1; ovdje ima jednostavni prikaz � = 1: Nadalje,

ukoliko je toµcka zadana u Kartezijevom sustavu T = (x; y), njezine eliptiµcke

kordinate '; � su

� =

r�x� pa

�2+�y � q

a

�2; tg' =

a (y � q)b (x� p) ; (2.32)

i pri odre�ivanju kuta ' treba voditi raµcuna o predznacima od y � q i x� p:

Primjer 2.28 Izraµcunati povr�inu ravninskog lika

X =�(x; y) j 4(x� 2)2 + 9(y + 1)2 � 36; y � 0

:

Slika 2.21.

Povr�ina je jednaka integralu

I =

ZZX

dxdy;

gdje je X istaknuti dio unutra�njosti elipse (x�2)2

32 + (y+1)2

22 = 1 (Slika 2.21.) koji

moµzemo opisati sa

X =

8<: xB = 2� 3p3

2 � x � 2 + 3p3

2 = xA

0 � y � �1 + 13

p36� 4(x� 2)2

Zamjenom Kartezijevih koordinata pomaknutim poopcenim (eliptiµckim) po-

larnim koordinatama (x� 2 = 3� cos'y + 1 = 2� sin'

elipsa poprima jednostavan zapis � = 1; dok je jednadµzba pravca y = 0 u ovom

sustavu � = 12 sin' : Odredimo '-koordinatu toµcke A = (0; 2�

3p3

2 ) :

tg'A(4:25)=

a (yA � q)b (xA � p)

=3(0 + 1)

2�2 + 3

p3

2 � 2� = p

3

3) 'A =

�

6:


Dakako, zbog simetrije je 'B = 5�6 : Navedenom supstitucijom integracijsko

podruµcje X postaje integracijsko podruµcje

Y =n('; �) j �6 � ' � 5�

6 ;1

2 sin' � � � 1o:

Imamo

I =

ZZX

dxdy(4:23)=

ZZY

6�d'd� = 6

5�6Z

�6

d'

1Z1

2 sin'

�d� = 6

5�6Z

�6

��12�2��=1�= 1

2 sin'

�d' =

3

5�6Z

�6

�1� 1

4 sin2 '

�d' = 3

�'+

1

4ctg'

�� 5�6�6

=4� � 3

p3

2.

Sliµcna razmatranja vrijede i za trostruki integral.

Neka je Y � R3 podruµcje (u uvw-koordinatnom sustavu) koje se bijektivnom

C1 transformacijom � odre�enom sa

x = g(u; v; w); y = h(u; v; w); z = k(u; v; w) (2.33)

preslikava u podruµcje X � R3 (u xyz-koordinatnom sustavu). Jacobijan trans-

formacije � je determinanta

@(x; y; z)

@(u; v; w)=

��

@x

@u

@x

@u

@x

@w@y

@u

@y

@v

@y

@w@z

@u

@z

@v

@z

@w

��:

Teorem 2.29 Neka je f : X ! R neprekidna funkcija na podruµcju X � R3, a� = (g; h; k) : Y ! X � R3 neka je bijektivna C1 transformacija µciji Jacobijanne i�µcezava. Tada jeZZZ

X

f(x; y; z)dxdydz =

ZZZY

f (g(u; v; w); h(u; v; w); k(u; v; w))�� @(x; y; z)@(u; v; w)

��dudvdw: (2.34)

U sluµcaju trostrukog integrala se µcesto javlja potreba da se pravokutne Kartez-

ijeve koordinate x; y; z zamijene cilindriµcnima u � �, v � ', w = z, ili sfernima

u � r, v � �; w � '. Buduci da je veza Kartezijevih i cilindriµcnih koordinata8>><>>:x = g(�; ';w) = � cos';

y = h(�; ';w) = � sin',

z = k(�; ';w) = w


to je pripadni Jacobijan

@(x; y; z)

@(�; ';w)=

��

@ (� cos')

@�

@ (� cos')

@'

@ (� cos')

@w@ (� sin')

@�

@ (� sin')

@'

@ (� sin')

@w@w

@�

@w

@'

@w

@w

��=

��cos' �� sin' 0

sin' � cos' 0

0 0 1

�� = �:

Tako dobivamo zamjensku formuluZZZX

f(x; y; z)dxdydz =

ZZZY

f(� cos'; � sin';w)�d�d'dw (2.35)

Primjer 2.30 Izraµcunati ZZZX

zpx2 + y2dxdydz;

gdje je podruµcje integracije X =�(x; y; z) j x2 + y2 � 2x; y � 0; 0 � z � a

:

Podruµcje integracijeX (Slika 2.22.) je cilindriµcno tijelo kojemu je baza polukrug.

Slika 2.22.

Integral cemo izraµcunati u cilindriµcnom sustavu8>><>>:x = � cos';

y = � sin',

z = w

u kojemu prodruµcje integracije X prelazi u

Y =�('; �; w) j 0 � ' � �

2 ; 0 � � � 2 cos'; 0 � w � a:

Imamo:ZZZX

zpx2 + y2dxdydz =

ZZZY

w

q(� cos')

2+ (� sin') � �d�d'dw =

�2Z0

d'

2 cos'Z0

�2d�

aZ0

wdw =a2

2

�2Z0

d'

2 cos'Z0

�2d� =a2

2

�2Z0

��33

��=2 cos'�=0

�d' =

8a2

6

�2Z0

cos3 'd' =8a2

6

�2Z0

�1� sin2 '

�cos'd' =

4a2

3

�sin'+

sin3 '

2

��20=8a2

9:


Primjer 2.31 Vratimo se ranijem primjeru (Primjer 2.18.): IzraµcunatiZZZX

2zdxdydz;

gdje je X � R3 ome�en grafovima preslikavanja g1(x; y) = x2 + y2 i g1(x; y) =px2 + y2.

Raµcun koji treba provesti u integralu

ZZZX

2zdxdydz =

1Z�1

dx

p1�x2Z

�p1�x2

dy

px2+y2Z

x2+y2

2zdz

zahtijeva popriliµcno tehniµcke spretnosti. Prije�e li se, me�utim, na cilindriµcne

koordinate, integracijsko podruµcje X postaje integracijskim podruµcjem Y

Y =�('; �; w) j 0 � ' � 2�; 0 � � � 1; �2 � w � �

:

Tako dobivamo

ZZZX

2zdxdydz =

ZZZY

2w�d�d'dw =

2�Z0

d'

1Z0

�d�

�Z�2

2wdw =

2�Z0

d'

1Z0

��w2��w=�w=�2

��d� =

2�Z0

d'

1Z0

��2 � �4

��d� ==

�

6:

U sluµcaju sfernog koordinatnog sustava zamjenske varijable uvodimo na naµcin8>><>>:x = g(r; #; ') = r sin# cos',

y = h(r; #; ') = r sin# sin',

z = k(r; #; ') = r cos#,

i pripadni Jacobijan je

@(x; y; z)

@(r; #; ')=

��

@ (r sin# cos')

@r

@ (r sin# cos')

@#

@ (r sin# cos')

@'@ (r sin# sin')

@r

@ (r sin# sin')

@#

@ (r sin# sin')

@'@ (r cos#)

@r

@ (r cos#)

@#

@ (r cos#)

@'

��=

��sin# cos' r cos# cos' �r sin# sin'sin# sin' r cos# sin' r sin# cos'

cos# �r sin# 0

�� = r2 sin#:

2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 71

Time smo dobili zamjensku formuluZZZX

f(x; y; z)dxdydz =

ZZZY

f(r sin# cos'; r sin# sin'; r cos#) � r2 sin#drd#d':(2.36)

Primjer 2.32 IzraµcunatiZZZX

zp1 + x2 + y2 + z2dxdydz;

gdje je X = f(x; y; z) j x2 + y2 + z2 � 1g:

Podintegralna funkcija zp1 + x2 + y2 + z2 u sfernome koordinatnom sustavu

ima zapis r cos#p1 + r2: Podruµcje integracije X je jediniµcna sredi�nja kugla i

ona prelazi u podruµcje integracije Y

Y = f(r; #; ') j 0 � ' � 2�; 0 � # � �; 0 � r � 1g ;

pa jeZZZX

zp1 + x2 + y2 + z2dxdydz =

ZZZY

r cos#p1 + r2 � r2 sin#drd#d' =

2�Z0

d'

�2Z0

cos# � sin#d#1Z0

r3p1 + r2dr =

� 2�Z0

d'

��

2Z0

sin# � cos#d#�� 1Z0

r3p1 + r2dr

�=2��p2 + 1

�15

:

2.4 NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH

INTEGRALA

2.4.1 POVR�INA RAVNINSKOG LIKA

Vec smo napomenuli da povr�inu P (X) ravninskog lika X koji je ome�en po di-

jelovima glatkom jednostavnom zatvorenom krivuljom moµzemo izraµcunati prim-

jenom odre�enog (jednostrukog) integrala. Dvostrukim integralom do traµzene

povr�ine dolazimo primjenom formule

P (X) =

ZZX

dxdy:

(vidi Napomenu 2.19.). Ovisno o podruµcju integracije, treba uvesti zamjenske

varijable kako bi se raµcun �to jednostavnije proveo.


Primjer 2.33 Izraµcunati por�inu lika �to ga ome�uju kruµznice

(x� 1)2 + y2 = 1; (x� 2)2 + y2 = 4; x2 + (y � 1)2 = 1; x2 + (y � 2)2 = 4:

Kod uvo�enja zamjenskih vrijabla prvi je cilj da integracijsko podruµcje prevedemo

u �to jednostavnije podruµcje, najµce�ce u pravokutnik. Zapi�imo zadane kruµznice

u drugaµcijem obliku

x2 + y2

x= 2;

x2 + y2

x= 4;

x2 + y2

y= 2;

x2 + y2

y= 4:

i prirodno namecu zamjenske varijable kojima to podruµcje postaje pravokut-

nikom. Sugeriranim zamjenskim varijablama

u =x2 + y2

x; v =

x2 + y2

y

podruµcje ome�eno zadanim kruµznicama postaje pravokutnik (Slika 2.23.)

X = f(u; v) j 2 � u � 4; 2 � v � 4g :

Jer je

x =uv2

u2 + v2; y =

u2v

u2 + v2

za Jacobijan imamo

@(x; y)

@(u; v)=

��@

@u

� uv2

u2 + v2� @

@v

� uv2

u2 + v2�

@

@u

� u2v

u2 + v2� @

@v

� u2v

u2 + v2�� = �

u2v2

(u2 + v2)2

i traµzena povr�ina jednaka je integralu

P (X) =

ZZX

dxdy =

4Z2

4Z2

u2v2

(u2 + v2)2 dudv:

Ovaj je integral, iako je integracijsko podruµcje pravokutnik, popriliµcno kompli-

ciran.

Slika 2.23.


Primijetimo da kruµznice kojima je sredi�te na x-osi (y-osi) i prolaze ishodi�tem

imaju u polarnom koordinatnom sustavu jednostavan zapis � = 2a cos' (� =

2a sin'); gdje je a udaljenost sredi�ta kruµznice do ishodi�ta. U na�em sluµcaju

zadane kruµznice imaju zapis.

� = 2 cos'; � = 4 cos'; � = 2 sin'; � = 4 sin':

Prijelazom na polarni koordinatni sustav podruµcje integracije nece biti pra-

vokutnik, ali ce integrand biti jednostavan. Zbog simetrije, dovoljno je izraµcu-

nati povr�inu P (Y ) (Slika 2.23.). U polarnom koordinarnom sustavu podruµcje

Y opisano je nejednadµzbama

Y : : : 'A = arctg12 � ' � �

4 = 'B ; 2 cos' � � � 4 sin'

pa je

P (X) = 2P (Y ) = 2

�4Z

arctg 12

d'

4 sin'Z2 cos'

�d� = 2

�4Z

arctg 12

��22

��4 sin'2 cos'

d' =

�4Z

arctg 12

�16 sin2 '� 4 cos2 '

�d' =

�6'� 5 sin 2'

��4arctg 1

2

� 0:9305:

2.4.2 PLO�TINA PLOHE

Graf funkcije f : D ! R, D � R2; je podskup S = f(x; y; z) j (x; y) 2 D;

z = f(x; y)g � R3: Znamo da je S ploha i pritom smo jednadµzbu z = f(x; y),

(x; y) 2 D; nazvali eksplicitnom jednadµzbom plohe S: Ukoliko je funkcija f

diferencijabilna, tada plohu nazivamo glatkom (drugim rijeµcima, ploha S je

glatka µcim u svakoj svojoj toµcki T 2 S dopu�ta tangencijalnu ravninu!). U

nekim razmatranjima i primjenama javljat ce se plohe poput ovih na Slici 2.24.

Slika 2.24.

Uoµcavamo da se radi o plohi S sastavljenoj od konaµcno glatkih ploha S1,. . . ,

Sn tako da u toµckama "spojnih krivulja" ne postoje tangencijalne ravnine (ni


normale). Za takve plohe kaµzemo da su po dijelovima glatke. Pokazuje se da

je skup svih toµcaka takve plohe u kojima nema normale "povr�inski zanemariv"

pa cemo ga u na�im razmatranjima smjeti zanemarivati.

Slika 2.25.

Da bismo odredili plohinu plo�tinu polazimo od uobiµcajene de�nicije za povr�inu

P (�) =��!T1T2 �

��!T1T4

�� paralelograma � odre�enoga vrhovima Ti, i = 1; 2; 3; 4.Neka je, u danom pravokutnom koordinatnom sustavu

�O;�!i ;�!j ;�!k�, Ti =

(xi; yi; zi), i = 1; 2; 3; 4. Ako taj paralelogram leµzi u ravnini zadanoj jednadµzbom

z � z1 = p(x� x1) + q(y � y1), to je

P (�) =��!T1T2 �

��!T1T4

�� = ��

�!i

�!j

�!k

x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x4 � x1 y4 � y1 z4 � z1

�� =

��!i

�!j

�!k

x2 � x1 y2 � y1 p(x2 � x1) + q(y2 � y1)x4 � x1 y4 � y1 p(x4 � x1) + q(y4 � y1)

�� =

��p�!i � q�!j +�!k �� x2 � x1 y2 � y1x4 � x1 y4 � x1

�� =pp2 + q2 + 1 � P (�0);gdje je�0 (tako�er paralelogram, s vrhovima T 0i , i = 1; 2; 3; 4) okomita projekcijaparalelograma � u xy-ravninu (Slika 2.25.). Naime,

P (�0) =��!T 01T

02 �

��!T 01T

04

�� = ��!i

�!j

�!k

x2 � x1 y2 � y1 0

x4 � x1 y4 � y1 0

�� = ��x2 � x1 y2 � y1

x4 � x1 y4 � x1

��:Neka je z = f(x; y), (x; y) 2 D � R2, eksplicitna jednadµzba glatke plohe S.Uoµcimo bilo koji pravokutnik �0 � D: Promatrajmo dio plohe S �to se okomito

projicira na �0 i oznaµcimo ga sa S0. Podijelimo �0 ekvidistantnim usporedni-

cama s x- i y-osi na vi�e "malih" pravokutnika �0ij , i = 1; � � � ; n; j = 1; � � �m.To ce uvjetovati odgovarajucu podjelu od S0 na vi�e "malih" ploha S0ij , od kojih

je svaka odre�ena suµzenjem funkcije f na �0ij , i = 1; � � � ; n; j = 1; � � �m.


Slika 2.26.

Zadrµzimo se µcasak na bilo kojoj od ploha S0ij (Slika 2.26.) i odaberimo na

njoj bilo koju toµcku Tij = (xi; yj ; f(xi; yj)): Znamo da je jednadµzba pripadne

tangencijalne ravnine

z � f(xi; yj) = pij(x� xi) + qij(y � yi);

gdje su pij =@f(xi;yi)

@x ; qij =@f(xi;yi)

@y : Oznaµcimo s �ij "mali" paralelogramu toj tangencijalnoj ravnini koji se okomito projicira na "mali" pravokutnik

�0ij . Time smo stigli do kljuµcnoga mjesta u na�emu razmatranju. Naime,

ako plo�tina, kako ju obiµcno zami�ljamo, ima smisla onda bi "mali" paralelo-

gram �ij i "mala" ploha S0ij trebali imati pribliµzno jednaku povr�inu, naravno,pretpostavljajuci dostatno sitnu podjelu pravokutnika �0. Zato za pripadnupovr�inu uzimamo (pribliµzno)

P (S0) =nXi=1

mXj=1

P (S0ij) �nXi=1

mXj=1

P (�ij) =nXi=1

mXj=1

q1 + p2ij + q

2ijP (�0ij):

Buduci da je P (�0ij) = �x � �y, pri µcemu su �x i �y razmaci izme�u odgo-varajucih susjednih usporednica, to je

P (S0) �nXi=1

mXj=1

q1 + p2ij + q

2ij ��x ��y:

Sjecajuci se de�nicije dvostrukog integrala, uoµcavamo da se na desnoj strani

pojavila integralna suma funkcije

(x; y) 7!

s1 +

�@f(x; y)@x

�2+�@f(x; y)

@y

�2;

pa ima smisla odre�eni integral

ZZ�0

s1 +

�@f(x; y)@x

�2+�@f(x; y)

@y

�2dxdy


smatrati plo�tinom plohe S0. Jasno je sada da se to smije pro�iriti preko D na

S.

Dakle, ako je z = f(x; y); (x; y) 2 D; eksplicitna jednadµzba glatke plohe S; tadaje

P (S) =

ZZD

s1 +

�@f(x; y)@x

�2+�@f(x; y)

@y

�2dxdy (2.37)

njezina plo�tina.

Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f(x; y) = c 2 R na D dobivamo

P (S) = P (D) =RRDdxdy; �to se slaµze s prije poznatom formulom.

Ako ploha S nije glatka, ali ju se moµze rastaviti po dijelovima glatkim krivulja-

ma na konaµcno mnogo "disjunktnih" glatkih ploha S1; � � � ; Sn, onda je njezinaplo�tina zbroj

P (S) = P (S1) + � � �+ P (Sn):

Primjer 2.34 Izraµcunati plo�tinu dijela stoµzaste plohe y = 2 �px2 + z2 koji

je odre�en uvjetom 1 � y � 2:

Slika 2.27.

Ploha S ("privilegirana" y-os) i njena projekcija D (krug x2 + z2 � 1) na xz-ravninu prikazani su na Slici 2.27. Treba izraµcunati

P (S) =

ZZD

s1 +

�@(2�px2 + z2)@x

�2+�@(2�px2 + z2)

@z

�2dxdz =

s1 +

�� xp

x2 + z2

�2+�� zp

x2 + z2

�2dxdz =

ZZx2+z2�1

p2dxdz =

p2�:

2.4.3 VOLUMEN TIJELA

Pokazali smo da ako je funkcija f : D ! R, D � R2, neprekidna i nenega-tivna, onda pripadni dvostruki integral mjeri volumen geometrijskoga tijela X

odre�enoga osnovicom D i plohom (grafom) Gf , tj.

V (X) =

ZZD

f(x; y)dxdy:


Nadalje, ukoliko je X � R3 onda je njegov volumen

V (X) =

ZZZX

dxdydz:

Primjer 2.35 Izraµcunati volumen tijela

X =�(x; y; z) j 4x2 + (z � 1)2 � y; y + z � 3; z � 1

2

:

Jednadµzba 4x2 + (z � 1)2 = y odre�uje eliptiµcki paraboloid kojemu je "privi-

legirana" y-os i tijelo X nacrtat cemo u koordinatnom sustavu gdje smo zami-

jenili z-os i y-os (Slika 2.28.). Uvjet 4x2 + (z � 1)2 � y odre�uje dio prostora

iznad tog paraboloida. Sa y+ z � 3 odre�en je dio prostora koji se nalazi ispodravnine y = 3 � z, a sa z � 1

2 dio prostora desno od ravnine z =12 : Presjek

predstavlja tijelo X: Oznaµcimo sa D projekciju tijela X na ravinu y = 0: Tijelo

X moµzemo opisati sa

X =�(x; y; z) j (x; z) 2 D; 4x2 + (z � 1)2 � y � 3� z

;

pa je traµzeni volumen

V (X) =

ZZZX

dxdydz =

ZZD

� 3�zZ4x2+(z�1)2

dy

�dxdz =

ZZD

�(3� z)�

�4x2 + (z � 1)2

��dxdz =

ZZD

�2� 4x2 � z2 + z

�dxdz:

Odredimo projekciju D. Projicirajmo na ravninu y = 0 presjek paraboloida

4x2 + (z � 1)2 = y i ravnine y = 3� z :

4x2 + (z � 1)2 = 3� z ) x2

916

+(z � 1

2 )2

94

= 1:

Dobili smo elipsu i projekcija D je istaknuti dio nutrine elipse na Slici 2.28.

Raµcun cemo provesti u eliptiµcnom koordinarnom sustavu8><>:x =

3

4� cos'

z =1

2+3

2� sin'

; J =9

8�;

u kojemu jednadµzba elipse x2

916

+(z� 1

2 )2

94

= 1 ima zapis � = 1; integrand 2�4x2�

z2 + z prelazi u 94 (1� �

2); a podruµcje integracije je:

D = f('; �) j 0 � ' � �; 0 � � � 1g :


Slika 2.28.

Imamo:

V (X) =

ZZD

�2� 4x2 � z2 + z

�dxdz =

ZZD

9

4

�1� �2

� 98�d'd� =

81

32

ZZD

�� 3

�d'd� =

81

32

�Z0

d'

1Z0

�� 3

�d� =

81

128�:

2.4.4 MASA, MOMENTI I TEµZI�TE

Neka je X � R2 ravninski lik i g : X ! R funkcija gustoce. Masu m, momentMx obzirom na x-os, moment My obzirom na y-os ravninskog lika X izraµcu-

navamo kao vrijednosti integrala:

m =

ZZX

g(x; y)dxdy; (2.38)

Mx =

ZZX

yg(x; y)dxdy; (2.39)

My =

ZZX

xg(x; y)dxdy: (2.40)

Teµzi�te T = (x; y) ravninskog lika X ima koordinate:

x =My

m; y =

Mx

m: (2.41)

Ako su X � R3 i u = g(x; y; z); (x; y; z) 2 X; funkcija gustoce, tada je masa mtijela X

m =

ZZZX

g(x; y; z)dxdydz; (2.42)

a momeneti Myz (obzirom na koordinatnu ravninu x = 0), Mxz (obzirom na

koordinatnu ravninu y = 0), Mxy (obzirom na koordinatnu ravninu z = 0) su:

Myz =

ZZZX

xg(x; y; z)dxdydz; (2.43)


Mxz =

ZZZX

yg(x; y; z)dxdydz; (2.44)

Mxy =

ZZZX

zg(x; y; z)dxdydz: (2.45)

Teµzi�te T = (x; y; z) tijela X ima koordinate:

x =Myz

m; y =

Mxz

m, z =

Mxy

m: (2.46)

Momenti inercije tijelaX uz funkciju gustoce g : X ! R obzirom na koordinatneosi su

Ix =

ZZZX

�y2 + z2

�g(x; y; z)dxdydz; (2.47)

Iy =

ZZZX

�x2 + z2

�g(x; y; z)dxdydz; (2.48)

Iz =

ZZZX

�x2 + y2

�g(x; y; z)dxdydz: (2.49)

Primjer 2.36 Izraµcunati koordinate teµzi�ta lika

D =�(x; y) 2 R2 j x2 + y2 � 1; x � 0; y � x

ako je vrijednost f(x; y) funkcije gostoce u toµcki (x; y) obrnuto proporcionalna

udaljenosti te toµcke od ishodi�ta.

Lik D prikazan je na Slici 2.29.:

Slika 2.29.

Funkcija gustoce je f(x; y) = 1px2+y2

; pa je

m =

ZZD

1px2 + y2

dxdy;

Mx =

ZZD

y1p

x2 + y2dxdy; My =

ZZD

x1p

x2 + y2dxdy:

Ove integrale raµcunamo u polarnom koordinatnom sustavu(x = � cos'

y = � sin'; J=�;


u kojemu kruµznica x2 + y2 = 1 ima zapis � = 1; a podruµcje D je

D =�('; �) j �4 � ' � �

2 ; 0 � � � 1:

Imamo

m =

ZZD

1px2 + y2

dxdy =

�2Z

�4

d'

1Z0

1

��d� =

��'��2

�4

��10

�=�

4;

Mx =

ZZX

y1p

x2 + y2dxdy =

�2Z

�4

d'

1Z0

(� sin')1

��d� =

�2Z

�4

��22sin'

��10

�d' =

�2Z

�4

�12sin'

�d' =

p2

4;

My =

ZZX

x1p

x2 + y2dxdy =

�2Z

�4

d'

1Z0

(� cos')1

��d� =

�2Z

�4

��22cos'

��10

�d' =

�2Z

�4

1

2cos'd' =

1

2�p2

4:

Za koordinate teµzi�ta dobivamo

x =My

m=

p2

�; y =

Mx

m=2�

p2

�:

Primjer 2.37 Odrediti teµzi�te tijela

X =�(x; y; z) j �1 � y � 1; y2 � x � 1; 0 � z � x

ako je funkcija gustoce g(x; y; z) = x+ y.

Tijelo X ome�eno je valjµcastom plohom y2 = x i ravninama z = 0 i z = x (Slika

2.30.).

Slika 2.30.

Imamo:

m =

ZZZX

g(x; y; z)dxdydz =

1Z�1

dy

1Zy2

dx

xZ0

(x+ y) dz =

1Z�1

��13y6�1

2y5+

1

2y+1

3

�dy =

4

7;


Myz =

ZZZX

xg(x; y; z)dxdydz =

1Z�1

dy

1Zy2

dx

xZ0

x (x+ y) dz =

1Z�1

dy

1Zy2

�x2y + x3

�dx =

1Z�1

��14y8 � 1

3y7 +

1

3y +

1

4

�dy =

4

9;

Mxz =

ZZZX

yg(x; y; z)dxdydz =

1Z�1

dy

1Zy2

dx

xZ0

y (x+ y) dz =

1Z�1

dy

1Zy2

�x2y + xy2

�dx =

1Z�1

��13y7 � 1

2y6 +

1

2y2 +

1

3y�dy =

4

21;

Mxy =

ZZZX

zg(x; y; z)dxdydz =

1Z�1

dy

1Zy2

dx

xZ0

z (x+ y) dz =

1Z�1

dy

1Zy2

1

2

�x3 + x2y

�dx =

1Z�1

��18y8 � 1

6y7 +

1

6y +

1

8

�dy =

2

9

;i traµzene koordinate teµzi�ta su

x =Myz

m=7

9; y =

Mxz

m=1

3; z =

Mxy

m=7

18:

Primjer 2.38 Izaraµcunati koordinate teµzi�ta i moment inercije Ix tijela ome�enog

paraboloidom x = 4y2+4z2 i ravninom x = 4 ako je funkcija gustoce g(x; y; z) =

x2 + y2 + z2:

m =

ZZZX

�x2 + y2 + z2

�dxdydz =

1Z�1

dy

p1�y2Z

�p1�y2

dz

4Z4y2+4z2

�x2 + y2 + z2

�dx =

50

3�;

Myz =

ZZZX

x�x2 + y2 + z2

�dxdydz =

1Z�1

dy

p1�y2Z

�p1�y2

dz

4Z4y2+4z2

x�x2 + y2 + z2

�dx =

266

5�;

Mxz =

ZZZX

y�x2 + y2 + z2

�dxdydz =

1Z�1

dy

p1�y2Z

�p1�y2

dz

4Z4y2+4z2

y�x2 + y2 + z2

�dx;

Mxy =

ZZZX

z�x2 + y2 + z2

�dxdydz =

1Z�1

dy

p1�y2Z

�p1�y2

dz

4Z4y2+4z2

z�x2 + y2 + z2

�dx =


1Z�1

p1�y2Z

�p1�y2

� 4Z4y2+4z2

z�x2 + y2 + z2

�dx

�dz

�dy = 0;

(x; y; z) =�399125 ; 0; 0

�;

Ix =

ZZZX

�y2 + z2

� �x2 + y2 + z2

�dxdydz =

1Z�1

dy

p1�y2Z

�p1�y2

dz

4Z4y2+4z2

�y2 + z2

� �x2 + y2 + z2

�dx = : : : =

101

15�:

Poglavlje 3

VEKTORSKA ANALIZA

TEORIJA POLJA

3.1 VEKTORSKE FUNKCIJE

Promatrali smo funkcije f : X ! Y; X; Y � R, potom funkcije f : X ! Y;

X � Rn, Y � R, a ovdje cemo promatrati funkcije gdje su i domena i kodomena"podebljane", tj. funkcije oblika

f : X ! Y; X � Rm; Y � Rn (n � 2):

Dakako, interesirat ce nas najvaµzniji sluµcaj kada je n = 2; 3 ili n = 4:

Primjer 3.1 Funkcija koja svakoj toµcci iz jediniµcnog kruga X = D � R2

pridruµzuje toµcku na naµcin opisan slikom

Slika 3.1.

moµzemo interpretirati na naµcin: ukoliko je na kodomeni R3 zadan desni ortonormi-rani Kartezijev koordinatni sustav

�O;�!i ;�!j ;�!k�; tada tu funkciju moµzemo

opisati sa:

f(x; y) = x�!i + y

�!j +

px2 + y2

�!k =

nx; y;

px2 + y2

o:

83

84 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA

Dakle, u ovom bi primjeru funkcija f bila zadana sa tri skalarne funkcije

w1; w2; w3 : D ! R; w1(x; y) = x; w2(x; y) = y; w3(x; y) =px2 + y2

i svakoj toµcci T = (x; y) 2 D ovom funkcijom bi pridruµzili vektor

f(T ) = fw1(T ); w2(T ); w3(T )g :

Uobiµcajeno je umjesto f pisati �!w :

De�nicija 3.2 Funkciju

�!w : X ! Rn (n � 2)

gdje je X � Rm opisan sa n-skalarnih funkcija wi : X ! R; i = 1; � � � ; n nanaµcin

Rm � X 3 T 7�! �!w (T ) = fw1(T ); � � � ; wn(T )g

nazivamo vektorskom funkcijom. Pritom, (skalarne) funkcije

wi : X ! R; i = 1; � � � ; n;

nazivamo koordinatnim funkcijama od �!w :

Nama ce od posebnog interesa biti vektorske funkcije kojima je domena X � Ra kodomena R3; dakle funkcije oblika

�!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g :

Primjer 3.3 Gibanje materijalne toµcke opisuje funkcija

�!s (t) = 2 cos t�!i + 2 sin t�!j + 3t�!k ; t 2 [0;1i :

Slika 3.2.


Nacrtajmo njenu putanju (hodograf) - to su sve zavr�ne toµcke

T (t) = (2 cos t; 2 sin t; 3t) 2 R3

vektora �!s (t); t 2 [0;1i. Putanja te materijalne toµcke jest valjµcana uzvojnica�to se obavijajuci valjak x2 + y2 = 4 "penje brzinom" z = 3t (Slika 3.2.).

Ukoliko je zadano samo pravilo za ovakve funkcije prirodno se postavlja pitanje

domene te funkcije. Dakako, (prirodna) domena takve funkcije je maksimalan

podskup X za koji funkcija ima smisla, a to znaµci da na njemu sve koordinatne

funkcije postoje.

3.2 LIMES I NEPREKIDNOST

Pojmovi limes i neprekidnost prirodno se poopcuju i na vektorske funkcije.

De�nirat cemo te pojmove za sluµcaj kada je domena X � R:

De�nicija 3.4 Reci cemo da je vektor�!l graniµcna vrijednost (limes) funkcije

�!w : X ! R3; u toµcki t0 2 X � R; i pisati limt!t0

�!w (t) = �!l ; ako

(8" > 0) (9� > 0) (8t 2 X n ft0g) d (t; t0) < � ) d��!w (t);�!l � < ": (3.1)

Kao i za skalarne funkcije, graniµcna vrijednost ima puni smisao samo u gomili�-

tima i neizoliranim toµckama skupa X. Osim toga, buduci da je ovdje udaljenost

de�nirana vektorskom normom d��!w (t);�!l � = ��!w (t)��!l ��, to se de�nicijska im-

plikacija, ako je �!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g i�!l = fl1; l2; l3g; smije zapisati i

ovako:

jt� t0j < � )� 3Xi=1

(wi(t)� li)2� 12

< ": (3.2)

Pomocu toga se lako dokazuje ova µcinjenica:

Teorem 3.5 limt!t0

�!w (t) = �!l , limt!t0

wi(t) = li; i = 1; 2; 3:

Primjer 3.6 Funkcija �!w (t) =�sin tt ; 0; t

; t 2 h0;1i ; ima u t = 0 graniµcnu

vrijednost f1; 0; 0g jer je

limt!0

�!w (t) =�limt!0

sin t

t; limt!0

0; limt!0

t

�= f1; 0; 0g:

De�nicija 3.7 Reci cemo da je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R,neprekidna u toµcki t0 2 X ako

(8� > 0) (9� > 0)(8t 2 X) d(t; t0) < � ) d��!w (t);�!w (t0)� < �: (3.3)


Ako je vektorska funkcija �!w neprekidna u svakoj toµcki t 2 A � X, onda kaµzemo

da je �!w neprekidna na skupu A. U sluµcaju A = X govorimo o neprekidnoj

vektorskoj funkciji �!w .

U praksi je vrlo korisno da se neprekidnost vektorske funkcije svodi na neprekid-

nost njezinih koordinatnih funkcija. O tomu govori sljedeci teorem:

Teorem 3.8 Vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, je neprekidna (u toµckit0) onda i samo onda, ako su sve njezine koordinatne funkcije w1; w2; w3 : X !R neprekidne (u toµcki t0).

Primjer 3.9 Istraµzimo (ne)prekidnost vektorske funkcije

�!w : R! R3, �!w (t) =((t� 1)�!i + t2�!k ; t < 1

(ln t)�!j +

�1� t2

��!k , t � 1

:

Primjetimo da su pripadne koordinatne funkcije

w1(t) =

(t� 1, t < 1

0, t � 1; w2(t) =

(0, t < 1

ln t, t � 1;

w3(x) =

(t2, t < 1

1� t2, t � 1;

neprekidne u svakoj toµcki t 6= 1. Po prethodnom teoremu je i funkcija �!wneprekidna u svakoj toµcki t 6= 1. Nadalje,

fw1(1); w2(1); w3(1)g = f0; 0; 0g = �!w (1):

Buduci da je

limt!1�0

w1(t) = 0 = limt!1+0

w1(t) = w1(1); tj. limt!1

w1(t) = w1(1);

to je funkcija w1 neprekidna u toµcki t = 1. Sliµcno se pokazuje da je

limt!1

w2(t) = w2(1)

pa je i koordinatna funkcija w2 neprekidna u toµcki t = 1. Me�utim,

limt!1�0

w3(t) = 1 6= 0 = limt!1+0

w3(t);

pa funkcija w3 nema graniµcne vrijednosti u toµcki t = 1. Buduci da se radi

o neizoliranoj toµcki (R nema izoliranih toµcaka), to je koordinatna funkcija w3prekidna u toj toµcki. Po prethodnom teoremu je i vektorska funkcija �!w prekidna

(samo) u toµcki t = 1.

3.3. DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE 87

3.3 DERIVACIJA I INTEGRALVEKTORSKE

FUNKCIJE

Ovdje se ne upu�tamo u razmatranje o diferencijabilnosti i diferencijalima vek-

torske funkcije, nego cemo se zadrµzati na najjednostavnijem sluµcaju vektorske

funkcije - onomu kad joj je varijabla skalar (broj) t 2 X � R, tj. sluµcaju

m = 1 i n � 2. Pokazat ce se da se ovdje naslje�uju sve vaµzne µcinjenice �to smoih dokazali za realne funkcije jedne varijable. Primjerice, diferencijabilnost je

ekvivalentna derivabilnosti, koju se moµze "rede�nirati" kako slijedi:

De�nicija 3.10 Vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, je derivabilna utoµcki t0 2 X, ako funkcija

�!w (t)��!w (t0)t�t0 ima graniµcnu vrijednost u toµcki t0: Tu

graniµcnu vrijednost oznaµcavamo s

�!w 0(t0) = limt!t0

�!w (t)��!w (t0)t� t0

(3.4)

i nazivamo derivacijom vektorske funkcije �!w u toµcki t0: Ukoliko je�!w deriv-

abilna u svakoj toµcki t 2 X; tada kaµzemo da je �!w derivabilna funkcija.

Ukoliko rabimo koordinatni zapis vektorske funkcije

�!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g ;

jasno je da je tada �!w derivabilna u toµcci t0 onda i samo onda ukoliko su sve

koordonatne funkcije derivabilne i pritom je

�!w 0(t) = fw01(t); w02(t); w03(t)g :

Primjetimo da je, za ovakve vektorske funkcije,

d�!w (t0) = �!w 0(t0)dt:

Ako je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, derivabilna u svakoj toµckit 2 X, onda je dobro de�nirana funkcija (derivacija od �!w )

�!w 0 : X ! R3; t 7�! �!w 0(t):

Jasno je i kako treba de�nirati derivacije vi�ih redova i vi�e diferencijale.

Naime�!w 00 def.=

��!w 0�0; : : : ;�!w (n+1) def.=��!w (n)

�0;

d2�!w (t0) = �!w 00(t0)dt2; : : : ; dr�!w (t0) = �!w (r)(t0)dt

r:


Primjer 3.11 Gibanje materijalne toµcke u Primjeru 3.3 opisuje jednadµzba

�!s (t) = 2 cos t�!i + 2 sin t�!j + 3t�!k ;

t 2 [0;1i (vrijeme). Odredimo joj brzinu i ubrzanje u svakom trenutku. Pose-

bice, izraµcunajmo joj brzinu i ubrzanje (pripadne vektore) kad je t = 0 i t = �2 .

Putanja te materijalne toµcke jest valjµcana uzvojnica (cilindriµcna spirala)

�!s (t) = f2 cos t; 2 sin t; 3tg; t 2 [0;1i ;

�to se obavijajuci valjak x2 + y2 = 4 "penje brzinom" z = 3t .

Buduci da je brzina derivacija puta po vremenu, to je

�!v (t) = �!s 0(t) = �2 sin t�!i + 2 cos t�!j + 3�!k ; t 2 [0;1i :

Nadalje, derivirajuci brzinu dobivamo ubrzanje, tj.

�!a (t) = �!v 0(t) = �2 cos t�!i �2 sin t�!j ; t 2 [0;1i :

Napokon, ako je t = 0 onda je �!v (0) = 2�!j +3�!k i �!a (0) = �2�!i , a ako je t = �2

onda je �!v��2

�= �2�!i + 3�!k i �!a

��2

�= �2�!j :

Naredni teorem donosi derivacijska pravila za osnovne operacije nad vektorskim

funkcijama skalarne varijable.

Teorem 3.12 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R, derivabilne vektorske funkcije,f : X ! R derivabilna (skalarna) funkcija i �; � 2 R. Tada vrijede ova pravila:

(i)��!w + ��!u

�0= ��!w 0 + ��!u 0;

(ii)�f�!w

�0= f 0�!w + fw0, pri µcemu je

�f�!w

�(t) = f(x)�!w (t);

(iii)��!wf

�0=f�!w 0 � f 0�!w

f2, pri µcemu je

��!wf

�(t) =

�!w (t)f(t)

i f(t) 6= 0;

(iv)��!w � �!u �0 = ��!w 0 � �!u

�+��!w � �!u 0�, pri µcemu je ��!w � �!u �(t) = w1(t)u1(t) +

w2(t)u2(t) + w3(t)u3(t) skalarni umnoµzak.

U sluµcaju n = 3, za vektorski umnoµzak �!w ��!u , tj. za

��!w ��!u �(t) = �!w (t)��!u (t) =��!i

�!j

�!k

w1(t) w2(t) w3(t)

u1(t) u2(t) u3(t)

��, tako�er vrijedi(v)

��!w ��!u �0 = �!w 0 ��!u +�!w ��!u 0.


Sva navedena pravila proizlaze izravno iz pripadnih de�nicija, a dokazuju se

posve sliµcno onima za deriviranje realnih funkcija jedne varijable. Dokaµzimo

npr. pravilo pod (v)!

��!w ��!u �0(t) = lim4t!0

��!w ��!u �(t+4t)� ��!w ��!u �(t)4t =

lim4t!0

��!w (t+4t)��!w (t)4t ��!u (t+4t) +�!w (t)�

�!u (t+4t)��!u (t)4t

�=

�!w 0(t)��!u (t) +�!w (t)��!u 0(t) =��!w 0 ��!u +�!w ��!u 0

�(t);

pri µcemu smo iskoristili distributivnost, homogenost i neprekidnost vektorskoga

mnoµzenja.

Primjer 3.13 Odredimo derivaciju vektorske funkcije �!! : X ! R3, X � R,ako je �!! = �!u �(�!v ��!w ), pri µcemu su �!u ;�!v ;�!w : X ! R3 derivabilne vektorskefunkcije. Dobiveni ishod provjerimo na funkcijama

�!u (x) =�2x; 0; � 3x2

;�!v (x) =

�x3; 0; 2 + x2

;�!w (x) =

�x; x2; x3

:

Primijenimo (dvaput) Teorem 3.12(v):

�!! 0(x) =��!u � ��!v ��!w ��0(x) = �!u 0(x)� ��!v ��!w �(x)+�!u (x)� ��!u ��!v �0(x) =

�!u 0(x)��!v (x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v 0(x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v (x)��!w 0(x)

�:

Buduci da je

�!u 0(x) = f2; 0;�6xg; �!v 0(x) =�3x2; 0; 2x

; �!w 0(x) =

�1; 2x; 3x2

,

�!v (x)��!w (x) =�x6 � x4 � 2x2; x3 + 2x;�x4

;

�!v 0(x)��!w (x) =�3x5 � 2x3; 2x2;�3x3

;

�!v (x)��!w 0(x) =�3x5 � 2x3 � 4x; x2 + 2;�x3

;

to je

�!u (x)��!v (x)��!w (x)� = �3x5 + 6x3;�3x8 + 3x6 + 2x5 + 6x4; 2x4 + 4x2 ;

�!u 0(x)��!v (x)��!w (x)� = �6x4 + 12x2;�6x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x ;�!u (x)�

��!v 0(x)��!w (x)� = �6x4;�9x7 + 6x5 + 6x4; 4x3 ;�!u (x)�

��!v (x)��!w 0(x)�=�3x4 + 6x2;�9x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x

:

Sada uvr�tavanjem i sre�ivanjem dobivamo:��!u (x)� ��!v (x)��!w (x)��0 =


�3x5 + 6x3;�3x8 + 3x6 + 2x5 + 6x4; 2x4 + 4x2

0=�

15x4 + 18x2;�24x7 + 18x5 + 10x4 + 24x3; 8x3 + 8x; i

�!u 0(x)��!v (x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v 0(x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v (x)��!w 0(x)

�=�

6x4 + 12x2;�6x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x+

+�6x4;�9x7 + 6x5 + 6x4; 4x3

+

+�3x4 + 6x2;�9x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x

=�

15x4 + 18x2;�24x7 + 18x5 + 10x4 + 24x3; 8x3 + 8x:

Razmotrimo sada derivaciju funkcijske kompozicije skalarne i vektorske funkci-

je. Neka je f : X ! R, X � R, derivabilna (skalarna) funkcija, a �!w : Y ! R3,Y � R i f [X] � Y , derivabilna vektorska funkcija. Tada je dobro de�nirana

kompozicija �!w �f : X ! R3. Jednostavno je dokazati da pritom vrijedi analogonstandardnoga teorema o derivaciji funkcijske kompozicije, tj.��!w � f�0(t) = �!w 0 (f(t)) � f 0(t); t 2 X: (3.5)

Na kraju, odjeljak cemo dopuniti razmatranjem integrabilnosti vektorske funkcije

realne varijable. Integral ovakve funkcije moµzemo de�nirati na standardni naµcin,

odnosno, pomocu pripadne primitivne funkcije i Newton-Leibnizove formule.

De�nicija 3.14 Vektorsku funkciju�!W : X ! R3, X � R, nazivamo primi-

tivnom funkcijom vektorske �!w : X ! R3, ako je�!W 0(t) = �!w (t) (3.6)

za svaki t 2 X (osim, moµzda, u prebrojivo mnogo toµcaka od X).

Po koordinatnim funkcijama zapisano to znaµci

W 0j(x) = wj(x); j = 1; 2; 3:

Pritom govorimo da je vektorska funkcija (skalarne varijable) �!w integrabilna.

U sluµcaju segmenta (ili intervala) X = [a; b], (odre�eni) integral vektorske

funkcije �!w de�niramo kao vektorZ[a;b]

�!w �bZa

�!w (t)dt def.= �!W (b)��!W (a): (3.7)

Po koordinatnim funkcijama fw1; w2; w3g = �!w je, dakle,

bZa

�!w (t)dt =

8<:bZa

w1(t)dt;

bZa

w2(t)dt;

bZa

w3(t)dx

9=; : (3.7.a)

Odatle neposredno slijede dobra svojstva integrala vektorske funkcije �to ih

donosi ovaj teorem:


Teorem 3.15 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X = [a; b] � R, integrabilne vektorskefunkcije, f : X ! R integrabilna (skalarna) funkcija, �!c konstantan vektor i

�; � 2 R. Tada vrijedi:

(i)

bZa

��!w (t) + ��!u (t)

�dt = �

bZa

�!w (t)dt+ �bZa

�!u (t)dt (linearnost);

(ii)

bZa

��!c � �!w (t)�dt = �!c � bZa

�!w (t)dt (linearnost za skalarni umnoµzak);

(iii)

bZa

��!w (t) � �!u 0(t)�dt = �!w (b) � �!u (b)��!w (a) � �!u (a)� bZa

��!w 0(t) � �!u (t)�dt;

(iv)

bZa

�f(t)�!w 0(t)

�dt = f(b)�!w (b)� f(a)�!w (a)�

bZa

�f 0(t)�!w (t)

�dt.

((iii) i (iv) su formule za parcijalno integriranje redom skalarnoga umno�ka vek-

torskih funkcija i umno�ka realne i vektorske funkcije.)

Primjer 3.16 Ubrzanje materijalne toµcke (u R3) opisuje jednadµzba

�!a (x) = 6x�!c 1 + 2�!c 2;

x 2 [0;1i (vrijeme), pri µcemu su �!c 1 i �!c 2 konstantni vektori. Otkrijmo zakonx 7! �!s (x) po kojemu se giba ta toµcka, ako su poµcetni uvjeti �!s (0) = �!

0 i�!v (0) = �!0 (poµcetna brzina).Buduci da je �!v 0(x)) = �!a (x)) i �!s 0(x)) = �!v (x)), to je

�!v (x) =xZ0

�!a (t)dt+�!v (0) =xZ0

�6t�!c 1 + 2�!c 2

�dt+

�!0 = 3x2�!c 1 + 2x�!c 2;

�!s (x) =xZ0

�!v (t)dt+�!s (0) =xZ0

�3t2�!c 1 + 2t�!c 2

�dt+

�!0 = x3�!c 1 + x2�!c 2:

Primjer 3.17 Izraµcunajmo integral vektorske funkcije

�!w : R! R3; �!w (t) =�3e�t; cos t; t

;

na segmentu [0; �].

�Z0

�!w (t)dt =

8<:�Z0

3e�tdt;

�Z0

cos tdt;

�Z0

tdt

9=; =

=

�3(1� e��); 0; �

2

2

�= 3

�1� e��

��!i +

�2

2

�!k :


3.4 SKALARNO I VEKTORSKO POLJE

U ovomu cemo odjeljku pokazati nekoliko primjena skalarne i vektorske analize

u prostoru R3: Ovaj poseban sluµcaj je naroµcito vaµzan jer se u njemu opisuje na��ziµcki (tvarni) svijet. Stoga cemo nastojati, kad god to bude moguce, i oznake

prilagoditi onima tradicionalnim �to dolaze iz �zike.

Za svaku toµcku T u prostoru E neka�!V (T ) oznaµcuje skup svih radijus-vektora

�!r P (usmjerenih duµzina�!TP ) svih toµcaka P u prostoru E s obzirom na toµcku T

, te neka je�!V �

Sf�!V (T ) j T toµcka u Eg:

De�nicija 3.18 Svaku funkciju U : ! R nazivamo skalarnim poljem, a

svaku funkciju�!V : ! �!

V - vektorskim poljem na danom skupu toµcaka u

E.

Drugim rijeµcima, na toµckovnom skupu je zadano skalarno polje µcim je svakoj

toµcki T 2 pridijeljen toµcno jedan broj

U(T ) 2 R;

a vektorsko polje je zadano na skupu µcim je svakoj toµcki T 2 pridjeljen

toµcno jedan radijus-vektor

�!V (T ) = �!r P 2

�!V (T );

Primijetimo da De�nicija 3.18 ne ovisi o koordinatizaciji prostora E. Me�utim,oµcito je da je, u svakom koordinatnom sustavu S u E, svako skalarno poljeU : ! R posve odre�eno nekom funkcijom

f : X � S ! R; S � ES; f(TS) = U(T )

(indeks podsjeca na uvedeni koordinatni sustav). Sliµcno vrijedi za svako vek-

torsko polje. Primjerice, uvedemo li u prostor E Kartezijev desni pravokutnikoordinatni sustav S =

�O;�!i ;�!j ;�!k�, prostor E se identi�cira s R3 pa se svako

skalarno polje U : ! R opisuje nekom (skalarnom) funkcijom

f : X ! R; f(x; y; z) = U(T );

a svako vektorsko polje�!V : ! �!

V nekom (vektorskom) funkcijom

�!w : X ! R3; �!w (x; y; z) = �!V (T );

pri µcemu su x; y; z koordinate toµcke T 2 u sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�, tj. T �

(x; y; z) 2 X � R3. Pritom je, dakle,

�!V (T ) = wx(x; y; z)

�!i + wy(x; y; z)

�!j + wz(x; y; z)

�!k ;

3.4. SKALARNO I VEKTORSKO POLJE 93

gdje je tj. �!w = fwx; wy; wzg. Ponekad necemo, jednostavnosti radi, pravitistrogu jeziµcnu razliku izme�u "polja" i "funkcije". Osim toga, najµce�ce necemo

me�usobno formalno razlikovati ni skupove�!V (T ), T 2 , nego cemo svakoga

od njih poistovjetiti s�!V (O), gdje ce O biti ishodi�te Kartezijeva desnog pra-

vokutnog sustava�O;�!i ;�!j ;�!k�.

Primjer 3.19

(a) Neka predstavlja neku visoku pec kao toµckovni skup, te neka je, za svaki

T 2 ; U(T ) temperatura (u odabranom trenutku) one tvari kojoj ta toµcka (kaotvarna toµcka) pripada. Tada je U : ! R temperaturno (skalarno) polje tvariu promatranoj visokoj peci u odabranom µcasu.

(b) Neka je Zemljina kruta povr�ina zami�ljena kao toµckovni skup, te neka je,

za svaki T 2 ; U(T ) nadmorska visina, odnosno, podmorska dubina te toµcke(s obzirom na dogovorenu nultu plimnu razinu). Tada je U : ! R skalarnopolje - "reljefni globus".

(c) Neka je f(x; y; z) = zx2+y2 : Tada je funkcijom

f : R2 n f(0; 0; z) j z 2 Rg ! R; (x; y; z) 7! f(x; y; z) =z

x2 + y2;

na pripadnom podruµcju posve zadano skalarno polje

T 7! U(T ) =z

x2 + y2;

pri µcemu su x; y; z Kartezijeve koordinate toµcke T u sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�:

Primjer 3.20

(a) Neka predstavlja Zemljin zraµcni omotaµc kao toµckovni skup, te neka je,

za svaki T 2 ; �!V (T ) brzina zraµcnoga strujanja u toj toµcki (vjetrovni vektor)u odabranom trenutku. Tada je

�!V : ! V vektorsko polje brzine vjetrova u

atmosferi u odabranom µcasu;

(b) Neka je =y� usmjerena glatka prostorna krivulja zami�ljena kao toµckovni

skup, te neka je, za svaki T 2y� ,�!V (T ) =

�!t 0(T ) jediniµcni tangencijalni vektor

u toµcki T nay�. Tada je

�!V :

y� ! R3 vektorsko polje jediniµcnih tangencijalnih

vektora usmjerene glatke krivuljey� ;

(c) Neka je vektorska funkcija �!w : R3 n f(0; 0; 0)g ! R3 zadana koordinatnimfunkcijama

wx(x; y; z) =x

x2 + y2 + z2; wy(x; y; z) =

y

x2 + y2 + z2; wz(x; y; z) =

z

x2 + y2 + z2:

Tada je na � R3 n f(0; 0; 0)g zadano vektorsko polje

T 7! �!V (T ) = �!w (x; y; z) = x

�!i + y

�!j + z

�!k

x2 + y2 + z2;


pri µcemu su x, y i z Kartezijeve koordinate toµcke T u odabranomu sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�. (Primijetimo da se radi o polju svih jediniµcnih radijus-vektora,

T 7! �!r 0(T ) = 1

j�!OT j

�!OT; T 6= O = (0; 0; 0);

s obzirom na dano ishodi�te O.)

Promatrajmo skalarno polje U : ! R. Uvjet U(T ) = c (konstanta) odre�uje

tzv. razinsku ili ekvipotencijalnu plohu skalarnoga polja U . Ako je

toµckovni (pod)skup neke plohe, uvjet

U(T ) = c (3.9)

odre�uje tzv. ekvipotencijalnu krivulju skalarnoga polja U . Jednako govo-

rimo u sluµcaju skalarnog polja f : X ! R, X � R3 (X � R2). Tako u Primjeru3.19 (a) dobivamo izotermalne plohe, u 3.19 (b) - krivulje izobare i izohipse, a

u 3.19 (c) - rotacijske paraboloide z = c(x2 + y2), c 2 R.U vektorskom polju

�!V : ! V je zanimljivo promatrati tzv. strujnice (silnice

ili vektorske linije), �to se de�niraju kao krivulje kojima se tangente podu-

daraju s pravcima vektorskoga polja�!V u svakoj toµcki T 2 . Prema tomu,

ako je vektorsko polje�!V zadano funkcijom �!w = fwx; wy; wzg, onda mu se

strujnice odre�uju iz jednadµzbe

d�!rdt

= c�!w ; c 2 R; (3.10)

pri µcemu se traµzi �!r = fx; y; zg, tj. �!r (t) = '(t)�!i + (t)

�!j + �(t)

�!k . Obiµcno

se eliminacijom parametra t dobva sustav diferencijalnih jednadµzaba:

dx

wx=dy

wy=dz

wz: (3.10.a)

Tako se u Primjeru 3.20(b) za strujnice dobiva ista krivulja, a u 3.20(c) - dobi-

vamo sustavdx

x=dy

y=dz

z;

�to daje y = c1x i z = c2x, odnosno,

x

1=

y

c1=

z

c2:

Radi se, dakle o skupu svih pravaca u prostoru koji prolaze odabranim ishodi�tem

O = (0; 0; 0).

Napomena 3.21 Skalarno i vektorsko polje se mogu de�nirati opcenitije u

smislu da se uvede i ovisnost o vremenu. Takva polja nazivamo nestacionarn-

ima, za razliku od prije de�niranih koja onda nazivamo stacionarnima.

3.5. GRADIJENT, DIVERGENCIJA I ROTACIJA 95

Mjerimo li tako u Primjeru 3.19 (a) temperaturu tijekom nekog vremenskog in-

tervala, dobivamo primjer nestacionarnoga skalarnog polja, dok su 3.19 (b) i 3.19

(c) primjeri stacionarnog skalarnog polja. Nadalje, mjerimo li u Primjeru 3.20

(a) brzinu zraµcnoga strujanja tijekom nekog vremenskog intervala, dobivamo

primjer nestacionarnoga vektorskog polja, dok su 3.20 (b) i 3.20 (c) primjeri

stacionarnog vektorskog polja.

Spomenimo ovdje i dva u �ziµckom svijetu najpoznatija stacionarna vektorska

polja: gravitacijsko polje tvarne toµcke s masom m i elektrostatsko polje tvarne

toµcke s pozitivnim nabojem e:

De�nicija 3.22 Reci cemo da je skalarno polje U : ! R neprekidno (difer-encijabilno) ako je njegov predstavnik f : X ! R, u provokutnom koordinat-

nom sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�, neprekidna (diferencijabilna) funkcija. Sliµcno, reci

cemo da je vektorsko polje�!V : ! V neprekidno (diferencijabilno) ako je

pripadna vektorska funkcija �!w : X ! R3 neprekidna (diferencijabilna).

3.5 GRADIJENT, DIVERGENCIJA

I ROTACIJA

Ovdje cemo de�nirati tri linearna operatora, neophodna za matematiµcko opisi-

vanje temeljnih �ziµckih zakona tvarnoga svijeta u kojemu µzivimo. Otkrit cemo

da se, zapravo, radi o jednom operatoru djelovanje kojega se oµcituje na tri

naµcina - ovisno o objektima na koje djeluje. Jednostavnosti radi, skalarna i

vektorska polja cemo odmah zadavati njihovim predstavnicima, tj. skalarnim i

vektorskim funkcijama u Kartezijevu desnom pravokutnom koordinatnom sus-

tavu�O;�!i ;�!j ;�!k�u prostoru E � R3.

De�nicija 3.23 Neka su f : X ! R i �!w : X ! R3, X � R3, redom skalarno i

vektorsko polje, te neka su oba diferencijabilna. Gradijentom skalarnoga polja

f nazivamo vektorsko polje grad f : X ! R3; grad f =n@f@x ;

@f@y ;

@f@z

o; tj:

grad f(x; y; z) =@f(x; y; z)

@x

�!i +

@f(x; y; z)

@y

�!j +

@f(x; y; z)

@z

�!k ; (x; y; z) 2 X:

(3.11)

Divergencijom vektorskoga polja �!w = fwx; wy; wzg nazivamo skalarno poljediv�!w : X ! R; div�!w = @wx

@x +@wy@y +

@wz@z ; tj.

div�!w (x; y; z) = @wx(x; y; z)

@x+@wy(x; y; z)

@y+@wz(x; y; z)

@z; (x; y; z) 2 X:

(3.12)


Rotacijom vektorskoga polja �!w nazivamo vektorsko polje rot�!w : X ! R3;rot�!w =

n@wz@y �

@wy@z ;

@wx@z �

@wz@x ;

@wy@x � @wx

@y

o; tj.

rot�!w (x; y; z) =�@wz(x; y:z)

@y� @wy(x; y; z)

@z

��!i +

�@wx(x; y; z)@z

� @wz(x; y; z)

@x

��!j +�@wy(x; y; z)

@x� @wx(x; y; z)

@y

��!k ; (x; y; z) 2 X: (3.13)

Primijetimo da polje rot�!w dopu�ta formalni zapis u determinantinu obliku:

rot�!w =

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

wx wy wz

�� : (3.13.a)

Uoµcimo da je gradijent neka funkcija de�nirana na skupu svih diferencijabilnih

skalarnih polja s vrijednostima u skupu diferencijabilnih vektorskih polja, da je

divergencija neka funkcija de�nirana na skupu svih diferencijabilnih vektorskih

polja s vrijednostima u skupu skalarnih polja, te da je rotacija neka funkcija

de�nirana na skupu svih diferencijabilnih vektorskih polja s vrijednostima u

istomu skupu.

Primjer 3.24

(a) Odredimo gradijent skalarnoga polja

(x; y; z) 7! f(x; y; z) = xy2z3:

grad f(x; y; z) =

�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�(x; y; z) =

�y2z3; 2xyz3; 3xy2z2

:

(b) Odredimo divergenciju vektorskoga polja

(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) =�2x; xy2; xz2

:

div�!w (x; y; z) =�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�(x; y; z) = 2 + 2xy + 2xz:

(c) Odredimo rotaciju vektroskoga polja �!w iz primjera (b).

rot�!w (x; y; z) =

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

2x xy2 xz2

�� (x; y; z) = � � � =�0; � z2; y2

:

3.6 NABLA OPERATOR

Sada cemo pokazati da se gradijent, divergencija i rotacija mogu opisati samo

jednim operatorom. Znakom r (µcitamo: nabla) oznaµcimo tzv. Hamiltonov

3.6. NABLA OPERATOR 97

diferencijalni operator - formalni vektorn@@x ;

@@y ;

@@z

o:Ili, ekvivalentno,

r � �!i @

@x+�!j@

@y+�!k@

@z: (3.14)

Gledamo li na r kao na operator de�niran na vektorskom prostoru svih diferen-cijabilnih skalarnih (vektorskih) polja, pojavljuju se, u svezi s De�nicijom 3.23,

sljedece mogucnosti:

� r(f) = grad f , djelovanje operatora r na skalrno polje f ;

� r � �!w = div�!w , formalni skalarni umnoµzak r i vektorskog polja w;

� r ��!w = rot�!w , formalni vektorski umnoµzak r i vektorskog polja w;

Vaµzna je µcinjenica da je operator r linearan u svakoj od navedenih inter-

pretacija, tj. da vrijedi ovaj teorem:

Teorem 3.25 Nabla je linearni operator, tj. za bilo koja dva diferencijabilna

skalarna polja f; g : X ! R, bilo koja dva diferencijabilna vektorska polja �!w ;�!u :X ! R3, X � R3, i bilo koja dva broja �; � 2 R vrijedi:

(i) r (�f + �g) = �r(f) + �r(g);

(ii) r ��!w + ��!u

�= �

�r � �!w

�+ �

�r � �!u

�;

(iii) r��!w + ��!u

�= �

�r��!w

�+ �

�r��!u

�.

Teorem 3.25 se dokazuje izravno i lako. Dokaµzimo npr. tvrdnju (iii)!

r��!w + ��!u

�=

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

�wx + �ux �wy + �uy �wz + �uz

�� =

�

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

wx wy wz

��+ ��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

ux uy uz

�� = ��r��!w

�+ �

�r��!u

�:

Tri iduca teorema donose, redom, vaµzna svojstva gradijenta, divergencije i rotacije.

Teorem 3.26 Neka su f; g : X ! R, X � R3, diferencijabilna skalarna polja, ckonstantno skalarno polje, ' : Y ! R, f [X] � Y � R, diferencijabilna funkcijai �; � 2 R. Tada je

(i) grad c =�!0 ;


(ii) grad(�f + �g) = � grad f + � grad g;

(iii) grad(fg) = g grad f + f grad g;

(iv) grad�fg

�=g grad f � f grad g

g2(µcim je g(x) 6= 0);

(v) grad(' � f) = '0 grad f .

Tvrdnje su izravna posljedica gradijentove de�nicije. Primijetimo da je tvrdnja

(ii) isto �to i Teorem 3.25(i).

Teorem 3.27 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, diferencijabilna vektorskapolja, f; g : X ! R diferencijabilna skalarna polja, �!c konstantno vektorsko

polje i �; � 2 R. Tada je

(i) div�!c = �!0 ;

(ii) div��!w + ��!u

�= � div�!w + �div�!u ;

(iii) div��!w ��!u � = �rot�!w � � �!u ��!w � �rot�!u �;

(iv) div�f�!w

�= (grad f) � �!w + f div�!w ;

(v) div�f grad f

�=�grad f

��grad g

�+ f (4g) (g dvaput diferencijabilno),

pri µcemu je � � div grad = r � r � r2 tzv. Laplaceov diferencijalnioperator (delta), tj.

� � @2

@x2+

@2

@y2+

@2

@z2;

(vi) div�rot�!w

�= c0 (�!w dvaput diferencijabilno).

Tvrdnje slijede neposredno iz divergencijine de�nicije. Dokaµzimo npr. tvrdnju

(iv)!

div�f�!w

�=@(fwx)

@x+@(fwy)

@y+@(fwz)

@z=

@f

@xwx + f

@wx@x

+@f

@ywy + f

@wy@y

+@f

@zwz + f

@wz@z

=�@f

@x;@f

@y;@f

@z

�� fwx; wy; wzg+ f

�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�=�

grad f��!w + f div�!w :

Primijetimo da se tvrdnja (ii) podudara s onom iz Teorema 3.25 (ii). Tvrdnja

(v) slijedi iz (iv) µcim je �!w = grad g. Napokon, u dokazu tvrdnje (vi) treba

primijeniti Schwarzov teorem.

Teorem 3.28 Pod pretpostavkama Teorema 3.27 vrijedi

3.7. USMJERENA DERIVACIJA 99

(i) rot�!c = �!0 ;

(ii) rot��!w + ��!u

�= � rot�!w + � rot�!u ;

(iii) rot��!w ��!u � = �div�!u ��!w � �div�!w ��!u + ��!u � r��!w � ��!w � r��!u ,

pri µcemu su�!w � r � wx

@

@x+ wy

@

@y+ wz

@

@z

i, sliµcno, �!u � r novi diferencijalni operatori;

(iv) rot�f�!w

�= (grad f)��!w � f rot�!w ;

(v) rot (f grad f) = (grad f)� (grad g), i posebice, rot (grad f) = �!0 ;

(vi) rot�rot�!w

�= grad div�!w � ��!w (�!w dvaput diferencijabilno), pri µcemu

Laplaceov operator � treba primijeniti na svaku koordinatnu funkciju od�!w .

Kao i u prethodnom teoremu, sve tvrdnje su izravne posljedice odgovarajucih

de�nicija. Primijetimo da je tvrdnja (ii) isto �to i tvrdnja u Teoremu 3.25 (iii),

te da (v) slijedi iz (iv) primjenom Schwarzova teorema.

3.7 USMJERENA DERIVACIJA

Neka je U : ! R skalarno polje. Odaberimo bilo koju toµcku T0 2 i bilokoji vektor

�!l 2 V(T0). Tada za svaku toµcku T na zraci l odre�enoj s

�!l vrijedi

��!TT0 = t

�!l 0, za neki t 2 [0; �i, pri µcemu je

�!l 0 =

1

j�!l j

�!l pripadni jediniµcni vektor.

Broj t je, zapravo, udaljenost d(T0; T ) od T0 do T . Prosjeµcnom promjenom

skalarnoga polja U od toµcke T0 do toµcke T nazivamo koliµcnik

U(T )� U(T0)d(T0; T )

=U(T )� U(T0)

t2 R; ��!

TT0 = t�!l 0: (3.15)

Pokazuje se ovdje vaµznim istraµziti graniµcni sluµcaj T ! T0 po l, tj. t! 0. Da bi

navedeni koliµcnik (u graniµcnom sluµcaju) imao smisla za svaki izbor jediniµcnog

vektora�!l 0 nuµzno je da podruµcje bude "lokalno konveksno". Dakako, dostatno

je da � X � R3 bude otvoren skup.

De�nicija 3.29 Neka je U : ! R skalarno polje. Graniµcnu vrijednost (akopostoji)

@U(T0)

@�!l

� limt!0

U(T )� U(T0)t

2 R; �!TT 0 = t

�!l 0;

nazivamo derivacijom skalarnoga polja U u toµcki T0 u smjeru�!l (ili,

krace, usmjerenom (skalarnom) derivacijom)


U praktiµcnom raµcunu je puno jednostavnije raditi s predstavnikom f : X ! R,X � R3, skalarnoga polja U u koordinatnomu sustavu

�O;�!i ;�!j ;�!k�. Prvo,

toµckama T0 = (x0; y0; z0) i T = (x; y; z) pripadaju radijus-vektori��!OT0 = x0

�!i +

y0�!j + z0

�!k i

�!OT = x

�!i + y

�!j + z

�!k . Nadalje,

�!OT =

��!OT0 +

��!T0T =

��!OT0 + t

�!l 0,

dakle,

x�!i +y

�!j +z

�!k =

�x0+ t

��!l 0 �

�!i��!i +

�y0+ t

��!l 0 �

�!j��!j +�z0+ t

��!l 0 �

�!k��!k :

Slijedi da se koordinate svake toµcke T na zraci �to ju odre�uju T0 i�!l 0 opisuju

linearnim jednadµzbama

x = x0 +��!l 0 �

�!i�t; y = y0 +

��!l 0 �

�!j�t; z = z0 +

��!l 0 �

�!k�t; t 2 [0;1i :

Proizlazi da je prije de�nirana usmjerena derivacija, zapravo, derivacija funkci-

jske kompozicije [0;1i w=(wx;wy;wz)! Xf! R; tj.

t 7! w(t) =�x0 +

��!l 0 �

�!i�t; y0 +

��!l 0 �

�!j�t; z0 +

��!l 0 �

�!k�t�7! f (w(t)) ;

u toµcki t = 0. Prema tomu,

@U(T0)

@�!l

� @f(x0; y0; z0)

@�!l

= (f � w)0 (0) =

@f(w(0))

@x� w0x(0) +

@f(w(0))

@y� w0y(0) +

@f(w(0))

@z� w0z(0) =

@f(x0; y0; z0)

@x

��!l 0 �

�!i�+@f(x0; y0; z0)

@y

��!l 0 �

�!j�+@f(x0; y0; z0)

@z

��!l 0 �

�!k�=

=�grad f(x0; y0; z0)

�� !l 0

Time smo dokazali ovaj teorem:

Teorem 3.30 Derivacija skalarnog polja U; zadanoga funkcijom f : X ! R,u toµcki T0 = (x0; y0; z0) u smjeru

�!l (6= �!

0 ) jednaka je skalarnom umno�ku

pripadnoga gradijenta s jediniµcnim vektorom�!l 0, tj.

@U(T0)

@�!l


�� !l 0: (3.16)

Primjer 3.31 Izraµcunajmo derivaciju skalarnoga polja

(x; y; z) 7! f(x; y; z) = x2 + 3yz + 5

u toµcki T = (3; 2;�1) u smjeru�!l =

�!i +

�!j +

�!k .


Po Teoremu 3.30 je @U(T0)

@�!l


�� !l 0;pa iz grad f(3; 2;�1) =

f2x; 3z; 3yg��(3;2;�1)

= f6; � 3; 6g ; �!l 0 = 1

j�!l j

�!l = 1p

3f1; 1; 1g pa dobivamo

da je traµzena usmjerena

@f(3; 2;�1)@�!l

=�grad f(3; 2;�1)

�� !l 0 = f6; � 3; 6g �

n1p3; 1p

3; 1p

3

o= 3

p3:

Iz Teorema 3.30 slijedi da skalarno polje f najbrµze raste u smjeru �to ga odre�uje

grad f , odnosno, da najbrµze pada u smjeru �to ga odre�uje � grad f . Drugimrijeµcima, grad f pokazuje smjer najbrµze promjene skalarnoga polja f . �tovi�e,

gradijent se time moµze i okarakterizirati.

Teorem 3.32 Neka funkcija f : X ! R, X � R3, opisuje diferencijabilnoskalarno polje U: Tada gradijent toga polja u svakoj toµcki T0 = (x0; y0; z0) ima

za pravac okomicu na razinsku plohu u T0, a iznos mu je jednak apsolutnoj

vrijednosti pripadne usmjerene derivacije. Saµzeto,

grad f(x0; y0; z0) =@f(x0; y0; z0)

@�!n�!n 0; (3.17)

pri µcemu je �!n normala na razinsku plohu f(x; y; z) = f(x0; y0; z0).

Dokaµzimo tvrdnju teorema. Odaberimo bilo koju toµcku T0 = (x0; y0; z0) 2 X.

Jednadµzba pripadne razinske plohe U(T ) = c � U(T0)) prelazi u f(x; y; z) =

f(x0; y0; z0), �to povlaµci

0 = df(x; y; z) =@f(x0; y0; z0)

@xdx+

@f(x0; y0; z0)

@ydy +

@f(x0; y0; z0)

@zdz =

�grad f(x0; y0; z0)

�� d�!n ;

pri µcemu d�!n oznaµcuje vektor

dx�!i + dy

�!j + dz

�!k � fdx; dy; dzg :

Buduci da pratimo zbivanje na razinskoj plohi u toµcki T0, to d�!r smijemo tu-

maµciti kao in�nitezimalni pomak u njezinoj tangencijalnoj ravnini toµckom T0.

Prema tomu, grad f(x0; y0; z0) � d�!r = 0 znaµci da je grad f(x0; y0; z0) okomit natu tagencijalnu ravninu, tj. na promatranu razinsku plohu u toµcki T0, dakle, us-

poredan s pripadnim normalnim vektorom �!n . Slijedi grad f(x0; y0; z0) = ��!n 0pa je � =

�grad f(x0; y0; z0)

�� !n 0. Po Teoremu 3.30 je

grad f(x0; y0; z0) � �!n 0 =@f(x0; y0; z0)

@�!n ;

�to onda daje

grad f(x0; y0; z0) =@f(x0; y0; z0)

@�!n�!n 0:


Napomena 3.33 Pomocu Teorema 3.32 je lako izraµcunati jediniµcni normal-

ni vektor na razinsku plohu skalarnog polja. Naime, za svaku toµcku T0 =

(x0; y0; z0), vrijedi�!n 0 =

grad f(x0; y0; z0)

jgrad f(x0; y0; z0)j: (3.18)

Primjer 3.34 Izraµcunajmo jediniµcni normalni vektor na plohu z = xy u toµcki

T0 = (2; 3; 6).

Smijemo pretpostaviti da je promatrana ploha z = xy neka razinska ploha

f(x; y; z) = c nekog skalarnog polja f : X ! R, X � R3. Tako dobivamof(x; y; z) = xy � z + c, pa je

grad f(2; 3; 6) = fy; x; � 1g��(2;3;6)

= f3; 2; � 1g

i, napokon,

�!n 0(T0) =grad f(2; 3; 6)

jgrad f(2; 3; 6)j =1p14

�3�!i + 2

�!j ��!k

�:

Razmotrimo sada kako bi se usmjerena derivacija mogla osmisliti u vektorskom

polju. Neka funkcija �!w : X ! R3, X � R3, predstavlja vektorsko polje�!V .

Promatrajmo opet µcvrstu toµcku T0 = (x0; y0; z0); varijabilnu toµcku T = (x; y; z)

i koliµcnik �!w (x; y; z)��!w (x0; y0; z0)t

2 R3;

koji opisuje prosjeµcnu promjenu vektorskoga polja�!V � �!w (pri prijelazu iz T0 u

T ) u smjeru�!l � ��!T0T = t

�!l 0, pri µcemu je duµzina T0T � X.

De�nicija 3.35 Neka funkcija �!w : X ! R3, X � R3, predstavlja vektorskopolje

�!V , te neka su T0 = (x0; y0; z0); T = (x; y; z) 2 X, T0T � X i

��!T0T = t

�!l 0.

Graniµcnu vrijednost (ako postoji)

@�!V (T0)

@�!l

� @�!w (x0; y0:z0)@�!l

� limt!0

�!w (x; y; z)��!w (x0; y0; z0)t

2 R3; (3.19)

nazivamo derivacijom vektorskoga polja�!V (�!w ) u toµcki T0 u smjeru

�!l

(ili, krace, usmjerenom (vektorskom) derivacijom).

Teorem 3.36 Derivacija vektorskog polja �!w u toµcki T0 = (x0; y0; z0) u smjeru�!l (6= �!0 ), ako postoji, jednaka je vrijednosti operatora �!l 0 �r primijenjenog na�!w u (x0; y0; z0), tj.

@�!w (x0; y0:z0)@�!l

=��!l 0 � r

��!w �(x0; y0; z0) ==�cos�

@�!w@x

+ cos�@�!w@y

+ cos @�!w@z

��(x0;y0;z0)

; (3.20)


gdje su cos�, cos� i cos smjerovni kosinusi od�!l , tj. komponenete jediniµcnoga

vektora�!l 0. (Operator (

�!u � r) = ux@@x + uy

@@y + uz

@@z smo uveli u Teoremu

3.28)

Zaista, promi�ljajuci kao u razmatranju �to je prethodilo Teoremu 3.30, sada za

vektorsko polje �!w = fwx; wy; wzg, dobivamo

@�!w (x0; y0:z0)@�!l

=h�!l 0 �

�@wx@x

�!i +

@wx@y

�!j +

@wx@z

�!k�+

+�!l 0 �

�@wy@x

�!i +

@wy@y

�!j +

@wy@z

�!k�+

+�!l 0 �

�@wz@x

�!i +

@wz@y

�!j +

@wz@z

�!k�i

(x0;y0;z0)

�pregrupiranje�=

h��!l 0 �

�!i��@wx

@x

�!i +

@wy@x

�!j +

@wz@x

�!k�+

��!l 0 �

�!j��@wx

@y

�!i +

@wy@y

�!j +

@wz@y

�!k�+

+��!l 0 �

�!k��@wx

@z

�!i +

@wy@z

�!j +

@wz@z

�!k�i��

(x0;y0;z0)=

�cos�

@�!w@x

+ cos�@�!w@y

+ cos @�!w@z

��(x0;y0;z0)

=��!l 0 � r

��!w �(x0; y0; z0)a to se i tvrdi u teoremu.

Primjer 3.37 Izraµcunajmo derivaciju vektorskoga polja

(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg

u toµcki T0 = (1;� 12 ; 2) u smjeru

�!l = 2

�!i +

�!j � 2�!k .

Buduci da je�!l 0 =

13

�2�!i +

�!j � 2�!k

�, po Teoremu 3.36 dobivamo

@�!w (1;� 12 ; 2)

@�!l

=��!l 0 � r

��!w �(1;�12; 2) =

�23

@�!w@x

+1

3

@�!w@y

� 23

@�!w@z

�(1;� 1

2 ;2)=

h23f0; z; yg+ 1

3fz; 0; xg � 2

3fy; x; 0g

i��(1;� 1

2 ;2)=

=1

3fz � 2y; 2z � 2x; 2y + xg

��(1;� 1

2 ;2)=�!i +

2

3

�!j :


3.8 NEKA POSEBNA POLJA

De�nicija 3.38 Reci cemo da je vektorsko polje �!w : X ! R3, X � R3, po-tencijalno (ili konzervativno), ako postoji neko skalarno polje f : X ! Rtakvo da je

�!w = � grad f:

Pritom polje f nazivamo (skalarnim) potencijalom od �!w :Za vektorsko polje �!w kaµzemo da je bezvrtloµzno µcim je

rot�!w =�!0 :

U protivnom, �!w nazivamo vrtloµznim poljem.

Napokon, reci cemo da je vektorsko polje �!w solenoidalno µcim je

div�!w = 0:

Napomena 3.39 Negativni predznak u de�niciji potencijalnog polje nije bitan

jer je grad(�f) = � grad f . Radi se samo u ustaljenom dogovoru, kojemu je

pridijeljeno stanovito �ziµcko znaµcenje.

Primjer 3.40 (a) Jednostavno je provjeriti da je gravitacijsko polje tvarne

toµcke T0 s masom m0, tj.�!G = K � m0

r2�!r 0; K - konstanta i r � j�!r j udal-

jenost, potencijalno s potencijalom U = K � m0

r : Uzmemo li T0 za ishodi�te

koordinatnog sustava�O;�!i ;�!j ;�!k�, potencijal U je zadan skalarnom funkci-

jom (x; y; z) 7! f(x; y; z) = K � m0px2+y2+z2

:

(b) Sliµcno (a), elektrostatsko polje pozitivnog "toµckastog" naboja e0, tj.�!E =

k � e0r2�!r0 ; k - konstanta i r � j�!r j - udaljenost, je potencijalno s potencijalom

U = k � e0r:

Teorem 3.41 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje na kon-veksnom skupu X � R3: Tada je �!w potencijalno onda i samo onda, ako je

bezvrtloµzno, tj.

(9f : X ! R) �!w = � grad f , rot�!w =�!0 :

Dokaµzimo tvrdnju teorema. Zaista, ako je vektorsko polje �!w potencijalno s

potencijalom f , onda je (v. Teorem 3.28(v))

rot�!w = rot(� grad f) = � rot grad f = �!0 :

Obratno, neka je, pod danim pretpostavkama, vektorsko polje �!w bezvrtloµzno,

tj. rot�!w = rot fwx; wy; wzg =�!0 . Da bismo dokazali njegovu potencijalnost,

3.8. NEKA POSEBNA POLJA 105

treba konstruirati skalarno polje f tako da �!w bude njegov (negativni) gradijent.

Jednostavnosti radi, konstrirat cemo f u posebnom sluµcaju kad je X kvadar.

Prvo primijetimo da rot�!w =�!0 povlaµci

@wz@y

=@wy@z

;@wx@z

=@wz@x

;@wy@x

=@wx@y

:

Buduci da je X kvadar, dobro je de�nirana funkcija f : X ! R,

f(x; y; z) = �xZ

x0

wx(t; y; z)dt�yZ

y0

wy(x0; s; z)ds�zZ

z0

wz(x0; y0; v)dv;

pri µcemu je (x0; y0; z0) 2 X bilo koja µcvrsta toµcka. Izravno se lako dokaµze da je

@f

@x= �wx;

@f

@y= �wy i

@f

@z= �wz:

Primjerice,

@f(x; y; z)

@z=

@

@z

��

xZx0

wx(t; y; z)dt�yZ

y0

wy(x0; s; z)ds�zZ

z0

wz(x0; y0; u)du�=

�xZ

x0

@wx(t; y; z)

@zdt�

yZy0

@wy(x0; s; z)

@zds� wz(x0; y0; z) =

�xZ

x0

@wz(t; y; z)

@tdt�

yZy0

@wz(x0; s; z)

@yds� wz(x0; y0; z) =

�wz(x; y; z) + wz(x0; y; z)� wz(x0; y; z) + wz(x0; y0; z)� wz(x0; y0; z) =

�wy(x; y; z):

Dakle, �!w = � grad f , �to smo i tvrdili.

Primjer 3.42 Istraµzimo je li vektorsko polje

�!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg

konzervativno i ako jest odredimo mu potencijal.

Vektorsko polje (x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg je diferencijabilno na R3.Po Teoremu 3.41, njegova moµzebitna konzervativnost je ekvivalentna bezvrt-

loµznosti. Buduci da je

rot�!w (x; y; z) =

��!i

�!j

�!k

@

@x

@

@y

@

@z

wx wy wz

�� = fx� x; � y + y; z � zg = f0; 0; 0g ;


to �!w jest konzervativno polje. Da bismo mu odredili potencijal, postupimo kao

u dokazu prethodnoga teorema, tj. (odabrav�i za T0 ishodi�te O = (0; 0; 0))

f(x; y; z) = �xZ0

wx(t; y; z)dt�yZ0

wy(0; s; z)ds�zZ0

wz(0; 0; v)dv

= �xZ0

yzdt�yZ0

z � 0ds�zZ0

(0 � 0dv = �xyz

ili, opcenitije,

f(x; y; z) = c� xyz;

pri µcemu je c 2 R bilo koja konstanta.

Teorem 3.43 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje na otvorenomkvadru X � R3: Tada je �!w solenoidalno onda i samo onda, ako postoji dvaput

diferencijabilno vektorsko polje �!u : X ! R3 rotacija kojega je �!w , tj.

div�!w = 0,�9�!u : X ! R3

� �!w = rot�!u :

(U sluµcaju netrivijalnog vektorskog polja �!w na prikladnom podruµcju, dakle, ono

je solenoidalno toµcno onda kad je vrtloµzno.)

Dokaµzimo teorem. Ako za vektorsko polje �!w postoji vektorsko polje �!u takvo

da je �!w = rot�!u , onda je div�!w = div�rot�!u

�= 0. Da bismo dokazali nuµznost,

de�nirajmo �!u = fux; uy; uzg kako slijedi:

ux(x; y; z) =

zZz0

wy(x; y; s)ds;

uy(x; y; z) = �zZ

z0

wx(x; y; s)ds+

xZx0

wz(t; y; z0)dt;

uz(x; y; z) = c0;

gdje je (x0; y0; z0) 2 X po volji odabrana µcvrsta toµcka.

Buduci da je vektorsko polje �!w diferencijabilno, to je �!u dvaput diferencijabilno.Parcijalno derivirajuci koordinatne funkcije ux, uy i uz dobivamo:

@ux(x; y; z)

@y=

zZz0

@wy(x; y; s)

@yds;

@ux(x; y; z)

@z= wy(x; y; z);

@uy(x; y; z)

@x= �

zZz0

@wx(x; y; s)

@xds+ wz(x; y; z0);

@uy(x; y; z)

@z= �wx(x; y; z);

3.8. NEKA POSEBNA POLJA 107

@uz(x; y; z)

@x= c0 =

@uz(x; y; z)

@y:

Slijedi,@uz@y

� @uy@z

= wx,@ux@z

� @uz@x

= wy;

dok je@uy(x; y; z)

@x� @ux(x; y; z)

@y=

�zZ

z0

@wx(x; y; s)

@xds+ wz(x; y; z0)�

zZz0

@wy(x; y; s)

@yds =

zZz0

��@wx(x; y; s)

@x� @wy(x; y; s)

@y

�ds+ wz(x; y; z0)

( div�!w=0)=

zZz0

@wz(x; y; s)

@sds+ wz(x; y; z0) =

wz(x; y; z)� wz(x; y; z0) + wz(x; y; z0) = wz(x; y; z):

Prema tomu, konstruirali smo takvo vektorsko polje �!u da je �!w = rot�!u .

Napokon, µcesto se, po sliµcnosti sa skalarnim potencijalom f (�!w = � grad f);vektorsko polje �!u sa svojstvom rot�!u = �!w naziva vektorskim potencijalom

vektorskoga polja �!w .

Na kraju, da bismo naglasili vaµznost gradijenta, divergencije i rotacije, prido-

dajemo poznate Maxwellove elektrodinamiµcke jednadµzbe �to povezuju (nesta-

cionarno) elektriµcno polje�!E i (nestacionarno) magnetsko polje

�!H :

rot�!E = �1

c� @�!H

@t; rot

�!H =

1

c� @�!E

@t+4�

c� �!J ; div�!E = 4��; div

�!H = 0:

(c je svjetlosna brzina u vakuumu; � je skalarno polje gustoce elektriµcnog naboja;�!J = ��!w je vektorsko polje "gustoce toka naboja brzine v"). Radi lak�eg

raµcunanja, magnetsko polje�!H se izvodi iz magnetskog potencijala

�!A , tj.

�!H =

rot�!A , a elektriµcno polje

�!E se onda izvodi iz

�!A i iz skalarnog potencijala f , tj.

�!E = � grad f � 1

c �@�!A@t :

Poglavlje 4

KRIVULJNI INTEGRAL

4.1 KRIVULJA I NJEZINO USMJERENJE

Ovdje cemo saµzeto formulirati pojam krivulje u ambijentu R3 s provokutnimkoordinatnim sustavom

�O;�!i ;�!j ;�!k�, svijesni manjkavosti �to proizlaze iz svi-

jesnog zaobilaµzenja razlike izme�u parametrizabilnog skupa i krivulje.

Slika 4.1.

De�nicija 4.1 Skup � � R3 nazivamo jednostavnom glatkom krivuljom

(s rubom) ako

(i) postoji neprekidno derivabilna vektorska funkcija �!r = f'; ; �g takva daje r = ('; ; �) : [a; b]! � � R3 bijekcija;

(ii) za svaki t 2 [a; b] je �!r 0(t) 6= f0; 0; 0g, tj. � dopu�ta tangentu u toµcki r(t)(Slika 4.1.).

Svaki takav ure�eni par�[a; b];�!r

�nazivamo glatkom parametrizacijom kri-

vulje �.

Za A = r(a); B = r(b) 2 � kaµzemo da su rubne toµcke od �.Ako funkcija r nije injektivna samo u toµckama a i b, tj. ako je r(a) = r(b),

govorimo o jednostavno zatvorenoj krivulji �.

109

110 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL

Napomenimo da

�!r (t) = '(t)�!i + (t)

�!j + �(t)

�!k ; t 2 [a; b] (4.1)

nazivamo vektorskim zapisom, a istaknemo li koordinatne funkcije vektorske

funkcije �!r , tj.x = '(t); y = (t); z = �(t); t 2 [a; b] (4.2)

dobivamo tzv. parametarski zapis (parametarske jednadµzbe) krivulje �.

U praksi µcesto nastupa malo opcenitiji sluµcaj od "glatkoga" u smislu da postoji

(najvi�e) konaµcno toµcaka u kojima se "krivulja � o�tro lomi", tj. ne dopu�ta

tangentu. Tada je de�nicijskom uvjetu (ii) udovoljeno svuda osim u konaµcno

mnogo toµcaka t1; � � � ; tn 2 [a; b]. U tom sluµcaju govorimo o po dijelovima

glatkoj krivulji �.

Slika 4.2.

Pritom smijemo zami�ljati da je � prirodno satavljena od konaµcno jednostavnih

glatkih krivulja �1, �2 ... , �n, �n+1, nad [a; t1], ..., [tn�1:tn], [tn; b] redom,

"ljepljenjem toµcke r(ti) 2 �i s toµckom r(ti) 2 �i+1"; i = 1; � � � ; n (Slika 4.2.).

Upoznajmo se sada, premda manjkavo i ne posve korektno (ali za na�e potrebe

ipak zadovoljavajuce) s pojmom usmjerene krivulje.

Promatrajmo glatku krivulju � zadanu parametrizacijom ([a; b]; r). Ona u

svakoj toµcki T = r(t) 2 � dopu�ta tangentu, koju kao pravac (�= R) moµzemo us-mjeriti, tj. pridijeliti joj koordinatni sustav

�O � T ;

�!i�ili�O � T ;��!i

�.

Reci cemo da je glatka krivulja � usmjerena (ili orijentirana) ako je na

svakoj njezinoj tangenti odabran toµcno jedan koordinatni sustav. Slijedi da se

� moµze usmjeriti na neizmjerno naµcina, ali su od svih njih zanimljiva samo dva,

tzv. neprekidna usmjerenja, koja su inducirana dvama usmjerenjima danog

pravca R preko dvaju razreda glatkih parametrizacija krivulje � (po stanovitojrazredbenoj relaciji). Ne poja�njavajuci to pobliµze, smijemo zami�ljati da glatka

krivulja dopu�ta toµcno dva (neprekidna) usmjerenja:

� jedno se dobiva "gibajuci se duµz � od rubne toµcke A = r(a) do rubne

toµcke B = r(b) uz stalni porast varijable t 2 [a; b]" - tada kaµzemo da jekrivulja � usmjerena (ili orijentirana) porastom parametra t;

� a drugo "gibajuci se, obratno, od toµckeB do toµcke A uz stalni pad varijablet 2 [a; b]" - tada kaµzemo da je krivulja � usmjerena (ili orijentirana)padom parametra t.

4.2. KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE 111

U prvomu (drugomu) sluµcaju kaµzemo da je A = r(a) poµcetak (kraj) i da je B =

r(b) kraj (poµcetak) usmjerene krivulje �. Pritom trebamo biti vrlo oprezni jer

usmjerenje porastom parametra t 2 [a; b] moµze biti isto �to i usmjerenje padomparametra � 2 [c; d] u nekoj drugoj glatkoj parametrizaciji iste krivulje.

Slika 4.3.

Ako je krivulja � po dijelovima glatka, njezine sastavne glatke krivulje �1; � � �;�n dopu�taju po dva neprekidna usmjerenja. Reci cemo da je � usmjerena

(ili orijentirana) µcim su �1; � � � ;�n usmjerene sukladno, tj. kraj od �i jestpoµcetak od �i+1, i = 1; � � � ; n (Slika 4.3.).Primijetimo da se ova de�nicija prirodno prenosi i na jednostavno zatvorenu po

dijelovima glatku krivulju.

U posebnom sluµcaju jednostavno zatvorene po dijelovima glatke krivulje � u

(koordinatiziranoj) ravnini�R2 �

�O;�!i ;�!j��govor se moµze reducirati na tzv.

negativno i pozitivno usmjerenje, tj. na ono sukladno gibanju satne kazaljke

i njemu suprotno gibanje.

Opca oznaka za (neprekidno) usmjerenu krivulju � bit cey� . Ako je na istoj

krivlji � zadano i suprotno usmjerenje, razlikovat cemo ga ody� oznaµcavajuci

ga sx� . U posebnom sluµcaju jednostavno zatvorene ravninske krivulje,

y� � ��

ce oznaµcavati njezino negativno usmjerenje ax� � �+ ono pozitivno.

4.2 KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE

Neka je f : X ! R; X � R3; funkcija (skalarno polje na X), a r(t) =

('(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; parametarska jednadµzba glatke krivulje � � X.

Tada je dobro de�nirana kompozicija

[a; b]r! X

f! R; t 7! (f � r)(t) = f('(t); (t); �(t));

�to je realna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b] � R.

De�nicija 4.2 Ako je funkcija t 7!�(f � r) �

��!r 0��(t) = f (r(t)) ��!r 0(t)��;

t 2 [a; b]; integrabilna, onda pripadni odre�eni integralbRa

f (r(t)) ��!r 0(t)��dt nazi-

vamo integralom skalarnoga polja f po krivulji � (ili krivuljnim integra-

lom prve vrste) i oznaµcujemo sR�

fds:


Primijetimo da oznakaR�

fds ima puni smisao jer je

��!r 0(t)�� =q'0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2;pa je

��!r 0(t)��dt � ds "duljinski element" krivulje (luka) � (Slika 4.4.).

Slika 4.4.

Stoga je operativni zapis krivuljnog integrala prve vrsteZ�

fds =

bZa

f('(t); (t); �(t)) �q'0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2dt: (4.3)

Napomena 4.3 U praksi, kad krivulja � predstavlja model tanke µzice, a f je

funkcija njezine ("linearne") gustoce, krivuljni integralR�

fds raµcuna masu te

µzice.

Treba napomenuti da, apriori, nije jasno je li De�nicija 4.2 posve korektna.

Naime, uz nju bi valjalo dokazati da krivuljni integralR�

fds ne ovisi o odabranoj

parametrizaciji krivulje �, tj. da je

bZa

f(r(t)) ��!r 0(t)��dt = dZ

c

f(p(�)) ��!p 0(�)��d� ;

pri µcemu su�[a; b]; r

�i�[c; d]; p

�bilo koje dvije glatke parametrizacije od �.

Buduci da bi to zahtijevalo op�irnije razmatranje, necemo se u to upu�tati.

Primjer 4.4 Izraµcunati krivuljni integral prvoga tipaR�

fds pri µcemu je f(x; y; z) =

x+ z i � zadana jednadµzbama x = t; y =p62 t

2; z = t3; t 2 [0; 1]:

Z�

fds =

bZa

f('(t); (t); �(t)) �q'0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2dt =

1Z0

�t+ t3

�p1 + 6t2 + 9t4dt =

1Z0

�t+ t3

��1 + 3t2

�dt =

1Z0

�t+ 4t3 + 3t5

�dt = 2:

Napomenimo da se u sluµcaju po dijelovima glatke krivulje �, prirodno sastavl-

jene od glatkih krivulja �1; � � � ;�n+1, pripadni krivuljni integral prve vrste smijede�nirati kao zbroj, tj.Z

�

fdsdef.=

Z�1

fds+ � � �+Z�n+1

fds:

4.2. KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE 113

Izravno iz De�nicije 4.2 i svojstava Riemannova integrala slijedi da je krivuljni

integral prve vrste linearni funkcional, tj. da vrijedi:

Teorem 4.5 Neka su f; g : X ! R, X � R3, integrabilne funkcija, �; � 2 R i� � X po dijelovima glatka krivulja. Tada jeZ

�

(�f + �g)ds = �

Z�

fds+ �

Z�

gds:

Napomena 4.6 µCesto se (po dijelovima) glatka krivulja � � X � R3 zadajekao presjek dviju ploha zadanih jednadµzbama

G(x; y; z) = 0; H(x; y; z) = 0:

Tada treba, pod uvjetima teorema o implicitnoj funkciji, "eliminacijom trece

varijable" dobiti jednadµzbe y = g(x), za svaki z, i z = h(x), za svaki y, pri

µcemu je x 2 [a; b], dviju novih ploha s istim presjekom �. Pritom su g i h

neprekidno derivabilne funkcije na [a; b]. Prednost novih ploha je tomu �to je

njima zadana parametrizacija

x = t; y = g(t); z = h(t); t 2 [a; b],

krivulje �, pa se pripadni krivuljni integral prve vrste moµze izraµcunati po formuli

Z�

fds =

bZa

f(x; g(x); h(x)) �p1 + g0(x)2 + h0(x)2dx: (4.4)

Pritom se u sluµcaju ravninske krivulje � � X � R2 moµze dobiti h = c0, pa je

tada Z�

fds =

bZa

f(x; g(x)) �p1 + g0(x)2dx: (4.4.a)

Primjer 4.7 IzraµcunatiR�

fds ako je f(x; y; z) = x3yz i � krivulje koja je pres-

jek ploha z = x2 + y2; z = 1; y � 0 (Slika 4.5.).

Projekcija �0 krivulje � na xy-ravninu dobiva se eliminacijom varijable z iz

jednadµzbi z = x2 + y2; z = 1: Dakle �0 je polukruµznica x2 + y2 = 1; y � 0:

Njezina je parametrizacija x = cos t; y = sin t; t 2 [0; �] :Dobili smo parametrizaciju krivulje � � x = cos t; y = sin t; z = 1; t 2 [0; �] :Sada je x0 = � sin t; y0 = cos t; z0 = 0; ds =

q(� sin t)2 + (cos t)2 + (0)2dt = dt

i imamo Z�

fds =

Z�

x3yzds =

�Z0

(cos3 t)3 sin tdt = 0


Slika 4.5. Slika 4.6.

Primjer 4.8 Izraµcunajmo krivuljni integral prve vrsteR�

fds ako je

f(x; y) = xy a krivulja �:

(a) � ... y = �x+ 1, x 2 [0; 1] (Slika 4.6.);(b) � ... y = �x2 + 1, x 2 [0; 1]. (Slika 4.6.)

Uoµcimo da u oba primjera krivulja � povezuje toµcke A = (0; 1) i B = (1; 0).

(a)Z�

fds =

1Z0

x(�x+ 1)p1 + (�1)2dx =

p2

1Z0

(�x2 + x)dx =p2

6;

(b)Z�

fds =

1Z0

x(�x2 + 1)p1 + (�2x)2dx = � � � = 25

p5� 11120

.

(Ovo pokazuje da je bitno po kojoj se krivulji integrira!)

4.3 KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE

Neka je �!w = fwx; wy; wzg : X ! R3; X � R3; vektorsko polje na X a

r(t) = ('(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; parametarska jednadµzba glatke krivulje � �X. Neka je

y� krivulja � usmjerena porastom parametra t 2 [a; b]. Primijetimo

da je dobro de�nirana kompozicija

[a; b]r! X

�!w! R3; t 7! �!w (r(t)) = fwx(r(t)); wy(r(t)); wz(r(t))g ;

�to je vektorska funkcija jedne varijable na segmentu [a; b] � R. Slijedi da je

�!w (r) � �!r 0 : [a; b]! R;

t 7! �!w (r(t)) � �!r 0(t) = wx(r(t)) � '0(t) + wy(r(t)) � 0(t) + wz(r(t)) � �0(t);

realna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b].

4.3. KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE 115

De�nicija 4.9 Ako je funkcija (skalarni produkt)��!w (r)� � �!r 0 : [a; b] ! R

integrabilna, onda pripadni odre�eni integral

bZa

��!w (r(t)) � �!r 0(t)�dt (4.5)

nazivamo integralom vektorskoga polja �!w po usmjerenoj krivuljiy� (ili

krivuljnim integralom druge vrste) i oznaµcujemo saZy�

�!w � d�!r ili saZ�

�!w � �!t 0ds:

Prva oznaka je posve jasna. Druga, tako�er, ima smisla jer je d�!r = �!r 0dt =�!t 0ds; pri cemu je

�!t 0 jediniµcni tangencijalni vektor na � u promatranoj toµcki i

on sadrµzi podatak o usmjerenju (pa ga onda ne treba isticati na samoj krivulji).

Izravno izraµcunavanje krivuljnog integrala druge vrste slijedi iz de�nicije:

Zy�

�!w � d�!r =

bZa

�wx('(t); (t); �(t)) � '0(t) + wy('(t); (t); �(t)) � 0(t) +

+wz('(t); (t); �(t)) � �0(t)�dt (4.6)

Primjer 4.10 Izraµcunati krivuljni integral druge vrsteRy�

�!w � d�!r vektorske

funkcije (x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fy � z; z � x; x� yg po porastom parame-

tra usmjerenoj krivuljiy�, r(t) = (2 cos t; 2 sin t; 3t); t 2 [0; 2�]:

Odgovarajucim uvr�tenjima u de�nicijsku formulu dobivamo:

Zy�

�!w � d�!r =2�Z0

�(2 sin t� 3t) � (�2 sin t) + (3t� 2 cos t) � 2 cos t+

+(2 cos t� 2 sin t) � 3�dt =

2�Z0

(�4+ 6 cos t� 6 sin t+6t sin t+6t cos t)dt = �20�:

Napomena 4.11 Krivuljni integral druge vrsteRy�

�!w �d�!r se obiµcno interpretira

kao rad neke sile�!F = �!w duµz puta �!s =

y� od toµcke A do toµcke B. Odmah

je jasno da ne moµze biti svejedno kako je krivulja � usmjerena, jer u jednom

smjeru energiju dobivamo a u drugom ju tro�imo.

Ovdje treba pridodati i to da bi za potpunu korektnost De�nicije 4.9 trebalo

dokazati ovisnost krivuljnog integrala druge vrste o odabranoj glatkoj parame-


trizaciji samo do na predznak, tj. da je

bZa

��!w (r(t)) � �!r 0(t)�dt = � dZc

��!w (p(�)) � �!p 0(�)�d� ;pri µcemu su

�[a; b]; r

�i�[c; d]; p

�bilo koje dvije glatke parametrizacije od �, te

da su ti integrali jednaki µcim r i p induciraju (porastom parametara) isto us-

mjerenje, a protivnih predznaka µcim induciraju suprotna usmjerenja na krivulji

�.

Napomena 4.12 Ako jey� po dijelovima glatka krivulja, prirodno sastavljena

od sukladno usmjerenih glatkih krivuljay�1; � � � ;

y�n+1, pripadni krivuljni integral

druge vrste de�niramo kao zbroj, tj.Zy�

�!w � d�!r def.=

Zy�1

�!w � d�!r + � � �+Zy

�n+1

�!w � d�!r :

Izravno iz De�nicije 4.9 i svojstava Riemannova integrala slijedi valjanost ovoga

teorema:

Teorem 4.13 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, vektorske funkcije s inte-grabilnim koordinatnim funkcijama, �; � 2 R i

y� � X usmjerena po dijelovima

glatka krivulja. Tada je

(i)Zx�

�!w � d�!r = �Zy�

�!w � d�!r ;

(ii)Zy�

��!w + ��!u

�� d�!r = �

Zy�

�!w � d�!r + �Zy�

�!u � d�!r .

Neka je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R3, zadana preslikavanjimaP;Q;R : X ! R, tj. wx = P , wy = Q i wz = R. Pridruµzimo li funkciji �!wdiferencijalnu formu Pdx + Qdy + Qdz , uoµcavamo da se, formalno, krivuljni

integral druge vrste podudara s integralom odgovarajuce diferencijalne forme,

tj. Zx�

�!w � d�!r =Zy�

Pdx+Qdy +Rdz: (4.7)

Primjer 4.14 Izraµcunajmo krivuljni integral druge vrsteZy�

(y + z)dx+ (z + x)dy + (x+ y)dz

akoy� usmjerena krivulja - duµzina od ishodista O do toµcke B = (1; 1; 1).

4.3. KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE 117

Buduci da sey� =

��!OM moµze zadati kao presjek dviju ravnina: y = x, za svaki

z, i z = x, za svaki y, x 2 [0; 1] (usmjerenje porastom parametra t = x), to je

Zy�

Pdx+Qdy +Rdz =

1Z0

[(x+ x) + (x+ x) � 1 + (x+ x) � 1]dx = 61Z0

xdx = 3:

Napomena 4.15 Ako je u krivuljnom integralu druge vrsteRy�

�!w � d�!r krivulja

� (jednostavno) zatvorena, uobiµcajilo se to isticati oznakomHy�

�!w � d�!r i nazivati

cirkulacijom vektorskoga polja �!w po zatvorenoj krivuljiy� .

Primjer 4.16 Izraµcunati cirkulaciju ravninskoga vektroskog polja �!w (x; y) =fx; xyg po krivulji:(a) sredi�njoj kruµznici

y� polumjera c (usmjerenoj po volji);

(b) rubux� pozitivno usmjerenoga trokuta s vrhovima A = (2; 0), B = (1; 1) i

O = (0; 0).

Slika 4.7.

(a) Ovdje jey� zadana parametrizacijom x = c cos t, y = c sin t, t 2 [0; 2�] (Slika

4.7.a), pa je

Iy�

�!w � d�!r =Iy�

xdx+ xydy =

2�Z0

[c cos t � (�c sin t) + c cos t � c sin t � c cos t] dt =

c22�Z0

(cos t� c cos2 t)(� sin t)dt = � � � = 0;

(b) Ovdje jex� usmjerena po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja

sukladno sastavljena ody�1 =

�!OA,

x�2 =

��!AB i

x�3 =

��!BO s parametrizacijama

(redom) (Slika 4.7. b):

� y = 0, x 2 [0; 2], usmjerena porastom parametra x;

� y = �x+ 2, x 2 [1; 2], usmjerena padom parametra x;

� y = x, x 2 [0; 1], usmjerena padom parametra x.


Dobivamo Iy�

�!w � d�!r =Zy�1

�!w � d�!r +Zy�2

�!w � d�!r +Zy�3

�!w � d�!r =

2Z0

(x+ x � 0 � 0)dx+1Z2

(x+ x(�x+ 2)(�1))dx+0Z1

(x+ x � x � 1)dx = � � � = 1

3:

4.4 KRIVULJNI INTEGRAL U

POTENCIJALNOM POLJU

Raznovrsni primjeri krivuljnog integrala druge vrste pokazuju da on ponekad ne

ovisi o usmjerenoj krivulji po kojoj se integrira, nego samo o njezinoj poµcetnoj

i krajnjoj toµcki. Stoga je korisno istraµziti kakva su to vektorska polja krivuljni

integrali kojih ovise samo o poµcetku i kraju integracijske krivulje.

De�nicija 4.17 Neka je �!w : X ! R3, X � R3, neprekidno vektorsko polje.Reci cemo da krivuljni integral vektorskoga polja �!w ne ovisi o integraci-

jskom putu, ako za svake dvije toµcke A;B 2 X i svake dvije po dijelovima

glatke krivuljey�1;

y�2 � X �to povezuju A i B, usmjerene od A prema B, vrijediZ

y�1

�!w � d�!r =Zy�2

�!w � d�!r : (4.8)

Upravo de�nirano svojstvo karakterizira ovaj teorem:

Teorem 4.18 Neka je �!w : X ! R3 neprekidno vektorsko polje na otvorenomi povezanom podruµcju X � R3. Tada pripadni krivuljni integral ne ovisi o

integracijskom putu ako i samo ako je �!w potencijalno polje.

Dokaµzimo teorem.

()) Pretpostavimo da krivuljni integral vektorskoga polja �!w = fwx; wy; wzgne ovisi o integracijskom putu, tj. da je

Ry�1

�!w � d�!r =Ry�2

�!w � d�!r za ma koje dvije

usmjerene krivulje od toµcke A do toµcke B u X . Treba dokazati da postoji neko

skalarno polje f : X ! R takvo da je �!w = � grad f . U tu svrhu uµcvrstimo bilokoju toµcku T0 = (x0; y0; z0) 2 X pa za svaku toµcku T = (x; y; z) 2 X odaberimo

bilo koju po dijelovima glatku krivuljuy� � X �to spaja T0 i T (takva postoji

po pretpostavci na X), usmjerenu od T0 prema T . Pretpostavka povlaµci da je

time dobro de�nirana funkcija

f : X ! R; f(x; y; z) = �Zy�

�!w � d�!r :

4.4. KRIVULJNI INTEGRAL U POTENCIJALNOM POLJU 119

Odaberimo dostatno mali � > 0 tako da duµzina TT1 bude sadrµzana u X, pri

µcemu T1 = (x+dx; y; z) i 0 < jdxj � �. (Takav � postoji jer je skup X otvoren.)

Neka jey�1 usmjerena krivulja sukladno sastavljena od

y� i

��!TT1. Tada je

f(x+ dx; y; z) = �Zy�1

�!w � d�!r = ��Zy�

�!w � d�!r +Z��!TT1

�!w � d�!r�;

pa je

f(x+ dx; y; z)� f(x; y; z)dx

= � 1

dx

Z��!TT1

�!w � d�!r = � 1

dx

x+dxZx

wx(t; y; z)dt;

pri µcemu je t druga oznaka za varijablu x (da se ne pobrka s granicama), y i z su

ovdje konstante, a r(t) = (t; y; z), t 2 [x; x + dx], je parametrizacija usmjerene

duµzine��!TT1. Buduci da je koordinatna funkcija wx neprekidna, to je neprekidna

i funkcija t 7! wx(t; y; z). Prema tomu,

limdx!0

1

dx

x+dxZx

wx(t; y; z)dt = wx(x; y; z);

�to povlaµci

wx(x; y; z) = � limdx!0

f(x+ dx; y; z)� f(x; y; z)dx

= �@f(x; y; z)@x

:

Na isti naµcin se dokaµze da je

wy(x; y; z) = �@f(x; y; z)

@yi wz(x; y; z) = �

@f(x; y; z)

@z;

pa je doista �!w = � grad f .(()Obratno, ako je vektorsko polje�!w potencijalno onda iz �!w = � grad f slijediRy�

�!w �d�!r = �Ry�

@f@xdx+

@f@y dy+

@f@z dz: Tada za bilo koju usmjerenu krivulju

y� u

X, od toµcke A = (x1; y1; z1) do toµcke B = (x2; y2; z2), zadanu parametarskom

jednadµzbom r(t) = ('(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; dobivamo

Zy�

@f

@xdx+

@f

@ydy +

@f

@zdz =

bZa

�@f@x'0(t) +

@f

@y 0(t) +

@f

@z�0(t)

�dt =

bZa

d(f � r)(t) = fr(b)� fr(a) = f(x2; y2; z2)� f(x1; y1; z1):

Prema tomu, krivuljni integralRy�

�!w � d�!r = f(x1; y1; z1) � f(x2; y2; z2) ne ovisi

oy� =

yAB, nego samo o toµckama A i B.


Napomena 4.19 Primijenimo li Teorem 4.18 na bilo koju po dijelovoma glatku

jednostavno zatvorenu krivulju � � X, dobivamo da pripadna cirkulacija vek-

torskog polja �!w isµcezava,Hy�

�!w � d�!r = 0: Slijedi da isµcezavanje cirkulacije,

tako�er, karakterizira potencijalnost vektorskog polja �!w na podruµcju X.

Nadalje, buduci da su potencijalnost i bezvrtloµznost (na konveksnom podruµcju)

ekvivalentna svojstva (v. Teorem 3.41), vrijedi ovaj korolar:

Korolar 4.20 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje na konvek-snom podruµcju X � R3. Tada je

rot�!w =�!0 ,

Iy�

�!w � d�!r = 0 (4.9)

za svaku po dijelovima glatku jednostavno zatvorenu krivuljuy� � X.

Teorem 4.18 i Korolar 4.20 ukazuju na veliku vaµznost potencijalnih (bezvrt-

loµznih) vektorskih polja. Stoga treba umjeti takva polja prepoznati i odrediti

im potencijale, o µcemu je bilo rijeµci u Teoremu 3.41 i Primjeru 3.42. Ponovimo

samo to da je opci oblik takvoga potencijala f : X ! R, za dano vektorsko polje�!w na X � R3, integral totalnog diferencijala wxdx+ wydy + wzdz � df , tj.

f(x; y; z) = �xZ

x0

wx(t; y; z)dt�yZ

y0

wy(x0; u; z)du�zZ

z0

wz(x0; y0; v)dv;

pri cemu je (x0; y0; z0) 2 X bilo koja odabrana toµcka.

Primjer 4.21 IzraµcunajmoRy�

�!w � d�!r ako je

�!w (x; y; z) =�3x2yz + y + 5; x3z + x� z; x3y � y � 7

i

(a)y� bilo koji luk od A � O = (0; 0; 0) do B = (1; 1; 1);

(b)y� bilo koja usmjerena po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja.

(a) Oµcito je da je vektorsko polje �!w neprekidno diferencijabilno na prostoru R3.Buduci da je

@wz@y

=@wy@z

= x3 � 1; @wx@z

=@wz@x

= 3x2y;@wy@x

=@wx@y

= 3x2z + 1;

to je rot�!w =�!0 pa je �!w betvrtloµzno polje, dakle, i potencijalno. Slijedi,Z

y�

�!w � d�!r = f(1; 1; 1)� f(0; 0; 0);

4.5. GREENOVA FORMULA 121

gdje je potencijal f od �!w odre�en relacijom (uzmimo (x0; y0; z0) = (0; 0; 0)):

f(x; y; z) = �xZ

x0

(3t2yz+y+5)dt��yZ

y0

�(x0)

3z+x0�z�du�

zZz0

�(x0)

3y0�y0�7�dv =

�xZ0

(3t2yz + y + 5)dt�yZ0

(�z)du�zZ0

(�7)dv = �x3yz � yx� 5x+ zy + 7z:

Prema tomu, Zy�

�!w � d�!r = f(0; 0; 0)� f(1; 1; 1) = 0� 1 = �1:

(b) Ovdje se radi o cirkulaciji bezvrtloµznoga polja pa jeHy�

�!w � d�!r = 0.

4.5 GREENOVA FORMULA

U ovomu pododjeljku cemo izvesti osnovnu formulu integralnog raµcuna za funkcije

dviju varijabla, koja je prirodno poopcenje Newton-Leibnizove formule. Radi

se o tomu da se (dvostruki) integral na prikladnom podruµcju D � R2 svede na(krivuljni) integral po rubu od D.

Teorem 4.22 (Greenov teorem) Neka su P;Q : X ! R diferencijabilne funkcijena otvorenom skupu X � R2 te neka je

x� � X pozitivno usmjerena po di-

jelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja. Tada vrijedi tzv. Greenova for-

mula ZZD

�@Q(x; y)@x

� @P (x; y)

@y

�dxdy =

Ix�

P (x; y)dx+Q(x; y)dy; (4.10)

pri µcemu je D � X podruµcje ome�eno krivuljom �, tj. @D = �.

Slika 4.8.


Strogi dokaz ovoga teorema pretpostavlja puno vi�e predznanja nego �to smo

ga do sada stekli. Stoga cemo dokazati samo jedan poseban sluµcaj, ali ipak

dovoljno opcenit da obuhvati na�e praktiµcne potrebe. Pretpostavimo, dakle, da

su P i Q neprekidno diferencijabilne funkcije i da je podruµcje D takvo da mu

usporednice s koordinatnim osima sijeku rub @D = � u najvi�e dvjema toµckama

(Slika 4.8. (b)).

Neka su x = a, x = b, y = c i y = d jednadµzbe onih usporednica �to dodiruju

rub @D, pa je podruµcje D � [a; b]� [c; d] i ome�eno je grafovima dviju funkcija'1;2 : [a; b]! R, odnosno, 1;2 : [c; d]! R, tj.

D =�(x; y) 2 R2 j '1(x) � y � '2(x); x 2 [a; b]

;

odnosno,

D =�(x; y) 2 R2 j 1(y) � x � 2(y); y 2 [c; d]

:

Pritom je '1(a) = '2(a), '1(b) = '2(b), 1(c) = 2(c) i 1(d) = 2(d).

Oznaµcimo sy�1 graf G'1 usmjeren porastom varijable x, a s

x�2 graf G'2 usmjeren

padom varijable x. Tada jex� =

x@D sukladno sastavljena od

y�1 i

x�2. Buduci

da je funkcija P neprekidno diferencijabilna, to je funkcija f � @P@y neprekidna

pa je i integrabilna na D. Taj je integral

ZZD

f(x; y)dxdy =

bZa

� '2(x)Z'1(x)

f(x; y)dy

�dx =

bZa

� '2(x)Z'1(x)

@P (x; y)

@ydy

�dx =

bZa

(P (x; '2(x)� P (x; '1(x))) dx�aZb

P (x; '2(x))dx�bZa

P (x; '1(x))dx =

�Zx�2

P (x; y)dx+ c0(x; y)dy �Zy�1

P (x; y)dx+ c0(x; y)dy = �Ix�

Pdx:

Posve sliµcno, sukladno rastaviv�ix� na

xG 1 , usmjerenu padom varijable y, i

yG 2 ,

usmjerenu porastom varijable y, i staviv�i g � @Q@x dobivamo:

ZZD

g(x; y)dxdy =

dZc

� 2(x)Z 1(x)

g(x; y)dy

�dx =

Ix�

c0(x; y)dx+Q(x; y)dy =

Ix�

Qdy:

Zbrajanjem dobivenih integrala proizlazi Greenova formula.

Primjer 4.23 Izraµcunajmo cirkulacijuIx�

2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy

4.5. GREENOVA FORMULA 123

po pozitivno usmjerenom rubux@4 �

x� trokuta 4ABC, A = (1; 1), B = (2; 2),

C = (1; 3) (Slika 4.9.).

Slika 4.9.

Primijenit cemo Greenovu formulu na P (x; y) = 2(x2+y2) i Q(x; y) = (x+y)2.Ix�

2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy =

ZZ�

�@Q(x; y)@x

� @P (x; y)

@y

�dxdy =

ZZ�

(2x� 2y)dxdy = 22Z1

� �x+4Zx

(x� y)dy�dx = � � � = �4

3:

Za provjeru izraµcunti traµzenu cirkulaciju izravno, tj. integrirajuci poy�1 =

��!AB

(y = x, x 2 [1; 2]; parametar raste),x�2 =

��!BC (y = �x+4, x 2 [1; 2]; parametar

pada) ix�3 =

�!CA (x = 1, y 2 [1; 3]; parametar pada).

Primijetimo da smo u ovomu primjeru Greenovu formulu iskoristili u "obratnom

smjeru", tj. da smo krivuljni integral preveli u dvostruki integral. Takva i jest

njezina µcesta primjena u praksi. "Pravi smjer" trebamo, uglavnom, u teorijskim

razmatranjima.

Korolar 4.24 Pod uvjetima u Teoremu 4.22 vrijedi formula

P (D) =1

2

Ix�

�ydx+ xdy: (4.11)

za plo�tinu ravninskog podruµcja D.

Zaista, znamo da je P (D) =RRD

dxdy. Odaberimo bilo koje dvije neprekidno

diferencijabilne (na D) skalarne funkcije P i Q za koje je @Q@x �

@P@y = c1. Prim-

jerice, to smiju biti P (x; y) = �y2 i Q(x; y) =

x2 . Ostalo slijedi iz Teorema

4.22.


Napomena 4.25 Greenov teorem vrijedi i na podruµcjuD � R2 koje je vi�estrukopovezano (Slika 4.10.), tj. na podruµcju rub kojega se sastoji od vi�e po dijelovima

glatkih jednostavno zatvorenih krivulja �0,�; : : : ;�n, pri µcemu su �1; : : : ;�nme�usobno disjunktne, sve leµze u unutra�njem (ome�enom) podruµcju s obzirom

na �0 i svaka �i leµzi u vanjskom podruµcju s obzirom na �j, i 6= j = 1; � � � ; n.

Slika 4.10.

Usmjerimo li �0 geometrijski pozitivno, a sve ostale �1; : : : ;�n negativno, Green-

ova formula poprima zapisZZD

�@Q@x

� @P

@y

�dxdy =

Ix�0

(Pdx+Qdy) +nXi=1

Iy�i

(Pdx+Qdy): (4.12)

Napomena 4.26 Gledamo li na funkcije P i Q kao na koordinatne funkcije

nekog ravninskog vektorskog polja

�!w : D ! R2; �!w (x; y) = fP (x; y); Q(x; y)g ;

Greenovu formulu moµzemo zapisati i ovako:ZZD

�rot�!w � �!k

�dxdy =

Ix@D

�!w � d�!r (=

I@D

��!w � �!t 0�ds)na �to cemo se vratiti, u opcenitijem sluµcaju, kasnije.

Poglavlje 5

PLO�NI INTEGRAL

Integriranje po plohama je jedna od temeljnih tehnika matematiµcke �zike, �to

cemo mi ovdje moci tek djelomice uoµciti. Pritom je svakako najvaµzniji tzv.

Ostrogradski-Gaussov teorem o divergenciji, koji je drugo poopcenje (prvo je

bilo Greenov teorem) Newton-Leibnizove formule - sada na trostruki integral.

Naime, pod nekim se pretpostavkama integral po ome�enom podruµcju V � R3

prevodi na integral po zatvorenoj plohi S koja je rub S � @V toga podruµcja. Ali,

strogo de�nirati plohu i, posebice, njezinu plo�tinu i usmjerenje vrlo je sloµzen i

zahtjevan posao, koji ovdje nije moguce posve korektno obaviti. Grubo govoreci,

ploha je neprekidna slika nekog ravninskog podruµcja. O glatkoj plohi i njezinoj

plo�tini vec je bilo rijeµci ranije (v. 2.4.2. Glatka ploha i njezina plo�tina) i

sada za na�u svrhu cemo trebati, premda ne sasvim strogu, ipak ne�to toµcniju

de�niciju.

5.1 PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE

De�nicija 5.1 Skup S � R3 nazivamo plohom ako za svaku toµcku T0 2 S

postoje otvorena okolina V � R3 od T0, otvoreni skup U � R2, preslikavanjeg : U ! R i pravokutni koordinatni sustav

�O;�!i ;�!j ;�!k�u R3 takvi da (u tomu

sustavu) z = g(x; y), (x; y) 2 U , bude jednadµzba presjeµcnoga skupa S \ V . Recicemo da je ploha S glatka (u toµcki T0 = (x0; y0; z0), z0 = g(x0; y0)) ako je

pripadna funkcija g diferencijabilna (u toµcki (x0; y0)). (Drugim rijeµcima, ploha

S je glatka µcim u svakoj svojoj toµcki T 2 S dopu�ta tangencijalnu ravninu.)

Ako se za cijelu plohu S moµze naci jedan koordinatni sustav i jedno preslikavanje

g : D ! R; D � R2; tako da njegova suµzenja udovoljavaju De�niciji 5.1, onda

125

126 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL

se

z = g(x; y); (x; y) 2 D;

naziva eksplicitnom jednadµzbom plohe S.

Neka je G : V ! R derivabilna funkcija na otvorenom skupu V � R3 sasvojstvom gradG(x; y; z) 6= �!0 u svakoj toµcki (x; y; z) 2 V . Tada se lako provjerida je skup

S = f(x; y; z) 2 V j G(x; y; z) = 0g � R3

glatka ploha: Pritom je, u svakoj toµcki, gradijent

gradG(x; y; z) =

�@G

@x;@G

@y;@G

@z

�(x;y;z)

okomit na tangencijalnu ravninu, �to odmah daje jednadµzbu pripadne tangen-

cijalne ravnine.µCesto se ploha S zadaje parametarski. Pri takvom zadavanju nema privilegi-

ranih osi, a plohu treba zamisliti kao "dvodimenzionalni skup" nastao "neprekid-

nom deformacijom" r : D ! R3 nekog ravninskog podruµcja D. Ne ulazeci upotankosti, dajemo pripadnu parametarsku jednadµzbu:

S : : :

8>><>>:x = '(u; v);

y = (u; v);

z = �(u; v):

Tako, primjerice, ploha S zadana eksplicitnom jednadµzbom z = g(x; y) ima

parametarski zapis (u = x, v = y)

r(x; y) = (x; y; g(x; y)):

U nekim razmatranjima i primjenama javljat ce se plohe poput ovih na Slici

5.1. Tu se radi o plohi S sastavljenoj od konaµcno mnogo glatkih ploha S1,. . . ,

Sn tako da u toµckama "spojnih krivulja" ne postoje tangencijalne ravnine (ni

normale).

Slika 5.1.

5.1. PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE 127

Za takve plohe kaµzemo da su po dijelovima glatke. Pokazuje se da je skup

svih toµcaka takve plohe u kojima nema normale "plo�tinski zanemariv" pa cemo

ga u na�im (naivnim) razmatranjima o plo�nom integralu smjeti zanemarivati.

Ponovimo da smo za plohu S zadanu jednadµzbom z = g(x; y), (x; y) 2 D;

gdje g : X ! R, X � R2, diferencijabilna funkcija, a D � X zatvoreno

podruµcje ome�eno po dijelovima glatkom jednostavno zatvorenom krivuljom,

njezinu plo�tinu de�nirali broj

P (S) =

ZZD

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy:

Ako ploha S ne udovoljava svim uvjetima u De�niciji 5.1, ali ju se moµze ras-

taviti po dijelovima glatkim krivuljama na konaµcno mnogo "disjunktnih" ploha

S1; : : : ; Sn, od kojih svaka udovoljava uvjetima De�nicije 5.1, onda se njezina

plo�tina de�nira kao pripadni zbroj, tj.

P (S) = P (S1) + � � �+ P (Sn):

U sluµcaju plohe S, �to se okomito projicira na podruµcje D, implicitno zadane

jednadµzbom G(x; y; z) = 0, formula za plo�tinu prelazi u

P (S) =

ZZD

1@G(x;y;z)

@z

s�@G(x; y; z)@x

�2+�@G(x; y; z)

@y

�2+�@G(x; y; z)

@z

�2dxdy;

pri µcemu naznaµcene parcijalne derivacije treba iskazati funkcijama od x i y.

Napokon, formaliziramo li P (S) =RRD

dS, smijemo reci da je

dS �

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy (5.1)

in�nitezimalni plo�tinski element. (Strogo, bolje bi bilo pisati dP (S) umjesto

dS!)

De�nicija 5.2 Neka je f : X ! R, X � R3, neprekidna funkcija (skalarnopolje), a S � X glatka ploha zadana jednadµzbom z = g(x; y), (x; y) 2 D �R2, na zatvorenom podruµcju D ome�enom po dijelovima glatkom jednostavno

zatvorenom krivuljom. Tada dvostruki integralZZD

f(x; y; g(x; y))

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy (5.2)

nazivamo plo�nim integralom prve vrste skalarnoga polja f po plohi S i

oznaµcujemo ga sRRS

fdS:


Primijetimo da je oznaka u skladu s prethodnim razmatranjem:

ZZS

fdS =

ZZD

f(x; y; g(x; y))

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy: (5.3)

Primjer 5.3 Izraµcunajmo plo�ni integral prve vrsteRRS

fdS, ako je f(x; y; z) =

x+ y + z; a S dio jediniµcne sredi�nje sfere u I. oktantu .

Buduci da je

S : : : z = g(x; y) =p1� x2 � y2; (x; y) 2 D : : :

(0 � y �

p1� x2

0 � x � 1

to je@g(x; y)

@x=

�xp1� x2 � y2

;@g(x; y)

@y=

�yp1� x2 � y2

,

pa je

1 +�@g(x; y)

@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2=

1

1� x2 � y2 :

Prema tomu,ZZS

fdS(5:3:)=

ZZD

�x+ y +

p1� x2 � y2

� 1p1� x2 � y2

dxdypolarne koordinate

=

ZZD�;'

�� cos'+ � sin'+

p1� �2

� 1p1� �2

�d�d' = � � � = 3�

4:

(Primijenili smo teorem o zamjeni varijabla.)

Napomena 5.4

(a) Aproksimiramo li plohu S tvarnim objektom kojemu je "debljina zanemariva

prema duµzini i �irini" (tkanina, tanka koµza, tanki lim ili sl.) gustoce f(x; y; z),

onda pripadni plo�ni integral prve vrste mjeri masu toga objekta.

(b) Ako je ploha S po dijelovima glatka i sastavljena od konaµcno mnogo glatkih

ploha S1; � � � ; Sn onda se njezin plo�ni integral prve vrste de�nira kao pripadnizbroj, tj. ZZ

S

fdS =

ZZS1

fdS + � � �+ZZSn

fdS: (5.4)

Na kraju navedimo oµciglednu linearnost plo�nog integrala prve vrste:

Teorem 5.5 Neka su f; g : X ! R, X � R3, neprekidne funkcije, S � X po

dijelovima glatka ploha i �; � 2 R. Tada jeZZS

(�f + �g) dS = �

ZZS

fdS + �

ZZS

gdS: (5.5)

5.2. PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE 129

5.2 PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE

Kao �to smo uveli dvije vrste poopcenja (jedno u skalarnom, a drugo u vek-

torskom polju) odre�enog integrala na integral po krivulji, tako cemo uvesti

i dvije vrste poopcenja dvostrukog integrala na integral po plohi. Integral

skalarnog polja po plohi smo de�nirali u prethodnomu odjeljku, a sada cemo

se pozabaviti integralom vektorskog polja po plohi. Sliµcno sluµcaju krivuljnog

integrala vektorskog polja (po usmjerenoj krivulji), ovdje treba osmisliti pojam

usmjerene plohe. Strogo de�niranje toga pojma iziskuje cijelo poglavlje, pa

cemo ovdje poku�ati, kratko i jednostavno, samo pojasniti o µcemu se radi.

Usmjerenu plohu cemo de�nirati pomocu njezinih usmjerenih tangencijalnih

ravnina, a usmjerenu ravninu pomocu njezinih normalnih vektora. U tu svrhu

najprije uoµcimo da ravnina ima dvije strane od kojih je jedna odre�ena skupom

svih (jediniµcnih) normalnih vektora �!n 0, a druga skupom svih ��!n 0. Odabiromjedne od tih strana, tj. ili svih �!n 0 ili svih ��!n 0, odabrano je jedno od dvaju(neprekidnih) usmjerenja (ili orijentacija) promatrane ravnine. (Mje�oviti

odabir bi tvorio neko "prekidno usmjerenje"!) Reci cemo da je glatka ploha S

usmjerena (ili orijentirana) ako joj je usmjerena svaka tangencijalna ravnina

i pritom je to "usmjeravanje neprekidno", tj. opisno govoreci, u bliskim toµckama

su bliski i pripadni normalni vektori. Drugim rijeµcima, ploha S je (neprekidno)

usmjerena ako ima dvije strane i jedna od njih je odabrana. Smijemo zamisliti da

svako (neprekidno) usmjerenje tvore svi jediniµcni normalni vektori �to "izlaze"

iz odabrane strane. ("Prekidno usmjerenje" bi tvorio bilo koji mje�oviti odabir!)

Pojmovi su ilustrirani ovim crteµzima:

Slika 5.2.

Ako ploha S nije glatka ali jest po dijelovima glatka, zahtijevamo (neprekidnu)

usmjerenost svakoga glatkog dijela i njihovu me�usobnu suglasnost, tj. pri-

padnost svih normalnih vektora toµcno jednoj strani te plohe (Slika 5.3. (a)).

(Neobstojnost normalnih vektora u toµckama "spojnih krivulja" zanemarujemo!)

Poseban sluµcaj jesu jednostavno zatvorene plohe (sfera, rub geometrijskog ti-

jela). Buduci da one, oµcito, imaju dvije strane, vanjsku i unutra�nju, tako ih

i usmjerujemo, tj. ili skupom svih vanjskih jediniµcnih normalnih vektora ili

skupom svih onih unutra�njih (Slika 5.3. (b)).


Slika 5.3.

Primjer 5.6 (Möbiusova vrpca) Dajemo primjer glatke plohe koju se ne moµze

(neprekidno) usmjeriti. Promatrajmo pravokutnik ABCD pa mu zalijepimo

stranicu AD sa stranicom BC i to tako da smo BC "preokrenuli" i identi�cirali

C s A i B s D. Dobit cemo plohu, tzv. Möbiusovu vrpcu.

Napomena 5.7 Kao �to smo vec bili naglasili, u na�im cemo razmatranjima

promatrati samo po dijelovima glatke usmjerene plohe. Pritom, ako je ploha

S zadana jednadµzbom z = g(x; y); (x; y) 2 D � R: jedno usmjerenje odre�ujeizbor jediniµcnih normalnih vrktora

�!n 0(x; y) =1q

1 +�@g(x;y)

@x

�2+�@g(x;y)

@y

�2��@g(x; y)@x

�!i � @g(x; y)

@y

�!j +

�!k�;

(5.6)

a drugo usmjerenje je onda dano vektorima ��!n 0(x; y). Plohu S usmjerenu

vektorima �!n 0(x; y) oznaµcujemo sayS , a u drugomu sluµcaju - sa

xS . Ako je ploha

S jednostavno zatvorena, njezino usmjerenje vanjskim normalnim vektorima

oznaµcujemo saxS ili S+, a unutra�njima - sa

yS ili S�. Napokon, ponekad cemo

rabiti i oznaku d�!S za �!n 0(x; y)dS ili ��!n 0dS.

De�nicija 5.8 Neka je �!w = fwx; wy; wz)g : X ! R3, X � R3, neprekidnafunkcija (vektorsko polje), a z = g(x; y), (x; y) 2 D � R2, jednadµzba usmjeriveglatke plohe S � X, pri µcemu je D zatvoreno podruµcje rub kojega je po dijelovima

glatka jednostavno zatvorena krivulja. Tada dvostruki integralZZD

��wx

@g

@x� wy

@g

@y+ wz

�(x; y; g(x; y))dxdy (5.7)

nazivamo plo�nim integralom druge vrste vektorskoga polja �!w po usm-

jerenoj plohiyS i oznaµcujemo s

RRyS

�!w � d�!S iliRRS

�!w � �!n 0dS:

Primijetimo da su u zapisuZZyS

�!w � d�!S =

ZZS

�!w � �!n 0dS =ZZD

��wx

@g

@x� wy

@g

@y+ wz

�(x; y; g(x; y))dxdy

(5.8)

5.2. PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE 131

oznake posve u skladu s de�nicijom jer je

dS =

s1 +

�@g(x; y)@x

�2+�@g(x; y)

@y

�2dxdy;

�!n 0(x; y) =1q

1 +�@g(x;y)

@x

�2+�@g(x;y)

@y

�2��@g(x; y)@x

�!i � @g(x; y)

@y

�!j +

�!k�:

(U drugoj oznaci se ne istiµce usmjerenje na S jer ga sadrµzi vektor �!n 0.)Spomenimo da se plo�ni integral druge vrste

RRyS

�!w � d�!S u �zici naziva tokom

(ili �uksom) vektorskoga polja �!w kroz plohu S, o µcemu ce biti rijeµci poslije.

U sluµcaju usmjerene po dijelovima glatke ploheyS , sukladno sastavljene od usm-

jerenih glatkih plohayS1; � � � ;

ySn, odgovarajuci plo�ni integral druge vrste de�ni-

ramo kao pripadni zbroj, tj.ZZyS

�!w � d�!S def.=

ZZyS1

�!w � d�!S + � � �+ZZySn

�!w � d�!S :

Razvidno je da za plo�ni integral druge vrste vrijedi ovaj teorem:

Teorem 5.9 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, neprekidne vektorske funkcije,S � X usmjeriva po dijelovima glatka ploha i �; � 2 R. Tada je

(1)ZZxS

�!w � d�!S = �ZZyS

�!w � d�!S ;

(2)ZZxS

(��!w + ��!u ) � d�!S = �

ZZyS

�!w � d�!S + �ZZyS

�!u � d�!S .

Napomena 5.10 Pridodajemo jo� jedan zapis plo�nog integrala druge vrste.

Zadamo li, formalno, jediniµcne normalne vektore na S pomocu njihovih smje-

rovnih kosinusa, �!n 0 =�!i cos� +

�!j cos� +

�!k cos ; pripadni plo�ni integral

druge vrste ima zapisZZyS

�!w � d�!S =

ZZS

(wx cos�+ wy cos� + wz cos )dS =

ZZyS

wxdydz + wydzdx+ wzdxdy: (5.9)

U svezi s tim, podsjetimo na "starinsko" de�niranje plo�nog integrala druge

vrste. Neka su dane neprekidne skalarne funkcije P;Q;R : X ! R; X � R3; i


dvostrana ploha S � X, te neka �!n 0 = fcos�; cos�; cos g oznaµcuje jediniµcninormalni vektor na odabranu stranu S+ plohe S u bilo kojoj toµcki. Tada se

pripadni plo�ni integral druge vrste "de�nira" kako slijedi:ZZS+

Pdydz +Qdzdx+Rdxdy =

ZZS

(P cos�+Q cos� +R cos )dS: (5.10)

(Uoµcimo da na desnoj strani stoji plo�ni integral prve vrste!)

Primjer 5.11 Izraµcunajmo plo�ni integral druge vrsteZZS+

x2dydz + y2dzdx+ z2dxdy;

pri µcemu je S+ "vanjska" strana "desne" polusfere S sredi�nje sfere zadane

jednadµzbom x2 + y2 + z2 = a2 (Slika 5.4.).

Slika 5.4.

Rastavimo "desnu" polusferu S na dvije plohe; S = S1 [ S2, gdje je

S1;2 : : : z1;2 = g1;2 = �pa2 � x2 � y2; (x; y) 2 D : : :

(�a � x � a

0 � y �pa2 � x2

:

Buduci da je S+ "vanjska strana", to je S+ =yS1[

xS2, pa po Teoremu 5.9 slijediZZ

S+

�!w � d�!S =

ZZyS1

�!w � d�!S +ZZxS2

�!w � d�!S =

ZZyS1

�!w � d�!S �ZZyS2

�!w � d�!S :

Traµzene parcijalne derivacije jesu

@g1;2(x; y)

@x=

�xpa2 � x2 � y2

;@g1;2(x; y)

@y=

�ypa2 � x2 � y2

:

Time smo pripremili sve za izraµcunavanje. Dakle,ZZS+

x2dydz + y2dzdx+ z2dxdy =

5.3. OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA 133ZZS1

(x2 cos�1+y2 cos�1+z

2 cos 1)dS�ZZS2

(x2 cos�2+y2 cos�2+z

2 cos 2)dS =

ZZD

�x2��@g1@x

�+y2

��@g1@y

�+z2

�dxdy�

ZZD

�x2��@g2@x

�+y2

��@g2@y

�+z2

�dS

=

ZZD

�x2

2xpa2 � x2 � y2

+ y22yp

a2 � x2 � y2�dxdy

polarne koordinate=

ZZD�'

�2�3 cos3 'pa2 � �2

+2�3 sin3 'pa2 � �2

��d�d' =

2

� �Z0

�cos3 '+ sin3 '

�d'

�� aZ0

�4d�pa2 � �2

�=�a4

2:

(Izraµcunajte ovaj plo�ni integral druge vrste ne rastavljajuci plohu S! Uputa:

Odabere li se y-os "povla�tenom", S dopu�ta eksplicitnu jednadµzbu y = h(z; x).)

5.3 OSTROGRADSKI-GAUSSOVAFORMULA

Kao �to smo bili najavili, ovdje ce se povezati trostruki integral po podruµcju

V � R3 s plo�nim integralom druge vrste po njegovu usmjerenu rubux@V .

Teorem 5.12 (Teorem o divergenciji)Neka je �!w : X ! R, X � R3, neprekidnodiferencijabilno vektorsko polje, a V � X zatvoreno podruµcje ome�eno po di-

jelovima glatkom jednostavno zatvorenom plohomxS �

x@V usmjerenom van-

jskim normalama. Tada vrijedi Ostrogradski-Gaussova formulaZZZV

div�!wdV =ZZx@V

�!w � d�!S ( =ZZ@V

�!w � �!n 0dS): (5.11)

Zbog sloµzenosti opcega sluµcaja, dokazat cemo samo poseban sluµcaj u kojemu

usporednice s koordinatnim osima sijeku rub @V u najvi�e dvjema toµckama.

Dadnemo li prednost z-osi, rub (ploha) dopu�ta rastav @V = S1[S2, S1\S2 = �(krivulja), i eksplicitni zapis

S1;2:::z = g1;2(x; y); g1(x; y) � g2(x; y); (x; y) 2 D � R2;

pri µcemu se � okomito projicira na @D. Usmjerenje vanjskim normalama �!n 0,tj.

x@V , povlaµci usmjerenje

xS1 jediniµcnim normalama ��!n 0 i

yS2 jediniµcnim nor-

malama �!n 0. Izraµcunajmo trostruki integral po V , dobivamoZZZV

@wz(x; y; z)

@zdxdydz =

ZZD

� g2(x;y)Zg1(x;y)

@wz(x; y; z)

@zdz

�dxdy =

134 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRALZZD

wz(x; y; g2(x; y))dxdy �ZZD

wz(x; y; g1(x; y))dxdy:

Primijetimo da je��!w � �!k ��!k = wz

�!k = f0; 0; wz(x; y; z)g pa jeZZ

S1

�wz�!k � �!n 0

�dS = �

ZZD

wz(x; y; g1(x; y))dxdy i

ZZS2

�wz�!k � �!n 0

�dS =

ZZD

wz(x; y; g2(x; y))dxdy:

Slijedi, ZZZV

@wz(x; y; z)

@zdxdydz =

ZZ@V

�wz�!k � �!n 0

�dS:

Posve sliµcno, preferirajuci x-os, odnosno, y-os dobivamoZZZV

@wx(x; y; z)

@xdxdydz =

ZZ@V

�wx�!i � �!n 0

�dS;

ZZZV

@wy(x; y; z)

@ydxdydz =

ZZ@V

�wz�!j � �!n 0

�dS:

Buduci da se integrira po istom podruµcju V , odnosno @V , zbrajanjem slijediZZZV

�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�dxdydz =

ZZ@V

�wx�!i + wy

�!j + wz

�!k�� !n 0dS; tj:

ZZZV

div�!wdV =ZZ@V

�!w � �!n 0dS =ZZx@V

�!w � d�!S :

Napomena 5.13 µCesto se Ostrogradski-Gaussova formula zapisuje pomocu

skalarnih funkcija. Neka su P;Q;R : X ! R neprekidno derivabilne funkcije naokolini X zatvorenog podruµcja V � R3, rub @V kojega je po dijelovima glatka

jednostavno zatvorena ploha. Tada jeZZZV

�@wx@x

+@wy@y

+@wz@z

�dxdydz =

ZZ@V

(P cos�+Q cos� +R cos ) dS;

(5.12)

gdje su cos�; cos�, cos smjerovni kosinusi vanjske normale na plohu @V .

Primjer 5.14 Izraµcunati plo�ni integral druge vrsteZZxS

x3dydz + y3dzdx+ z3dxdy

po sferixS : : : x2 + y2 + z2 � a2 = 0 usmjerenoj vanjskim normalama.

5.4. STOKESOVA FORMULA 135

Imamo da je ZZxS


ZZxS

�!w � d�!S ;

pri µcemu je

�!w = fwx; wy; wzg ; wx(x; y; z) = x3; wy(x; y; z) = y3; wz(x; y; z) = z3;

te da smijemo primijeniti Teorem o divergenciji. Prema tomu,ZZxS


ZZxS

�!w � d�!S =

ZZZV

div�!wdV =

ZZZV

�3x2 + 3y2 + 3z2

�dxdydz

sferne koordinate=

ZZZVr�'

3r2 � r2 sin � � drd�d' =

3

2�Z0

� �Z0

�sin �

aZ0

r4dr

�d�

�d' = � � � = 12�a5

5:

Primjer 5.15 Izraµcunti plo�ni integral druge vrsteZZxS

xdydz + ydzdx+ zdxdy

po bilo kojoj po dijelovima glatkoj jednostavno zatvorenoj plohi usmjerenoj

vanjskim normalnim vektorima.

Kao i u prethodnomu primjeru, primijenit cemo Teorem 5.12. Dakle,ZZxS

xdydz + ydzdx+ zdxdy =

ZZZV

div�!wdV =ZZZV

(1 + 1 + 1)dV = 3O(V );

pri µcemu je O(V ) obujam podruµcja V ome�enoga plohom S. Tako smo dobili

formulu

O(V ) =1

3

ZZx@V

xdydz + ydzdx+ zdxdy; (5.13)

koja je analogon one iz Korolara 4.24 za plo�tinu ravninskog podruµcja P (D) =12

Hx@D

�ydx+ xdy:

5.4 STOKESOVA FORMULA

Sjetimo se Greenove formuleRRD

�@Q@x �

@P@y

�dxdy =

Hx@D

Pdx + Qdy kojom se

dvostruki integral po ravninskom podruµcje D prevodi na krivuljni integral druge


vrste po njegovu rubu. Stavimo li �!w = fP; Qg ; dobivamo njezin vektorskizapis: ZZ

D

�rot�!w � �!k

�dxdy =

Ix@D

�!w � d�!r�=

I@D

�!w � �!t 0ds�

Stokesova formula ce biti poopcenje Greenove formule na prostorno vektorsko

polje �!w ; plohu S � R2 i njezin rub @S:Prije samoga iskaza treba de�nirati sukladno usmjerenje plohe i njezina ruba.

Kao �to smo se vec dogovorili, plohu S zadanu jednadµzbom

z = g(x; y); (x; y) 2 D � R2;

usmjerenu jediniµcnim normalnim vektorima

�!n 0(x; y) =�@g(x;y)

@x

�!i � @g(x;y)

@y

�!j +

�!kq

1 +�@g(x;y)

@x

�2+�@g(x;y)

@y

�2oznaµcujemo sa

yS , a usmjerenu normalama ��!n 0(x; y) - sa

xS . Usmjerimo rub

@D (po dijelovima glatku jednostavno zatvorenu ravninsku krivulju) podruµcja

D pozitivno, tj. kaox@D ("pravilo desne ruke" kad je palac usmjeren kao vektor

�!k ), pa mu pridijelimo parametrizaciju (s porastom parametra)

@D : : : x = '(t); y = (t); t 2 [a; b]:

Buduci da se rub @S (po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja)

okomito projicira na @D i S dopu�ta parametrizaciju

S : : : r(x; y) = (x; y; g(x; y)); (x; y) 2 D;

to se usmjerenje sx@D "prenosi" na @S (porastom parametra), oznaµcimo ga kao

x@S, tj.

x@S : : : r('(t); (t)) � �(t) = ('(t); (t); g('(t); (t))); t 2 [a; b]:

Pritom govorimo da su plohayS i njezin rub

x@S sukladno usmjereni. Dakako,

u sluµcaju negativnoga usmjerenjay@D dobivamo odgovarajuce usmjereni rub

y@S,

pa i tada kaµzemo da su plohaxS i njezin rub

y@S sukladno usmjereni. Primijetimo

da se u oba sluµcaja radi o po�tivanju "pravila desne ruke" kad je palac usmjeren

kao normalni vektor.

Teorem 5.16 (Stokesov teorem) Neka je �!w : X ! R3, X � R3, neprekidnodiferencijabilna vektorska funkcija,

yS � X usmjerena po dijelovima glatka ploha,

5.4. STOKESOVA FORMULA 137

ax@S sukladno joj usmjereni rub koji je po dijelovima glatka jednostavno zatvorena

krivulja. Tada vrijedi Stokesova formulaZZyS

rot�!w � d�!S =

Ix@S

�!w � d�!r�=

I@S

�!w � �!t 0ds�: (5.19)

Napomena 5.17 Kako za Greenovu tako se i za Stokesovu formulu µcesto rabi

skalarni zapis. U tu svrhu, neka su P;Q;R : X ! R, X � R3, neprekidno deriv-abilne funkcije, a S � X po dijelovima glatka ploha s rubom @S po dijelovima

glatkom jednostavno zatvorenom krivuljom. Tada se pripadna Stokesova for-

mula zapisuje kako slijedi: I@S

Pdx+Qdy +Rdz =

ZZS

��@R@y

� @Q

@z

�cos�+

�@P@z

� @R

@x

�cos� +

�@Q@x

� @P

@y

�cos

�dS; (5.20)

pri µcemu su cos�, cos� i cos smjerovni kosinusi normalnih vektora na plohu

S sukladno usmjereni s rubom @S.

Primjer 5.18 Izraµcunajmo cirkulaciju vektorskog polja

(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) =�x2y3; 1; z

duµz usmjerenoga ruba

x@S plohe S zadane jednadµzbom z =

p2� x2 � y2.

Najprije, iz dane jednadµzbe slijedi

S : : : z = g(x; y) =p2� x2 � y2; (x; y) 2 D = f(x; y) j x2 + y2 � 2g � R2:

Buduci da sukladno usmjerenje (s rubomx@S) na S znaµci

yS usmjerenu nor-

malama �!n 0 (s obzirom na g), to

@g(x; y)

@x=

�xp2� x2 � y2

;@g(x; y)

@y=

�yp2� x2 � y2

povlaµci

�!n 0(x; y) =(

xp2;yp2;

p2� x2 � y2p

2

);

dS =

p2p

2� x2 � y2dxdy:

Tako dobivamoZZyS

rot�!w � d�!S =

Ix@S

wxdx+ wydy + wzdzStokesova formula

=


ZZS

��@wz@y

� @wy@z

�cos�+

�@wx@z

� @wz@x

�cos� +

�@wy@x

� @wx@y

�cos

�dS =

ZZD

�(0� 0) xp

2+ (0� 0) yp

2+ (0� 3x2y2)

p2� x2 � y2p

2

� p2p

2� x2 � y2dxdy =

�3ZZD

x2y2dxdypolarne koordinate

= �3� 2�Z0

cos2 ' sin2 'd'

�� 2Z0

�5d�

�= ��:

Poglavlje 6

OBIµCNE

DIFERENCIJALNE

JEDNADµZBE

Odre�ujuci integral dane funkcije f : X ! R, X � R, rje�avamo, zapravo, jed-nadµzbu F 0(x) = f(x) s nepoznanicom - funkcijom F : X ! R. Pod nekim uvje-

tima, funkcija F je jednozaµcno odre�ena do na aditivnu konstantu. Promatrana

jednadµzba F 0(x) = f(x), odnosno, ekvivalentna joj jednadµzba dF (x) = f(x)dx

spada u tzv. diferencijalne jednadµzbe. U iducim cemo se odjeljcima baviti

nekim jednostavnim vrstama obiµcnih diferencijalnih jednadµzbi prvoga i drugoga

reda koje su elementarno rje�ive, tj. rje�enja kojih dopu�taju analitiµcke za-

pise �to sadrµze najvi�e konaµcno mnogo elementarnih funkcija i konaµcno mnogo

neodre�enih integrala (ovi smiju biti i elementarno nerje�ivi). Usput cemo se

osvrnuti i na sustave dviju obiµcnih diferencijalnih jednadµzbi prvoga reda pokazu-

juci kako se neki od njih svode na lako rje�ive diferencijalne jednadµzbe drugoga

reda.

6.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

Pod diferencijalnom jednadµzbom smatramo svaku jednadµzbu koja anali-

tiµckim zapisom povezuju nepoznate realne funkcije, neke derivacije tih funkcija

i njihove varijable. One se vrlo µcesto "same od sebe" pojavljuju kao matematiµcki

zapis nekih prirodnih zakona �to upravljaju µzivim i neµzivim svijetom oko nas

(u geometriji, �zici, kemiji, biologiji, tehnici i tehnologiji, medicini itd.). Reci

cemo da je diferencijalna jednadµzba obiµcna ako se u njoj pojavljuje samo jedna

139

140 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

nepoznata funkcija jedne realne varijable. Ako je red najvi�e derivacije �to se

pojavljuje u diferencijalnoj jednadµzbi broj n 2 N, onda kaµzemo da je to difer-encijalna jednadµzba n-toga reda. Rje�enje diferencijalne jednadµzbe n-toga

reda

F (x; y; y0; y00; : : : ; y(n)) = 0;

ili u zapisu

y(n) = f(x; y; y0; y00; : : : ; y(n�1))

je svaka funkcija koja joj (zajedno sa svojim derivacijama) uvr�tenjem identiµcki

udovoljava.

Primjer 6.1 (a) Jednadµzba y0 � 2x = 0 je obiµcna diferencijalna jednadµzba

prvoga reda, a njezino rje�enje je svaki polinom y = f(x) = x2+C; C 2 R, (jerje y0 � 2x =

�x2 + C

�0 � 2x = 0).(b) Jednadµzba y00� 6x� 2 = 0 je obiµcna diferencijalna jednadµzba drugoga reda,a rje�enje joj je svaki polinom y = f(x) = x3+x2+C1x+C2; C1; C2 2 R; jer je�x3 + x2 + C1x+ C2

�00�6x�2 = �3x2 + 2x+ C1�0�6x�2 = 6x+2�6x�2 = 0.Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe n-toga reda je obitelj funkcija

�(x; y; C1; C2; : : : ; Cn) = 0;

ili u zapisu

y = '(x;C1; C2; :::; Cn);

gdje su C1; C2; : : : ; Cn realne konstante, koje diferencijalnu jednadµzbu zado-

voljavaju identiµcki. Posebno (ili partikularno) rje�enje se dobiva iz opceg

rje�enja za konkretne vrijednosti konstanti C1; C2; : : : ; Cn. Da bi se odredilo

neko posebno rje�enje, obiµcno se postave dodatni zahtjevi, tzv. poµcetni uvjet

kojemu ono mora udovoljavati. Ako je opce rje�enje poznato onda se iz njega,

temeljem poµcetnog uvjeta, lako izdvaja traµzeno posebno rje�enje. Za obiµcnu

diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda obiµcno se zahtijeva da posebno rje�enje ima

zadanu vrijednost u odabranoj toµcki, a u sluµcaju jednadµzbe drugoga reda zadaje

se i derivacijska vrijednost u odabranoj toµcki. Ponekad postoje rje�enja difer-

encijalne jednadµzbe koja se ne mogu dobiti iz opceg rje�enja (za konkretne vri-

jednosti konstanti C1; C2; : : : ; Cn). Ta rje�enja nazivamo singularnim rje�en-

jima. Reci cemo da je diferencijalna jednadµzba rije�ena ako su odre�ena sva

njezina rje�enja.

Primjer 6.2 (a) Pokaµzimo da je y = f(x) = x2+C; C 2 R; opce rje�enje difer-encijalne jednadµzbe y0 � 2x = 0 (Primjer 6.1.(a)); tj. da se birajuci konstanatuC 2 R moµze dobiti svako posebno rje�enje.

6.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 141

Pretpostavimo, primjerice, da je y = g(x) neko (bilo koje) posebno rje�enje

diferencijalne jednadµzbe y0� 2x = 0, tj. da je g0(x) = 2x. Trebamo dokazati daje funkcija g oblika g(x) = x2+C1; gdje je C1 2 R neka konstanta. Buduci je zasvaki C 2 R derivacija funkcije f(x) = x2 + C jednaka derivaciji funkcije g(x);

imamo (f � g)0(x) = 0; x 2 R: Dakle, funkcije g i f razlikuju se do na aditivnukonstantu K, tj. g(x) = f(x) +K = x2 + C +K = x2 + C1; C1 = K + C 2 R;a to je i trebalo dokazati.

Slika 6.1.

Odredimo ono posebno rje�enje te jednadµzbe koje u toµcki x = 0 ima vrijednost

y = 1: Uvr�tenjem danoga poµcetnog uvjeta u opce rje�enje y = x2 + C; C 2 R;dobivamo

1 = f(0) = 02 + C; tj. C = 1;

pa je traµzeno posebno rje�enje y = x2+1 (Slika 6.1.).(b) Sliµcnim razmatranjem

pokazuje se da je y = f(x) = x3 + x2 + C1x + C2; C1; C2 2 R; opce rje�enjediferencijalne jednadµzbe y00 � 6x� 2 = 0 (Primjer 6.1.(b)).Ako je diferencijalnoj jednadµzbi postavljen i poµcetni uvjet

x0 = 0; y0 = y(0) = 1; y00 = y0(0) = 2;

onda uvr�tenjem u opce rje�enje dobivamo

1 = f(0) = 03 + 02 + C1 � 0 + C2;

2 = f 0(0) = 3 � 02 + 2 � 0 + C1;

i mora biti C2 = 1 i C1 = 2. Slijedi da je traµzeno posebno rje�enje y =

x3 + x2 + 2x + 1. Na Slici 6.2. prikazano je nekoliko funkcija koje pripadaju

opcem rje�enju.

Slika 6.2.


Posebno rje�enje je istaknuto: njegov graf prolazi toµckom (0; 1) i u toj toµcki

koe�cijent smjera tangente je 2.

6.1.1 OBLIKOVANJEDIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

Za opisivanje �zikalnih (realnih) problema µcesto koristimo matematiµcke modele

(idealizacije), koji su µcesto dani u obliku diferencijalnih jednadµzbi. Pomocu

diferencijalnih jednadµzbi se opisuju problemi kod kojih se na temelju trenutnog

stanja i naµcina kako se ne�to mijenja µzelimo "predvidjeti buducnost".

Populacijska diferencijalna jednadµzba.

U raznim situacijama se susrecemo s nekom veliµcinom µcija je brzina promjene

proporcionalna s njenom trenutnom vrijedno�cu. Primjerice, rast (pad) pop-

ulacije proporcionalan je broju trenutne populacije, brzina raspada radioak-

tivne tvari proporcionalna je trenutnoj koliµcini te tvari, dobit je proporcionalna

koliµcini uloµzenog novca. . .

Ovu zakonitost matematiµcki formuliramo na naµcin:

y0 =dy

dt= ky:

Ova se diferencijalna jednadµzba prvog reda naziva populacijskom diferen-

cijalnom jednadµzbom. Ovdje je vrijeme t nezavisna varijabla, veliµcina pop-

ulacije nepoznata funkcija y (t) ; a y0 (t) = dydt mjeri promjenu (rast ili pad)

populacije u vremenu. Uoµcimo, ako je konstanta k > 0; onda je dydt > 0; �to

znaµci da populacija raste, a ako je k < 0; onda je dydt < 0; �to znaµci da populacija

pada.

Slika 6.3.

Opce rje�enje populacijske diferencijalne jednadµzbe je

y = Cekt

Konstantu C odre�ujemo prema poµcetnom stanju y0; tj. stanju u trenutku

t0 = 0: Buduci je y0 = y (0) = Ce0 = C; rje�enje je

y (t) = y0ekt:

Graf rje�enja, ovisno o konstanti k; prikazan je na Slici 6.3.


Primjer 6.3 Podaci o broju stanovnika (u milijunima) u svijetu dani su tabli-

com.

godina 1900 1910 1920 1930 1940 1950 1960 1970 1980 1990

broj stanovnika 1650 1750 1860 2070 2300 2520 3020 3700 4450 5300

Uz pretpostavku da je rast broja stanovnika proporcionalan broju stanovnika,

treba odrediti k i usporediti koliko se dobro model podudara s podacima.

Neka je y (t) broj stanovnika. Tada je

y (t) = y0ekt:

(a) Ako odaberemo da je t0 = 0 za 1900: godinu, onda je y0 = 1650, tj. y (t) =

1650ekt: Odredimo k iz podatka za 1910: godinu. Imamo

y (10) = 1650 � ek�10 = 1750.

Ovo povlaµci k = 110 ln

17501650 = 0:005884: Dakle,

y (t) = 1650 � e0:005884�t:

Po ovom modelu, broj stanovnika 1990. godine je y (90) = 1650 � e0:005884�90 =2802; �to jako odstupa od stvarnih podataka.

(b) Ako k odredimo iz podatka za 1950: godinu. Imamo

y (50) = 1650 � ek�50 = 2520.


25201650 = 0:00847 Dakle,

y (t) = 1650 � e0:00847�t:

Po ovom modelu, broj stanovnika 1990. godine je y (90) = 1650 � e0:00847�90 =3536; �to dosta odstupa od stvarnih podataka, ali manje od predhodnog modela.

(c) Ako odaberemo da je t0 = 0 za 1950: godinu, onda je y0 = 2520, tj. y (t) =

2520ekt: Odredimo k iz podatka za 1960: godinu. Imamo

y (10) = 2520 � ek�10 = 3020.


30202520 = 0:0181: Dakle,

y (t) = 2520 � e0:0181�t:

Po ovom modelu, stanovnika 1990. godine je y (40) = 2520 � e0:0181�40 = 5198;�to se priliµcno dobro podudara sa stvarnim podacima. Na osnovi ovog modela

broj stanovnika 2010: godine bi trebao biti 7465 milijuna.


Logistiµcka diferencijalna jednadµzba.

Pretpostavka da je rast (pad) populacije proporcionalan broju trenutne popu-

lacije je dobra ako imamo idealne uvjete. Npr. ako se radi o populaciji bakter-

ija ili µzivotinja to znaµci da npr. µzivotni prostor nije ograniµcen, nema prirodnih

neprijatelja, ima dovoljno hrane. . .

Pretpostavimo da je rast populacije proporcionalan broju trenutne populacije,

ali da veliµcina populacije poµcima opadati kad dosegne kapacitet K: Ove uvjete

moµzemo opisati ovako:

� dy

dt� ky; za y dovoljno malen (y � K);

� dy

dt< 0; za y > K:

Matematiµcki model je diferencijalna jednadµzba

dy

dt= ky

�1� y

K

�; K > 0;

poznata pod imenom logistiµcka diferencijalna jednadµzba. Ako je:

� y � K (y je dovoljno malen) ; onda jey

K� 0; tj. 1 � y

K� 1 pa je zato

dy

dt� ky;

� y > K onda jey

K> 1; tj. 1� y

K< 0 pa je zato

dy

dt< 0:

Opce rje�enje logistiµcke diferencijalne jednadµzbe je

y (t) =K

1 + Ce�kt:

Konstantu C odre�ujemo prema poµcetnom stanju y0; tj. vrijednosti u trenutku

t0 = 0: Buduci je y0 = y (0) = K1+C ; imamo

K1+C = y0; �to povlaµci C = K�y0

y0;

tj.

y (t) =K

1 + K�y0y0

e�kt:

Graf ove funkcije je:

Slika 6.4.


Primjer 6.4 U jezero je pu�teno 400 riba. Nakon prve godine se broj ribe

utrostruµcio. Odrediti koliko ce biti ribe u jezeru nakon t godina, ako je procjena

da je kapacitet jezera 10000 riba. Za koliko vremena ce broj ribe u jezeru narasti

na 5000?

Matematiµcki model je logistiµcka diferencijalna jednadµzba

dy

dt= ky

�1� y

K

�;

gdje je K = 10000 kapacitet jezera. Opce rje�enje ove diferencijalne jednadµzbe

je

y (t) =K

1 + Ce�kt=

10000

1 + Ce�kt:

Buduci je y (0) = 400; imamo 400 = 100001+Ce0 i C = 24: Dakle,

y (t) =10000

1 + 24e�kt:

Kako znamo da se broj ribe utrostruµcio nakon prve godine, to je y (1) = 1200;

pa je

1200 =10000

1 + 24e�k�1) k = ln

36

11) k ' 1: 186:

Dakle, broj ribe u jezeru nakon t godina je

y (t) =10000

1 + 24e�1: 186�t:

Sada odredimo koliko vremena ce broj ribe u jezeru narasti na 5000: Imamo

5000 =10000

1 + 24e�1: 186�t) t =

ln 24

1: 186' 2: 68;

�to je pribliµzno 2 godine i 8 mjeseci.

Populacijski rast.

Pretpostavimo da je rast populacije proporcionalan broju trenutne populacije,

ali da veliµcina populacije poµcima opadati kad dosegne kapacitet K; te poµcima

izumirati kad je veliµcina populacije manja od m: Ove uvjete moµzemo opisati

ovako:

� dy

dt� ky; za y nije prevelik niti premalen (m� y � K) ;

� dy

dt< 0 za y > K;

� dy

dt< 0 za y < m:

Matematiµcki model je diferencijalna jednadµzba populacijskog rasta

dy

dt= ky

�1� y

K

��1� m

y

�; k > 0:

Naime, ako je


� m � y � K onda jey

K� 0 i m

y� 0; tj. 1 � y

K� 1 i 1 � m

y� 1; pa je

zatody

dt� ky;

� y > K onda jey

K> 1 i

m

y< 1; tj. 1 � y

K< 0; 1 � m

y> 0; pa je zato

dy

dt< 0;

� y < m onda jem

y> 1 i

y

K< 1; tj. 1 � y

K> 0; 1 � m

y< 0; pa je zato

dy

dt< 0:

6.1.2 OBSTOJNOST RJE�ENJA

Rje�avanje diferencijalne jednadµzbe je, opcenito, vrlo zahtjevni zadatak. Za

pojedine vrste diferencijalnih jednadµzbi postoje kriteriji - dovoljni uvjeti koji

jamµce obstojnost njihovih rje�enja. Ovdje cemo upoznati kriterije za rje�ivost

diferencijalnih jednadµzbi �to dopu�taju zapis

y0 = G(x; y);

pri µcemu je G : X ! R, X � R2, dana funkcija koja udovoljava nekim dodatnimuvjetima, a traµzeno rje�enje je nepoznata funkcija y = f(x) (jedne varijable).

Teorem 6.5 (Picardov teorem) Neka su dane funkcija G : X ! R, X � R2, itoµcka (x0; y0) 2 X i neka postoji pravokutnik P = [x0�a; x0+a]�[y0�b; y0+b] �X, a; b 2 R+, takav da vrijedi

(a) G je neprekidna na P ;

(b) G udovoljava tzv. Lipschitzovu uvjetu na P po varijabli y, tj.�9L 2 R+

�(8(x1; y1); (x1; y2) 2 P ) jG(x1; y1)�G(x1; y2)j � L jy1 � y2j :

Tada diferencijalna jednadµzba, s poµcetnim uvjetom,

y0 = G(x; y); x = x0; y = y0; (6.1)

ima toµcno jedno rje�enje koje je neprekidna funkcija

f : [x0 � h; x0 + h]! R; y0 = f(x0);

h = minfa; bM g, a M = maxfjG(x; y)j j (x; y) 2 Pg. (Pozitivni broj L nazivamoLipschitzovom konstantom.)


Primjer 6.6 Diferencijalna jednadµzba y0 = 2pjyj ima rje�enje za proizvoljni

poµcetni uvjet. Me�utim, rje�enje nije uvijek jedinstveno. Kroz toµcku (0; 0) oµcito

prolaze grafovi rje�enja

y =

(�x2; x � 0x2; x > 0

; y =

(0; x � 0x2; x > 0

:

Razlog ovoj pojavi je da funkcija G(x; y) = 2pjyj ne udovoljava uvjetu (b) u

okolini toµcke (0; 0).

Dokaz Picardovog teorema prema�uje okvire ovih skripata. Izdvojimo osnovnu

ideju dokaza: traµzeno jednistveno rje�enje f diferencijalne jednadµzbe (6.1) moµze

se dobiti kao graniµcna vrijednost funkcijskoga niza (fn),

fn : [x0 � h; x0 + h]! R; fn(x) = y0 +

xZx0

G(t; fn�1(t))dt; (6.2)

pri µcemu je f0 konstantna funkcija f0(x) = y0. Pokazuje se da vrijedi procjena

jf(x)� fn(x)j �M

L� (Lh)

n+1

(n+ 1)!: (6.3)

Ona omogucuje da se zadovoljimo i nekim pribliµznim rje�enjem, nekom funkci-

jom fn, i da pritom znamo kolika je apsolutna pogre�ka. U praksi se, dakako,

postupa upravo na taj naµcin. Rje�avanje diferencijalne jednadµzbe naµcinom

provedenim u dokazu Picardovog teorema naziva se metoda postupnog pri-

bliµzavanja.

Primjer 6.7 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu, s poµcetnim uvjetom,

y0 = x+ y; x0 = 0; y0 = 0;

metodom postupnog pribliµzavanja, pa dobiveno rje�enje usporediti s "oµcitim"

rje�enjem y = ex�x� 1. Koje bi pribliµzno rje�enje fn na pravokutniku jxj � 2;jyj � 1 udovoljilo toµcnosti do 10�5?Prvo provjerimo je li udovoljeno uvjetima Picardova teorema!

Funkcija

(x; y) 7! g(x; y) = x+ y

je neprekidna (na cijelomu R2), pa je neprekidna i na svakom pravokutniku

P = [�a; a] � [�b; b] � R2, a; b 2 R+. Nadalje, funkcija g(x; y) = x + y je

na pravokutniku P ome�ena i Lipschitzov uvjet je ispunjen. Za Lipschitzovu

konstantu moµzemo uzeti L = 1 jer je j(x1 + y1) � (x1 + y2)j � 1 � jy1 � y2j zasvaki (x1; y1); (x1; y2) 2 P: U ovome primjeru je

(x0; y0) = (0; 0); a = 2; b = 1:


Buduci je

M = maxfjx+ yj j x 2 [�2; 2] ; y 2 [�1; 1]g = 3

imamo da je

h = min

�2;1

3

�=1

3:

Iz procjene (6.3) imamo

3

1��13

�n+1(n+ 1)!

� 1

105;

i dalje 3n(n + 1)! � 105: Buduci je 34(4 + 1)! = 9 720 i 35(5 + 1)! = 174 960

zakljuµcujemo da moramo uzeti n = 5:

Raµcun daje:

f0(x) = y0 = 0;

f1(x) = y0 +

xZx0

G(t; f0(t))dt =

xZ0

tdt =1

2x2;

f2(x) = y0 +

xZx0

G(t; f1(t))dt =

xZ0

�t+

1

2t2�dt =

1

2x2 +

1

6x3;

f3(x) = y0 +

xZx0

G(t; f2(t))dt =

xZ0

�t+

1

2t2 +

1

6t3�dt =

1

2x2 +

1

6x3 +

1

24x4;

f4(x) = y0 +

xZx0

G(t; f3(t))dt =

xZ0

�t+

1

2t2 +

1

6t3 +

1

24t4�dt =

=1

2x2 +

1

6x3 +

1

24x4 +

1

120x5

i traµzena funkcija koja toµcno rje�enje f(x) = ex�x�1 aproksimira na segmentu�� 13 ;

13

�s toµcno�cu 10�5 je

f5(x) = y0 +

xZx0

G(t; f4(t))dt =

xZ0

�t+

1

2t2 +

1

6t3 +

1

24t4 +

1

120t5�dt =

=1

2x2 +

1

6x3 +

1

24x4 +

1

120x5 +

1

720x6:

Slika 6.5.


Na Slici 6.5. prikazano je toµcno rje�enje y = ex � x� 1 i njegova aproksimacijaf5(x) =

12x

2+ 16x

3+ 124x

4+ 1120x

5+ 1720x

6 (koja na segmentu�� 13 ;

13

�aproskimira

s toµcnosti do 10�5 i na drugom crteµzu se njihovi grafovi -nacrtani su - gotovo i

ne razlikuju).

Primjer 6.8 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu, s poµcetnim uvjetom,

y0 = x+ y; x0 = 0; y0 = 1:

Pokazat cemo kasnije kako se izraµcuna toµcno rje�enje f(x) = 2ex � x � 1 ovediferencijalne jednadµzbe, a sada se pozabavimo kako moµzemo naci numeriµcku

aproksimaciju rje�enja na segmentu [0; 1].

Slika 6.6.

Razdijelimo [0; 1] na dva jednaka dijela toµckom x1 = 0:5. Poµcetni uvjet daje

y0 (0) = G(0; 1) = 0 + 1 = 1: To znaµci da je y � 1 = 1(x � 0) tangenta krivuljey = 2ex�x�1 u toµcki T0(0; 1): Za prvu aproksimaciju toµcnog rje�enja moµzemouzeti linearnu aproksimaciju

L0(x) = x+ 1,

tj. graf toµcnog rje�enja f(x) = 2ex � x� 1 aproksimiramo dijelom tangente u

toµcki T0(0; 1) na taj graf za x 2 [0; 0:5] (Slika 6.6.).Postupak je dalje sljedeci: pomaknimo se od toµcke x0 = 0 udesno u toµcku

x1 = 0:5; tj. udesno za h = 0:5: U toj toµcki x1 = 0:5 linearna aproksimacija

daje L0(x1) = 0:5 + 1 = 1:5 i vrijednost toµcnog rije�enja f(x1) aproksimirajmo

sa y1 = L0(x1) = 1:5: Diferencijalna jednadµzba y0 = x+y za vrijednosti (x1; y1)

daje y0 (x1) = G(x1; y1) = 0:5+ 1:5 = 2: Za aproksimaciju traµzenog rje�enja (za

x 2 [0:5; 1]) uzmimo linearnu funkciju

L1(x) = y1 + y0(x1)(x� x1) = 2x+ 0:5;

tj. graf toµcnog rje�enja na segmentu [0:5; 1] aproksimiramo dijelom pravca

y = 2x + 0:5 koji prolazi toµckom T1(0:5; 1:5): Dobivena poligonalna crta je

aproksimacija grafa toµcnog rje�enja na segmentu [0; 1] : U izraµcunu ove aproksi-

macije uzeli smo korak h = 0:5: Podjelimo li segment [0; 1] na µcetiri jednaka


dijela, tj. uzmemo li za korak h = 0:25; imamo poligonalnu crtu koja bolje

aproksimira graf toµcnog rje�enja (Slika 6.6).

Formalizirajmo ovaj postupak poznat pod imenom Eulerova metoda: za difer-

encijalnu jednadµzbu s poµcetnim uvjetom

y0 = G(x; y); x = x0; y = y0;

aproksimacija toµcnog rje�enja na segmentu [x0; b] s korakom h je poligonalna

crta odre�ena sa toµckama (postupak je vidljiv na Slici 6.7.):

x0 y0

x1 = x0 + h y1 = y0 + hG(x0; y0)

x2 = x1 + h y2 = y1 + hG(x1; y1)

� � � � � �xn = xn�1 + h yn = yn�1 + hG(xn�1; yn�1)

Jasno je da ce poligonalna crta bolje aproksimirati toµcno rje�enje ukoliko je

korak h manji. Uoµcimo isto tako da, �to se vi�e udaljavamo od toµcke x0; to je

aproksimacija lo�ija.

Slika 6.7.

Na Slici 6.8. prikazana je aproksimacija rje�enja diferencijalne jednadµzbe y0 =

x+ y; x0 = 0; y0 = 1; (Primjer 6.8.) na segmentu [0; 1] za h = 0:1:

Slika 6.8.

6.2. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE PRVOGA REDA151


JEDNADµZBE PRVOGA REDA

U ovomu odjeljku cemo pokazati nekoliko naµcina izravnog rje�avanja nekih jed-

nostavnih i elementarno rje�ivih vrsta obiµcnih diferencijalnih jednadµzba.

6.2.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE S ODJELJIVIM

VARIJABLAMA

Pretpostavimo da se obiµcna diferencijalana jednadµzba prvog reda F (x; y; y0) = 0

moµze zapisati kao

y0 = g(x); tj: dy = g(x)dx;

pri µcemu je g neprekidna funkcija. Razvidno je da je tada svaka primitivna

funkcijaG za funkciju g neko rje�enje promatrane jednadµzbe. Naime,�Rg(x)dx

�0=

G0(x) = g(x). Ali vrijedi i obratno, svako rje�enje f promatrane diferencijalne

jednadµzbe je neka primitivna funkcija za funkciju g, jer mora biti f 0 = g. Za-

kljuµcujemo da je opce rje�enje polazne diferencijalne jednadµzbe pripadni neo-

dre�eni integral i pi�emo

y =

Zg(x)dx (= ff j f 0 = gg):

Ako je pritom f0, tj. y = f0(x), bilo koje posebno rje�enje, onda se svako drugo

rje�enje f razlikuje od njega za neku aditivnu konstantu C, tj. f(x) = f0(x)+C.

Primjer 6.9 Rje�enje diferencijalne jednadµzbe

y0 =1p1� x2

je svaka funkcija iz skupa ffC : h�1; 1i ! R j fC(x) = arcsinx+ C; C 2 Rg :Ako je npr. poµcetni uvjet x = 0; y = 0, dobivamo posebno rje�enje f0(x) =

arcsinx.

Promatrajmo sada sluµcaj diferencijalne jednadµzbe F (x; y; y0) = 0 koja dopu�ta

zapis

y0 = g(x) � h(y): (6.4)

Njoj se, dakle, varijable mogu odijeliti (separirati) tako da se dobije jednadµzba

dy

h(y)= g(x)dx; h(y) 6= 0:

Integrirajuci obje strane dobivamoZdy

h(y)=

Zg(x)dx+ C;


�to smatramo opcim rje�enjem, tj. njezino rje�enje je skup svih funkcija im-

plicitno zadanih tom integralnom jednadµzbom. Pritom kaµzemo da smo polaznu

diferencijalnu jednadµzbu rije�ili odijeljujuci (separirajuci) varijable.

Primjer 6.10 Diferencijalnoj jednadµzbi

y � xy0 = 2(1 + x2y0);

je ekvivalentna diferencijalna jednadµzba

dy(2x2 + x) = (y � 2)dx;

a ova se ("u glavnom") svodi na

dy

y � 2 =dx

x(2x+ 1)

(kad je y 6= 2, x 6= 0 i x 6= � 12 ). Rije�imo ovu zadnju pod svim naznaµcenim

ograniµcenjima! Integrirajuci obje strane dobivamo

ln jy � 2j = ln jxj � ln j2x+ 1j+K; K 2 R:

Buduci da je ln : R+ ! R bijekcija, to za svaki K postoji neki C 6= 0 takav daje ln jCj = K, pa imamo

ln jy � 2j = ln jCxjj2x+ 1j ; C 2 R n f0g:

Slijedi da opce rje�enje dopu�ta zapis

y = fC(x) =Cx

2x+ 1+ 2; x 2 R n f� 1

2 ; 0g; C 2 R n f0g:

Izravnom provjerom, tj. deriviranjem i uvr�tenjem y i y0 u polaznu diferencijalnu

jednadµzbu, lako vidimo da je svaka funkcija fC posebno rje�enje te jednadµzbe.

�tovi�e, pritom se vidi da sva ta rje�enja dopu�taju pro�irenje na toµcku x = 0

(pripadnom vrijedno�cu y = fC(0) = 2).

Raspravimo sada sluµcajeve �to smo ih bili iskljuµcili.

Primijetimo da y = 2 povlaµci y0 = 0, pa uvr�tenjem u polaznu jednadµzbu

dobivamo 2 = 2. Slijedi da je i konstantna funkcija y = 2, rje�enje. Napokon, u

toµcki x = � 12 polaznoj jednadµzbi udovoljava vrijednost y = 2, �to se uklapa u

prethodni sluµcaj. Prema tomu, sva rje�enja su dana sa

y = fC(x) =Cx

2x+ 1+ 2; x 2 R n f� 1

2g; C 2 R n f0g;

y = f0(x) = 2; x 2 R:

Napomenimo da je y = f0(x) = 2 singularno rje�enje, jer ga ne moµzemo dobiti

odabirom konstante C: Na Slici 6.9. je prikazano nekoliko rje�enja (f0; f1; f�5).


Slika 6.9.

Da bi se odredilo posebno rje�enje, �to udovoljava poµcetnomu uvjetu x0 = 1,

y0 = 3, treba izraµcunati konstantu C iz jednadµzbe 3 = 1�C2�1+1 + 2: Dobivamo

C = 3, pa je posebno rje�enje

f3(x) =3x

2x+ 1+ 2:

Uoµcimo, ako je x0 = 0 mora biti y0 = 2, jer sva rje�enja fC prolaze toµckom

(0; 2); pa tada me�u njima tim poµcetnim uvjetom nije odre�eno toµcno jedno

posebno rje�enje.

6.2.2 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

Dopu�ta li obiµcna diferencijalna jednadµzba F (x; y; y0) = 0 svo�enje na oblik

y0 = g�yx

�; (6.5)

govorimo o homogenoj diferencijalnoj jednadµzbi prvoga reda. Uvr�tenjem

y

x= z (z � h(x)) (6.5.a)

dobivamo diferencijalnu jednadµzbu s odjeljivim varijablama:

(xz)0 = g(z)) z + xz0 = g(z)) dz

g(z)� z =dx

x:

Dakle, opce rje�enje smijemo zapisati u oblikuZdz

g(z)� z = ln jCxj; z =y

x; C 2 R n f0g:

Primjer 6.11 Jednadµzba x2dy + (x2 + y2 � xy)dx = 0 je homogena diferenci-jalna jednadµzba prvoga reda jer dijeljenjem s x2dx prelazi u

y0 = ��yx

�2+y

x� 1:

Zamjenom y = zx, y0 = z + z0x, dobivamo jednadµzbu

z0x+ 1 + z2 = 0;


rje�enje koje jeZdz

1 + z2= �

Zdx

x+ c; tj. arctg z = � ln jCxj; C 2 R n f0g:

Buduci da je z = yx , traµzeno opce rje�enje jest

y = �x tg(ln jCxj); C 2 R n f0g:

Primjer 6.12 Rije�iti jednadµzbu

xy0 � y = (x+ y) ln x+ yx

:

Dijeljenjem sa x dobivamo

y0 � y

x=�1 +

y

x

�ln�1 +

y

x

�i potom, zamjenom (6.5.a),

z0x = (1 + z) ln (1 + z) :

Dobivana je diferencijalna jednadµzba s odijeljivim varijablama

dz

(1 + z) ln (1 + z)=dx

x

kojoj je opce rje�enje

lnx+ y

x= Cx:

Promatrajmo sada diferencijalnu jednadµzbu F (x; y; y0) = 0 koja dopu�ta zapis

y0 = g�a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2

�: (6.6)

Ako je determinanta

�� a1 b1

a2 b2

�� 6= 0 onda linearni sustava1x+ b1y + c1 = 0;

a2x+ b2y + c2 = 0

ima toµcno jedno rje�enje, recimo, (a; b) 2 R2. Uvedemo li tada zamjenu

x = a+ u; y = b+ v;

dobivamo homogenu diferencijalnu jednadµzbu

v0 = g� vu

�koju rje�avamo na prije opisani naµcin.


Ako je, pak, D = 0 onda postoji broj � 2 R takav da je a2x+b2y = �(a1x+b1y).

Tada zamjenom

z = a1x+ b1y; z0 = a1 + b1y

0 (6.6.b)

svodimo polaznu jednadµzbu na

1

b1(z0 � a1) = g

� z + c1�z + c2

�;

a ova oµcito dopu�ta odijeliti varijable z i x.

Primjer 6.13 Rije�imo diferencijalnu jednadµzbu

y0 =x� y + 1x+ y � 3 :

Sustav jednadµzbi

x� y + 1 = 0; x+ y � 3 = 0

ima rje�enje (1; 2) i zamjenom

x = 1 + u; y = 2 + v;

polazna diferencijalna jednadµzba prelazi u homogenu diferencijalnu jednadµzbu

v0 =1� v

u

1 + vu

:

Zamjenom v = uz; v0 = z + uz0 dobivamo

z + uz0 =1� z1 + z

) uz0 =�z2 � 2z + 1

z + 1)

z + 1

�z2 � 2z + 1dz =du

u)Z

z + 1

�z2 � 2z + 1dz = lnC1u)

�12ln��z2 + 2z � 1�� = lnC1u) ln

��z2 + 2z � 1�� = ln jC1uj�2 )z2 + 2z � 1 = 1

C21u2:

Moµzemo pisati z2 + 2z � 1 = Cu�2 i za opce rje�enje dobivamo�y � 2x� 1

�2+ 2

y � 2x� 1 � 1 =

C

(x� 1)2

odnosno

2xy � 6y � 2x� x2 + y2 = C:


Primjer 6.14 Diferencijalnoj jednadµzbi

y0(x+ y � 3) = 1� 2x� 2y

moµzemo pridruµziti ekvivalentnu (x+ y 6= 3) jednadµzbu

y0 =1� 2(x+ y)(x+ y)� 3 :

Zamjenom z = x+ y dobivamo diferencijalnu jednadµzbu

z0 � 1 = 1� 2zz � 3 ;

pa odjeljivanjem varijabla z i x slijedi

�Zz � 3z + 2

dz = x+ C; C 2 R:

Sada se lako izraµcuna integral na lijevoj strani i uvrsti z = x+ y, �to onda daje

traµzeno opce rje�enje

5 ln (x+ y + 2) = 2x+ y + C:


Diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda �to dopu�ta zapis

y0 + p(x) y = q(x) (6.7)

nazivamo linearnom diferencijalnom jednadµzbom prvoga reda. (Line-

arnost se ovdje odnosi na "varijable" y i y0!) Ovu vrstu jednadµzaba rje�avamo

tako da prvo rije�imo tzv. pripadnu nepotpunu (ili homogenu) diferencijalnu

jednadµzbu

y0 + p(x) y = 0:

Odijeljujuci varijable dobivamo

dy

y= �p(x)dx;

dakle,

y = C � e�Rp(x)dx; C 2 R:

Nije te�ko dokazati da se sada tzv. variranjem konstante C (umjesto kon-

stante C se uvrsti nepoznata funkcija u) dolazi do opceg rje�enja polazne (pot-

pune) jednadµzbe. Naime, njezino opce rje�enje mora biti oblika

y = u(x) � e�Rp(x)dx;


pri µcemu treba odrediti (do na aditivnu konstantu) funkciju x 7! u(x). U tu

svrhu, uvrstimo taj y i pripadni y0 u polaznu jednadµzbu:�u(x) � e�

Rp(x)dx

�0+ p(x)u(x) � e�

Rp(x)dx = q(x);

u0(x) � e�Rp(x)dx + u(x) � e�

Rp(x)dx � (�p(x)) + p(x)u(x) � e�

Rp(x)dx = q(x);

u0(x) = q(x)eRp(x)dx;

�to daje

u(x) =

Zq(x) � e

Rp(x)dxdx+K; K 2 R:

Prema tomu, opce rje�enje linearne diferencijalne jednadµzbe prvoga reda jest

y =�Z

q(x) � eRp(x)dxdx+K

�e�

Rp(x)dx; K 2 R: (6.7.a)

Primjer 6.15 Diferencijalna jednadµzba

xy0 + 2y = 6x4

je ekvivalentna (x 6= 0) jednadµzbi

y0 +2

x� y = 6x3:

Na upravo opisani naµcin dobivamo:

y0 +2

x� y = 0) dy

y= �2dx

x) y =

C

x2;

pa varirajuci konstantu zakljuµcujemo da je opce rje�enje oblika

y =u(x)

x2;

gdje treba odrediti funkciju x 7! u(x).�u(x)x2

�0+2

x� u(x) = 6x3 ) u0(x) = 6x5 ) u(x) = x6 +K; K 2 R:

Prema tomu, traµzeno opce rje�enje jest

y = x4 +K

x2; K 2 R;

koje se moµze dobiti i direktno iz formule (6.7.a). Zadamo li neki poµcetni uvjet,

primjerice x = 1; y = 1, dobivamo 1 = 14 + K12 ) K = 0, pa je pripadno

posebno rje�enje prirodna potencija y = x4.

Pridodajmo k ovomu i diferencijalnu jednadµzbu

y0 + p(x)y = q(x)yr; r 6= 1; (6.8)


koju nazivamo Bernoullijevom jednadµzbom. Ona se zamjenom

y1�r = z (6.8.a)

svodi na linearnu (po z) diferencijalnu jednadµzbu

z0 + (1� r) p(x) z = (1� r) q(x);

koja se dalje rje�ava na opisani naµcin.


y0 + 2xy = 2x3y3

zamjenom

y1�3 = y�2 = z;y0

y3= �1

2z0;

prelazi u linearnu diferencijalnu jednadµzbu

z0 � 4xz = �4x3

kojoj je opce rje�enje

z =�Z

�4x3 � eR�4xdx+K

�eR4xdx =

�12e�2x

2

+ x2e�2x2

+K�e2x

2

= x2 +1

2+Ke2x

2

; K 2 R:

Dakle, polazna diferencijalna jednadµzba ima opce rje�enje

1

y2= x2 +

1

2+Ke2x

2

; K 2 R:

6.2.4 EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

Ako diferencijalna jednadµzba F (x; y; y0) = 0 dopu�ta zapis

P (x; y) dx+Q(x; y) dy = 0; (6.9)

pod uvjetom@P

@y=@Q

@x; (6.9.a)

tj. ako je P (x; y)dx+Q(x; y)dy (totalni) diferencijal neke funkcije (x; y) 7! z =

g(x; y), onda govorimo o egzaktnoj diferencijalnoj jednadµzbi prvoga reda.

Moµze se pokazati da ukoliko je dg(x; y) = 0 onda je funkcija g(x; y) oblika

g(x; y) =

xZx0

P (t; y)dt+

yZy0

Q(x0; s)ds = C: (6.9.b)


Time je odre�eno opce rje�enje u implicitnom obliku, a ono eksplicitno y = f(x)

ovisi, dakako, o udovoljenju uvjetima Teorema o implicitnoj funkciji. Uoµcimo

da je, primjerice, svaka diferencijalna jednadµzba s odijeljivim varijablama egza-

ktna.


(x+ y2)dx+ y(y + 2x)dy = 0

je egzaktna jer je

@P (x; y)

@y=@(x+ y2)

@y= 2y =

@(y(y + 2x))

@x=@Q(x; y)

@x:

Stoga je njezino opce rje�enje

xZx0

(t+ y2)dt+

yZy0

s(s+ 2x0)ds = C; tj.

x2

2+ xy2 � x20

2� x0y2 +

y3

3+ x0y

2 � y303� x0y20 = C; C 2 R;

�to se moµze napisati kao (K = 3x20 + 2y30 + 6x0y

20 + 6C)

3x2 + 6xy2 + 2y3 = K:

Zahtijevamo li, primjerice, da je y = 2 µcim je x = 1, dobivamo K = �5; pa jepripadno posebno rje�enje 3x2 + 6xy2 + 2y3 + 5 = 0.

Ako diferencijalna jednadµzba P (x; y)dx + Q(x; y)dy = 0 nije egzaktna i ako

postoji funkcija (x; y) 7! h(x; y) � � takva da je

�P (x; y)dx+ �Q(x; y)dy = 0

egzaktna diferencijalna jednadµzba, tada je svako rje�enje (egzaktne) diferenci-

jalne jednadµzbe

P1(x; y)dx+Q1(x; y)dy = 0; P1 = �Q; Q1 = �Q;

ujedno rje�enje polazne jednadµzbe. Faktor � nazivamo integracijskim (ili

Eulerovim) multiplikatorom. Njegovo odre�ivanje nije uvijek jednostavno.

(Opcenito, treba rije�iti neku parcijalnu diferencijalnu jednadµzbu!) Me�utim,

ako je � funkcija samo jedne varijable (bilo x bilo y) onda je njegovo odre�ivanje

relativno lako. Naime, integracijski multiplikator � moµzemo odrediti iz uvjeta@P1@y =

@Q1

@x :

@ (�P )

@y=@ (�Q)

@x) P

@�

@y+�

@P

@y= Q

@�

@x+�

@Q

@x) �

�@P@y�@Q@x

�= Q

@�

@x�P @�

@y


i ukoliko je integracijski multiplikator funkcija samo varijable x; tada je @�@y = 0,

@�@x =

d�dx , pa imamo

@P@y �

@Q@x

Qdx =

d�

�: (6.10.a)

Ukoliko je integracijski multiplikator funkcija samo varijable y; tada je @�@x = 0,

@�@y =

d�dy , pa imamo

@Q@x �

@P@y

Pdy =

d�

�: (6.10.b)


dx+ (x+ y + 1)dy = 0

nije egzaktna, jer je@P (x; y)

@y= 0 6= 1 = @Q(x; y)

@x:

Pomnoµzimo li ju, me�utim, funkcijom y 7! h(y) = ey � � dobivamo egzaktnu

diferencijalnu jednadµzbu

eydx+ (x+ y + 1)eydy = 0;

jer je@P1(x; y)

@y=dey

dy= ey =

@((x+ y + 1)ey)

@x=@Q1(x; y)

@x:

Njezino je rje�enje, dakle i rje�enje polazne jednadµzbe, dano implicitno:

xZx0

eydt+

yZy0

(x0 + s+ 1)esds = K; tj. (x+ y)ey = C:

Ovdje je C = K + (y0 + x0)ex0 :

Napomenimo da cemo ubuduce sve integracijske konstante na koncu sakupiti u

jednu konstantu koju cemo najµce�ce oznaµcavati s C:

Primjer 6.19 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu

y(1 + xy)dx� xdy:

Buduci je

@P

@y=@ (y(1 + xy))

@y= 2xy + 1;

@Q

@x=@ (�x)@x

= �1

diferencijalna jednadµzba nije egzaktna. Odredimo Eulerov multiplikator:

@Q@x �

@P@y

Pdy =

(�1� 2xy � 1)y(1 + xy)

dy =d�

�) �

Z2

ydy =

Zd�

�) � =

1

y2:

6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA161

Ostaje rije�iti jednadµzbu:

1 + xy

ydx� x

y2dy = 0)

xZx0

1 + ty

ydt+

yZy0

� x0s2ds = C ) 1

2x2 +

x

y= C:

Primjer 6.20 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu�2xy + x2y +

1

3y3�dx+

�x2 + y2

�dy = 0:

Buduci je

@P

@y=@�2xy + x2y + 1

3y3�

@y= 2x+ x2 + y2;

@Q

@x=@�x2 + y2

�@x

= 2x

diferencijalna jednadµzba nije egzaktna. Odredimo Eulerov multiplikator:

@P@y �

@Q@x

Qdx =

d�

�) dx =

d�

�) � = ex:

Ostaje rije�iti jednadµzbu:

ex�2xy + x2y +

1

3y3�dx+ ex

�x2 + y2

�dy = 0)

xZx0=0

et�2ty + t2y +

1

3y3�dt+

yZy0=0

ex0�x20 + s

2�ds = C ) 1

3y3ex + x2yex = C:


JEDNADµZBE DRUGOGA REDA

U ovomu odjeljku cemo razmatrati neke jednostavne vrste obiµcnih diferencijalnih

jednadµzaba drugoga reda. Posebnu pozornost cemo posvetiti tzv. linearnim

diferencijalnim jednadµzbama drugoga reda s konstantnim koe�cijentima.

Opcenito, diferencijalnu jednadµzbu

F (x; y; y0; y00) = 0 (6.11)

svodimo zamjenom

y0 = p (6.11.a)

na sustav

F (x; y; p; p0) = 0; y0 = p:

Dopu�ta li taj sustav svo�enje na oblik

y0 = p; p0 = G(x; y);

smijemo na njega primijeniti Teorem 6.5., pa polazna jednadµzba ima (jedin-

stveno) rje�enje onda i samo onda kad ovaj sustav ima rje�enje.


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

Ako se u polaznoj diferencijalnoj jednadµzbi ne pojavljuje eksplicitno y, tj. ako

jednadµzba dopu�ta zapis

F (x; y0; y00) = 0; (6.12)

onda zamjenom

y0 = p; y00 = p0 (6.12.a)

dobivamo diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda F (x; p; p0) = 0. Odredimo li

njezino rje�enje p � g(x), integriranjem dobivamo traµzeno rje�enje y =Rg(x)dx.


y00 (ex + 1) + y0 = 0:

Zamjenom y0 = p(x); y00 = p0 dobivamo jednadµzbu

p0 (ex + 1) + p = 0:

To je jednadµzba koja dopu�ta odijeljivanje varijabla

dp

p= � dx

ex + 1:

Slijedi

ln jpj = ln��C1 ex + 1ex

��i dalje

y0 = C1ex + 1

ex;

pa je opce rje�enje y = C1 (x� e�x) + C2:


xy00 + y0 � x = 0

i na�imo posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnom uvjetu x = 1, y = 14 , y

0 = 1.

Buduci da se u toj jednadµzbi ne pojavljuje y, primijenimo zamjenu y0 = p,

y00 = p0 pa cemo dobiti homogenu diferencijalnu jednadµzbu prvog reda

xp0 + p� x = 0:

Nova zamjena p = zx; p0 = z0x+ z; dopu�ta odjeljivanje varijabla:

dz

1� 2z =dx

x:


Slijedi,

z =1

2

�1� 1

C1x2

�pa je

p =x

2

�1� 1

C1x2

�i, napokon,

y =

Zpdx =

1

2

�x22� 1

C1ln jxj

�+ C2:

Uvrstimo li dani poµcetni uvjet u opce rje�enje i njegovu derivaciju, dobivamo:

1

4=1

2

�12� 1

C1ln 1�+ C2;

1 =1

2

�1� 1

C1

�:

Odatle, C1 = �1, C2 = 0, pa je traµzeno posebno rje�enje y = 14

�x2 + lnx2

�:

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

Ako se u diferencijalnoj jednadµzbi F (x; y; y0; y00) = 0 ne pojavljuje eksplicitno x

kao parametar, tj. ako ta jednadµzba dopu�ta zapis

F (y; y0; y00) = 0; (6.13)

onda pomaµze zamjena:

y0 =dy

dx= p; y00 = p0 =

dp

dx=dpdyp

=dp

dy� p: (6.13.a)


y00y � (y0)2 = 0

te odredimo posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnomu uvjetu

(a) x = 0; y = 0; y0 = 0;

(b) x = 1; y = 0; y0 = 1;

(c) x = 1; y = 1; y0 = 1;

(d) x = 1; y = 1; y0 = 2.

Zamjena (6.13.a) u ovomu primjeru povlaµci

dp

dypy � p2 = 0; tj. p

�dpdyy � p

�= 0:

Dakle, mora biti

p = 0 ilidp

dyy � p = 0.


Ako je p = 0 = y0 onda je

y = C

Ako je dpdyy�p = 0; tj.

dpp =

dyy ; onda je y

0 = p = C1y; pa jedyy = C1dx. Slijedi,

y = C2eC1x:

Primijetimo da je prvi sluµcaj obuhvacen drugim (C1 = 0, C2 � C).

Slika 6.10.

Na�imo sada traµzena posebna rje�enja.

(a) Poµcetni uvjet x = 0; y = 0; y0 = 0, uvr�ten u y = C2eC1x i y0 = C1y, povlaµci

0 = C2 i 0 = 0. Posebno rje�enje je, dakle, nulkonstanta y = 0.

(b) Poµcetni uvjet x = 1; y = 0; y0 = 1 povlaµci 0 = C2eC1 i 1 = 0, �to je

protuslovlje. Zakljuµcujemo da ne postoji posebno rje�enje koje bi udovoljilo

tomu poµcetnom uvjetu.

(c) Poµcetni uvjet x = 1; y = 1; y0 = 1 povlaµci 1 = C2eC1 i 1 = C1, dakle,

C1 = 1; C2 = e�1. Pripadno posebno rje�enje jest y = ex�1 (Slika 6.10.).

(d) Sliµcno, poµcetni uvjet x = 1; y = 1; y0 = 2 povlaµci 1 = C2eC1 i 2 = C1, dakle,

C1 = 2, C2 = e�2, pa je pripadno posebno rje�enje y = e2x�2 (Slika 6.10.).

6.3.3 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA

Ako je funkcija

(x; y; y0; y00) 7! F (x; y; y0; y00)

homogena po varijablama y; y0; y00, tj. ako je

F (x; ty; ty0; ty00) = t�F (x; y; y0; y00); � 2 R

(i pritom � nazivamo stupanj homogenosti od F ), onda diferencijalnu jednadµzbu

F (x; y; y0; y00) = 0 (6.14)

zamjenom

y = eRzdx; z = g(x); (6.14.a)


svodimo na diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda

F�x; e

Rzdx; z � e

Rzdx; (z2 + z0) � e

Rzdx�= 0;

tj. �eRzdx��F (x; 1; z; z2 + z0) = 0;

odnosno,

F (x; 1; z; z2 + z0) = 0:

Obiµcnu diferencijalnu jednadµzbu drugoga reda s opisanim svojstvom nazivamo

homogenom po varijablama y; y0; y00.


xy2 + yy00 � (y0)2 = 0

je homogena (� = 2) jer je

x(ty)2 + (ty)(ty00)� (ty0)2 = t2(xy2 + yy00 � (y0)2):

Zamjena y = eRzdx, z � g(x), vodi do jednadµzbe x+ z0 + z2 � z2 = 0, tj.

x+ z0 = 0:

Slijedi,

z = �x2

2+ C1

pa je Zzdx = �x

3

3+ C1x+K2;

a opce rje�enje polazne jednadµzbe jest

y = e�x3

3 +C1x+K2 = C2e� x3

3 +C1x:


S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA

Ako diferencijalna jednadµzba drugoga reda F (x; y; y0; y00) = 0 dopu�ta zapis

y00 + ay0 + by = g(x); a; b 2 R; (6.15)

govorimo o linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi drugoga reda s konstant-

nim koe�cijentima. U sluµcaju g � 0 dobivamo

y00 + ay0 + by = 0; a; b 2 R; (6.16)


�to je pripadna joj homogena (ili "nepotpuna") jednadµzba.

Moµze se dokazati da promatrana linearna diferencijalna jednadµzba ima toµcno

jedno rje�enje uz dani poµcetni uvjet x = x0; y = y0; y0 = y0 µcim je funkcija g

neprekidna. Rje�avanje teµce sliµcno onomu za linearnu diferencijalnu jednadµzbu

prvoga reda. Naime, prvo se rije�i pripadna homogena jednadµzba, a onda se

variriranjem konstanata dobiva traµzeno opce rje�enje polazne jednadµzbe. U

opcem sluµcaju je postupak tehniµcki vrlo sloµzen i bitno ovisi o funkciji g. U

mnogim sluµcajevima elementarnih funkcija g taj se postupak moµze bitno ubrzati,

a sreca je da su ba�oni u praksi vrlo µcesti. Ovdje cemo razmatrati sluµcajeve kad

je g polinom, umnoµzak polinoma i (prirodne) eksponencijalne funkcije, funkcija

sin ili cos te bilo koja linearna kombinacija navedenih sluµcajeva. Dokazat cemo

da je tada opce rje�enje linearne diferencijalne jednadµzbe (6.15) zbroj opcega

rje�enja pripadne homohene jednadµzbe (6.16) i bilo kojega posebnog rje�enja

polazne jednadµzbe (6.15).

Teorem 6.25 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) dva rje�enja linearne homogene

jednadµzbe (6.16), onda je i

y = C1f1(x) + C2f2(x); C1; C2 2 R;

rje�enje te jednadµzbe.

Zaista izravnom provjerom dobivamo

y00 + ay0 + by =

(C1f1(x) + C2f2(x))00+ a (C1f1(x) + C2f2(x))

0+ b (C1f1(x) + C2f2(x)) =

C1 (f001 (x) + af

01(x) + bf1(x)) + C2 (f

002 (x) + af

02(x) + bf2(x)) =

C1 � 0 + C2 � 0 = 0:

De�nicija 6.26 Reci cemo da su dva rje�enja y1 = f1(x) i y2 = f2(x) lin-

earne homogene jednadµzbe (6.16) linearno nezavisna, ako iz C1f1+C2f2 = 0

(nulkonstantna funkcija), C1; C2 2 R, slijedi C1 = C2 = 0.

Kriterij linearne (ne)zavisnosti dan je pomocu tzv. Wronskijana (determi-

nante Wronskog).

Teorem 6.27 Ako su funkcije y1 = f1(x) i y2 = f2(x) linearno zavisne tada je

Wronskijan

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� = 0; za svaki x:


Dokaµzimo tvrdnju teorema. Zbog linearne zavisnosti vrijedi C1f1 + C2f2 = 0 i

barem jedan od koe�cijenata C1; C2 je razliµcit od nule. Neka je C2 6= 0: Imamoda je f1(x) = �C1

C2f2(x) i

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� =��C1C2f2(x) f2(x)

�C1C2f 02(x) f 02(x)

�� =

�C1C2

�� f2(x) f2(x)

f 02(x) f 02(x)

�� = 0; za svaki x:a to se i tvrdilo.

Teorem 6.28 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) linearno nezavisna rje�enja

linearne homogene jednadµzbe (6.16) onda je

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� 6= 0; za svaki x:Dokaz nije kompliciran. Pretpostavimo suprotno, tj. da je W (x0) = 0 za neki

x0: Promotrimo sustav

C1f1(x0) + C2f2(x0) = 0;

C1f01(x0) + C2f

02(x0) = 0;

linearnih jednadµzbi po C1 i C2: Zbog W (x0) = 0 ovaj sustav ima i netrivijalnih

rje�enja. Neka je C(0)1 ; C(0)2 jedno netrivijalno rje�enje, tj. barem jedan od C(0)1 ;

C(0)2 je razliµcit od nule. Po Teoremu 6.25. je i

y = C(0)1 f1(x) + C

(0)2 f2(x)

rje�enje jednadµzbe (6.16). Ono zadovoljava poµcetne uvjete x = x0; y = 0;

y0(x0) = 0: Ove poµcetne uvjete zadovoljava i trivijalno rje�enje y = 0: Zbog

jedinstvenosti rje�enja koja zadovoljavaju dani poµcetni uvjet mora biti

C(0)1 f1(x) + C

(0)2 f2(x) = 0:

Kako je barem jedan od C(0)1 ; C(0)2 razliµcit od nule, dobili smo da su y1 = f1(x)

i y2 = f2(x) linearno zavisna rje�enja, protivno pretpostavci teorema.

Teorem 6.29 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) dva linearno nezavisna rje�enja

linearne homogene jednadµzbe (6.16), onda je

y = C1f1(x) + C2f2(x); C1; C2 2 R;

njezino opce rje�enje.


Treba dokazati da se iz rje�enja (v. Teorem 6.25.) y = C1f1(x) + C2f2(x),

C1; C2 2 R, moµze dobiti svako posebno rje�enje, tj. da su danim poµcetnim uvje-tom x = x0; y(x0) = y0; y

0(x0) = y0 konstante C1 i C2 jednoznaµcno odre�ene.

Uvrstimo li poµcetni uvjet u to rje�enje i njegovu derivaciju, dobivamo linearni

sustav

C1f1(x0) + C2f2(x0) = y0;

C1f01(x0) + C2f

02(x0) = y0:

Pretpostavljena linearna nezavisnost povlaµci da je, po Teoremu 6.28., determi-

nanta

W (x) =

�� f1(x) f2(x)

f 01(x) f 02(x)

�� 6= 0; za svaki x;pa je, posebice, determinanta promatranoga linearnog sustava D0 =W (x0) 6= 0.Slijedi da taj linearni sustav ima toµcno jedno rje�enje ((C1)0; (C2)0).

Dopustimo da rje�enje homogene linearne jednadµzbe (6.16) bude i kompleksna

funkcija (realne varijable), tj. funkcija f : X ! C, X � R, f(x) = u(x)+ iv(x),

i =p�1, pri µcemu su u i v realne funkcije. Derivacijom funkcije f smatramo

funkciju x 7! f 0(x) = u0(x) + iv0(x) (kad god su funkcije u i v derivabilne).

Jednostavno je provjeriti da Teorem 6.25. i Teorem 6.29. vrijede i za ovakva

dva kompleksna rje�enja s konstantama C1; C2 2 C.O obstojnosti posebnog rje�enja homogene linearne jednadµzbe (6.16) govori

sljedeci teorem.

Teorem 6.30 Postoji broj r, realan ili kompleksan, takav da je

y = erx

posebno rje�enje homogene linearne diferencijalne jednadµzbe (6.16).

Na�imo traµzeni r: Formalnim uvr�tenjem

y = erx; y0 = rerx i y00 = r2erx

u jednadµzbu (6.16) dobivamo erx(r2 + ar + b) = 0, tj.

r2 + ar + b = 0;

�to je tzv. karakteristiµcna jednadµzba diferencijalne jednadµzbe (6.16). Buduci

da svaka kvadratna jednadµzba ima rje�enje u R ili C, a u ovomu sluµcaju dobi-vamo

r1;2 = �a

2�ra2

4� b;


to su y1 = er1x i y2 = er2x posebna rje�enja diferencijalne jednadµzbe (6.16).

�tovi�e, ako je pritom r1 6= r2 2 R onda je

W (x) =

�� er1x er2x

r1er1x r2e

r2x

�� = (r2 � r1)e(r1+r2)x 6= 0;pa su pripadna posebna rje�enja linearno nezavisna. Po Teoremu 6.29.,

y = C1er1x + C2e

r2x

opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16) (U sluµcaju konjugirano-kompleksnih

rje�enja r1;2 2 C, v. komentar nakon iducega Teorema 6.31.). Ako je, pak,r1 = r2 onda se radi o samo jednom posebnom rje�enju (za drugo jamµci Teorem

6.31.).

Teorem 6.31 Ako karakteristiµcna jednadµzba homogene linearne diferencijalne

jednadµzbe (6.16) ima samo jedno rje�enje, tj. ako je r1 = r2 = �a2 � r 2 R,

onda je, pored y = erx, posebno rje�enje i

y = xerx:

�tovi�e, buduci da su funkcije x 7! erx i x 7! xerx linearno nezavisne, to je tada

y = C1erx + C2xe

rx

opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16).

Izravna provjera (r = �a2 - jedinstveno rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe)

(xerx)00+ a (xerx)

0+ bxerx = erx

�(2r + a) + (r2 + ar + b)x

�= 0

potvr�uje da je i y = xerx rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16). Pokaµzimo

da su rje�enja y1 = erx i y2 = xerx linearno nezavisna. Zaista,

W (x) = e2rx

�� 1 x

r 1 + rx

�� = e2rx 6= 0:

Prema tomu, po Teoremu 6.29.,

y = C1erx + C2xe

rx

je opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16).

U sluµcaju konjugirano-kompleksnih rje�enja karakteristiµcne jednadµzbe, tj.

r1;2 = �� i; �; � 2 R; � 6= 0;


opce rje�enje y = C1er1x + C2e

r2x (skup kompleksnih funkcija) homogene lin-

earne diferencijalne jednadµzbe (6.16) zapisujemo pomocu prirodne eksponenci-

jalne funkcije i trigonometrijskih funkcija sin i cos ovako:

y = K1e(�+�i)x +K2e

(��i)x = e�x(K1e�xi +K2e

��xi) =

e�x(K1(cos�x+ i sin�x) +K2(cos(��x) + i sin(��x))) =

e�x((K1 +K2) cos�x+ i(K1 �K2) sin�x) =

e�x(C1 cos�x+ C2 sin�x);

pri µcemu je C1 � K1 + K2 2 R, C2 � i(K1 � K2) 2 R. Osim toga, lako se

provjeri da su funkcije y1 = e�x cos�x; y2 = e�x sin�x linearno nezavisne (nad

C) µcim je � 6= 0.

Zakljuµcak: Opce rje�enje homogene linearne diferencijalne jednadµzbe

y00 + ay0 + by = 0;

jest skup svih funkcija �to dopu�taju ovaj zapis (C1; C2 2 R):

C1er1x + C2e

r2x; µcim je r1;2 2 R i r1 6= r2;

C1erx + C2xe

rx; µcim je r1 = r2 � r 2 R;e�x(C1 cos�x+ C2 sin�x); µcim je r1;2 = �� i 2 C; � 6= 0;

pri µcemu su r1;2 rje�enja pripadne karakteristiµcne jednadµzbe r2 + ar + b = 0.

Primjer 6.32 Homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi

y00 + 4y0 + 4y = 0

pripada karakteristiµcna jednadµzba r2+4r+4 = 0, kojoj je rje�enje r1 = r2 = �2.Opce rje�enje promatrane diferencijalne jednadµzbe je, dakle,

y = C1e�2x + C2xe

�2x; C1; C2 2 R:

Teorem 6.33 Ako je dano bilo koje posebno rje�enje linearne diferencijalne jed-

nadµzbe (6.15), onda se njezino opce rje�enje dobiva pribrajanjem toga posebnog

rje�enja opcemu rje�enju pripadne joj homogene jednadµzbe (6.16).

Dokaµzimo tvrdnju teorema. Neka je yh = f1(x) opce rje�enje homogene jed-

nadµzbe (6.16), a yp = f2(x) posebno rje�enje linearne jednadµzbe (6.15). Dokaµzimo

da je tada y = yh + yp = f1(x) + f2(x) opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe

(6.15)! Da je y = yh + yp rje�enje slijedi iz

y00 + ay0 + by = (yh + yp)00 + a(yh + yp)

0 + b(yh + yp) =

(y00h + ay0h + byh) + (y

00p + ay

0p + byp) = 0 + g(x) = g(x):


Buduci da to rje�enje sadrµzi (u yh) dvije slobodne konstante koje se mogu odred-

iti za svaki poµcetni uvjet x = x0 (2 Dg), y = y0, y0 = �y0, to se doista radi o

opcemu rje�enju.

Kao �to smo prije vidjeli, opce rje�enje yh homogene jednadµzbe (6.16) uvijek

znamo odrediti (oblik ovisi o karakteru korijena karakteristiµcne jednadµzbe), to

nam ostaje odrediti neko (bilo koje) partikularno rje�enje yp jednadµzbe (6.15).

Ako je slobodan µclan g (x) ("funkcija smetnje") nehomogene linearne diferenci-

jalne jednadµzbe (6.15) funkcija oblika

f(x) = e�x[Pk (x) cos�x+Qt (x) sin�x] ; (6.17)

gdje su � i � konstante, Pk (x) i Qt (x) polinomi stupnja k odnosno t; tada

posebno rje�enje yp moµzemo naci i metodom neodre�enih koe�cjenata. Partiku-

larno rje�enje traµzimo u obliku

yp(x) = xle�x [Rm (x) cos�x+ Sm (x) sin�x] ; (6.18)

gdje su Rm (x) i Sm (x) polinomi s (nepoznatim) koe�cijentima stupnja m =

max fk; tg i gdje je l kratnost korijena �� i karakteristiµcne jednadµzbe, tj.

l =

(0; ako �� i nije rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe1 � l � 2; ako je �� i rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe

:

Koe�cijente polinoma Rm (x) i Sm (x) odre�ujemo iz uvjeta da funkcija yp

identiµcki zadovoljava nehomogenu jednadµzbu (6.15). Funkcijama tipa (6.18)

su obuhvaceni i specijalni sluµcajevi dani sljedecom tablicom:

g(x) yp(x)

�=�=0 Pk(x) xlRk(x)

�=k=0 Ae�x xlCe�x

�=0 e�xPk(x) xle�xRk(x)

�=k=t=0 A cos �x+B sin �x xl[C cos �x+D sin �x]

k=t=0 e�x[A cos �x+B sin �x] xle�x[C cos �x+D sin �x]

�=0 Pk(x) cos �x+Qt(x) sin �x xl[Rm(x) cos �x+Sm(x) sin �x]

Sluµcajevi dani gornjom tablicom se pokazuju izravnom provjerom (uvr�tava-

njem), pa to prepu�tamo µcitatelju kao korisnu vjeµzbu.

Primjer 6.34 Rije�imo linearnu diferencijalnu jednadµzbu s konstantnim koe�-

cijentima

y00 � y = �x+ 1


i odredimo joj posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnimu uvjetu x = 0, y = 0,

y0 = 0.

Pripadna homogena jednadµzba je y00 � y = 0, a karakteristiµcna jednadµzba je

r2 � 1 = 0. Rje�enje r1;2 = �1 povlaµci da su y = ex i y = e�x linearno

nezavisna posebna rje�enja homogene jednadµzbe. Tako dobivamo opce rje�enje

yh = C1ex + C2e

�x

te homogene jednadµzbe (v. Teorem 6.31.). U polaznoj linearnoj diferencijalnoj

jednadµzbi je g(x) = �x + 1 � P1(x) polinom prvoga stupnja. Po prethodnoj

tablici, jer je l = 0; za posebno rje�enje treba uzeti polinom prvog stupnja

R1(x) = Ax+B. Koe�cijente cemo mu odrediti po danoj uputi:

(Ax+B)00 � (Ax+B) = �x+ 1) �Ax�B = �x+ 1:

Dakle, A = 1 i B = �1 pa je traµzeno posebno rje�enje yp = x� 1. Napokon, poTeoremu 6.33. slijedi da je

y = C1ex + C2e

�x + x� 1

traµzeno opce rje�enje.

Posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnomu uvjetu x = 0, y = 0, y0 = 0 dobi-

vamo odgovarajucim uvr�tenjima:

C1e0 + C2e

�0 + 0� 1 = 0; C1e0 � C2e�0 + 1 = 0:

Slijedi, C1 = 0; C2 = 1; pa je traµzeno posebno rje�enje y = e�x + x� 1.

Teorem 6.35 Ako je u linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi (6.15)

g(x) = g1(x) + � � �+ gk(x); k 2 N;

onda je njezino posebno rje�enje zbroj od po jednog posebnog rje�enja svake

pripadne jednadµzabe

y00 + ay0 + by = gj(x); j = 1; � � � ; k:

Primjer 6.36 Rije�imo linearnu diferencijalnu jednadµzbu s konstantnim koe�-

cijentima

y00 + 2y0 + 5y = x2e3x + sin 2x:

Pripadna karakteristiµcna jednadµzba r2 + 2r + 5 = 0 ima konjugirano-komplek-

sno rje�enje r1;2 = �1�2i pa je opce rje�enje (kompleksno) pripadne homogenejednadµzbe

yh = e�x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x):


Buduci da je g(x) = x2e3x + sin 2x, to cemo za pronalaµzenje posebnog rje�enja

polazne jednadµzbe najprije uporabiti Teorem 6.35. Promatrajmo, dakle, dvije

pripadne diferencijalne jednadµzbe:

y00 + 2y0 + 5y = x2e3x;

y00 + 2y0 + 5y = sin 2x:

Ostaje nam odrediti posebna rje�enja. Za prvu je to

yp1 =�Ax2 +Bx+ C

�e3x:

Njegovim uvr�tenjem (s y0p1 i y00p1) u prvu jednadµzbu i odgovarajuµcim izjednaµca-

vanjima dobivamo linearni sustav

20A = 1;

16A+ 20B = 0;

2A+ 8B + 20C = 0;

rje�enje kojega je A = 120 , B = � 1

25 , C = 111000 . Prema tomu, posebno rje�enje

prve diferencialne jednadµzbe jest

y =1

1000

�50x2 � 40x+ 11

�e3x:

Posebno rje�enje druge diferencijalne jednadµzbe je oblika

yp2 = C sin 2x+D cos 2x:

Njegovim uvr�tenjem (s y0p2 i y00p2) u drugu jednadµzbu i odgovarajucim izjed-

naµcavanjima dobivamo linearni sustav

C � 4D = 1;

4C +D = 0;

rje�enje kojega je C = 117 , D = � 4

17 . Prema tomu, posebno rje�enje druge

diferencialne jednadµzbe jest

yp2 =1

17(sin 2x� 4 cos 2x):

Sada je, po Teoremu 6.35.,

yp = yp1 + yp1 =1

1000

�50x2 � 40x+ 11

�e3x +

1

17(sin 2x� 4 cos 2x)

posebno rje�enje polazne diferencijalne jednadµzbe. Napokon, po Teoremu 6.33.,

y = e�x (C1 cos 2x+ C2 sin 2x) +1

1000

�50x2 � 40x+ 11

�e3x+

1

17(sin 2x� 4 cos 2x)

jest opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe y00 + 2y0 + 5y = x2e3x + sin 2x.


Ukoliko funkcija smetnje g(x) nije oblika (6.18) rabimo metodu varijacije

konstanata. Naime, opce rje�enje yh homogene jednadµzbe (6.16)

yh = C1y1 + C2y2:

uvijek znamo odrediti, to nam ostaje odrediti neko posebno rje�enje yp jed-

nadµzbe (6.15). Njega cemo traµziti na naµcin da u opcem rje�enju pripadne ho-

mogene jednadµzbe yh = C1y1 +C2y2 konstante C1 i C2 zamijenimo funkcijama

C1 (x) i C2 (x) : Dakle traµzeno rje�enje je oblika

y = C1 (x) y1 + C2 (x) y2; (6.19)

gdje su C1 (x) i C2 (x) ; za sada, nepoznate funkcije. Dovoljno je odrediti jednu

nepoznatu funkciju, a ne dvije, ukoliko zadamo neku vezu izme�u tih funkcija.

Deriviranjem jednadµzbe (6.19) dobivamo

y0 = C 01y1 + C02y2 + C1y

01 + C2y

02:

Neka je veza me�u traµzenim funkcijama

C 01 (x) y1 + C02y2 = 0:

Imamo

y0 = C1y01 + C2y

02;

y00 = C 01y01 + C

02y02 + C1y

001 + C2y

002 :

Uvr�tavanjem dobivenih izraza u y00 + ay0 + by = g(x); dobivamo

y00 + ay0 + by = C 01y01 + C

02y02 + C1y

001 + C2y

002+

a(C1y01 + C2y

02) + b(C1y1 + C2y2) =

C 01y01 + C

02y02 + C1 (y

001 + ay

01 + by1) + C2 (y

002 + ay

02 + by2) = g(x):

Buduci su y1 i y2 rje�enja homogene jednadµzbe, dobivamo

C 01y01 + C

02y02 = g (x) :

Prema tomu nepoznate funkcije C1 i C2 zadovoljavaju sustav

C 01y1 + C02y2 = 0

C 01y01 + C

02y02 = g (x) :

To je linearni sustav od dvije nepoznate funkcije C 01 i C02. Determinanta ovog

sustava je upravo

W (x) =

�� y1 y2

y01 y02

�� :


Buduci su funkcije y1 i y2 dva linearno nezavisna rje�enja homogene diferenci-

jalne jednadµzbe (6.16), onda je W (x) 6= 0; za svaki x; pa sustav ima jedinstvenorje�enje C 01(x) i C

02(x): Sada je C1(x) =

RC 01(x)dx i C1(x) =

RC 02(x)dx:

Primjer 6.37 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu

y00 + y =1

cos3 x:

Opce rje�enje pripadne homogene jednadµzbe je

yh = C1 sinx+ C2 cosx:

Pretpostavimo da je partikularno rje�enje diferencijalne jednadµzbe oblika

y = C1 (x) sinx+ C2 (x) cosx:

Metodom varijacije konstanata dobivamo sustav

C 01 sinx+ C02 cosx = 0

C 01 cosx� C 02 sinx =1

cos3 x:

Iz tog sustava dobivamo

C 01 =1

cos2 x; C 02 =

� sinxcos3 x

:

Integriranjem dobivamo

C1(x) = tg x+K1; C2(x) =�1

2 cos2 x+K2:

Slijedi

y = (tg x+K1) sinx+

��1

2 cos2 x+K2

�cosx =

K1 sinx+K2 cosx+sin2 x

cosx� 1

2 cosx=

K1 sinx+ (K2 � 1) cosx+1

2 cosx:

A sinx+B cosx+1

2 cosx= yh + yp;

Dakle,

y = yh + yp = A sinx+B cosx+1

2 cosx

je opce rje�enje dane diferencijalne jednadµzbe.


6.3.5 SUSTAV OD DVIJU OBIµCNIH

DIFERENCIJALIH JEDNADµZBI

Prirodno je sustav

F (x; y; z; y0; z0) = 0;

G(x; y; z; y0; z0) = 0

od dviju obiµcnih diferencijalnih jednadµzbi prvoga reda, s dvjema nepoznatim

funkcijama, poku�ati rije�iti po sliµcnosti s odgovarajucim sustavom algebarskih

jednadµzaba, tj. poku�ati ga svesti na dvije jednadµzbe s po jednom nepoznan-

icom. Kao ishod takvoga postupka mogu se dobiti, ovisno o danom sustavu,

diferencijalne jednadµzbe prvoga ili drugoga reda.

Primjer 6.38 Promatrajmo sustav

y0 = x+ z; z0 = �x+ y:

Deriviranjem prve jednadµzbe i uvr�tenjem z0 u drugu dobivamo diferencijalnu

jednadµzbu drugoga reda

y00 � y0 = �x+ 1

(v. Primjer 6.34.). Njezino rje�enje je

y = C1ex + C2e

�x + x� 1:

Iz prve jednadµzbe dobivamo traµzeni z = g(x):

y0 = x+ z )�C1e

x + C2e�x + x� 1

�0= x+ z )

z = C1ex � C2e�x + 1� x

Traµzimo li, nadalje, neko posebno rje�enje, primjerice ono �to udovoljava poµcet-

nomu uvjetu

x = 0; y = 1; z = 1;

dobivamo linearni sustav

1 = C1 + C2 � 1;

1 = C1 � C2 + 1;

rje�enje kojega je C1 = 1, C2 = 1, pa je traµzeno posebno rje�enje

y = x� 1 + ex + e�x z = �x+ 1 + ex � e�x:


Primjer 6.39 Rije�iti sustav diferencijalnih jednadµzbi

dx

dt� 4x� y + 36t = 0; dy

dt� y + 2x+ 2et = 0;

pod uvjetom t = 0; x = 0; y = 1.

Oduzimanjem druge od prve jednadµzbe dobivamo

x0 � 4x� y + 36t��y0 � y + 2x+ 2et

�= 36t� 6x+ x0 � y0 � 2et = 0

pa je

y0 = x0 � 6x+ 36t� 2et:

Deriviranjem prve jednadµzbe dobivamo

x00 � 4x0 � y0 + 36 = 0

i potom uvr�tavanjem prethodno dobivenog y0 imamo da je

x00 � 4x0 � y0 + 36 = 0) x00 � 4x0 ��x0 � 6x+ 36t� 2et

�+ 36 =

6x� 36t� 5x0 + x00 + 2et + 36 = 0

i dalje

x00 � 5x0 + 6x = �2et + 36t� 36:

Rije�imo ovu diferencijalnu jednadµzbu. Buduci karakteristiµcna jednadµzba r2 �5r + 6 = 0 ima rje�enja r2 = 2; r2 = 3 to je

x = C1e2t + C2e

3t

opce rje�enje pripadne homogene diferencijalne jednadµzbe. Zbrajanjem po-

sebnih rje�enja za

x00 � 5x0 + 6x = �2et

x00 � 5x0 + 6x = 36t� 36

dobiva se opce rje�enje. Za prvu je posebno rje�enje oblika xp1 = Aet :

x00 � 5x0 + 6x = �2et )�Aet�00 � 5 �Aet�0 + 6 �Aet� = �2et )

A� 5A+ 6A = �2) A = �1;

dakle, posebno je rje�enje xp1 = �et:Za drugu jednadµzbu je posebno rje�enje oblika xp2 = Ct+D :

(Ct+D)00 � 5 (Ct+D)0 + 6 (Ct+D) = 36t� 36)

�5C + 6Ct+ 6D = 36t� 36) C = 6; D = �1;


dakle, posebno je rje�anje xp1 = 6t� 1: Dobili smo opce rje�enje

x = C1e2t + C2e

3t � et + 6t� 1:

Iz prve jednadµzbe x0 � 4x� y + 36t = 0 izraµcunajmo y :

y = x0 � 4x+ 36t =�C1e

2t + C2e3t � et + 6t� 1

�0 � 4 �C1e2t + C2e3t � et + 6t� 1�+ 36t =2C1e

2t � et + 3C2e3t + 6� 4�C1e

2t + C2e3t � et + 6t� 1

�+ 36t =

�2C1e2t � C2e3t + 3et + 12t+ 10:

Dobili smo da je opce rje�enje sustava

x = C1e2t + C2e

3t � et + 6t� 1;

y = �2C1e2t � C2e3t + 3et + 12t+ 10:

Da bismo odredili traµzeno posebno rje�enje uvrstimo poµcetne uvjete t = 0;

x = 0; y = 1 u opce rje�enje:

0 = C1 + C2 � 2;

1 = �2C1 � C2 + 13:

Slijedi da je C1 = 10; C2 = �8 i imamo

x = 10e2t � 8e3t � et + 6t� 1;y = �20e2t + 8e3t + 3et + 12t+ 10:

Poglavlje 7

ZADACI

7.1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA1. Toµcke T1 = (�1; 0; 0); bT2 = (

p3; 1; 4); bT3 = (1; 1; 1) i T4 = (�

p2;p2; 0) u

Kartezijevom koordinatnom sustavu (O;x; y; z) zapi�ite u cilindriµcnom koordi-natnom sustavu (O;'; �; z).

2. Toµcke T1 = (0; 0; 1); T2 = (0; �; 3); T3 = (�6 ;�6; 1) i T4 = (�4 ;

3�4; 2) u sfernom ko-

ordinatnom sustavu (O;'; #; r) prikaµzite u Kartezijevom koordinatnom sustavu(O;x; y; z):

3. Toµcke T1 = (�3; 0; 0); T2 = (p3; 0; 1); T3 = (1; 1;

p2) i T4 = (�

p3;�3;�2) u

sustavu (O;x; y; z) prebacite u sustav (O;'; #; r):

4. Nactrajte plohe koje u cilindriµcnom koordinatnom sustavu (O;'; r; z) imajuzapis:

(a) � = 3; (b) � =p2;

(c) ' = ��4; (d) ' = �

3;

(e) z = �2; (f) z � 2 = �2;(g) � = 2 cos'; (h) �2 + z2 = 25:

5. Nacrtajte plohe koje u sfernom koordinatnom sustavu (O;'; #; r) imaju zapis:

(a) r = 3; (b) ' = �6;

(c) ' = ��3; (d) # =

�

2;

(e) # = �4; (f) r = 2 cos#:

6. Nacrtajte plohe µcije su jednadµzbe dane u Kartezijevom koordinatnom sustavui potom odredite jednadµzbe tih ploha u cilindriµcnom i sfernom koordinatnomsustavu:

(a) x2 + y2 + z2 = 16;

(b) x2 + y2 � z2 = 16;

(c) x2 + y2 = 2z:

7. Nacrtajte u ravnini i prostoru:

(a) jxj+ jyj = 1;

(b) x2 + z = 1;

(c) y2 + z2 = 1:

179

180 POGLAVLJE 7. ZADACI

8. Nacrtajte tijelo odre�eno nejednakostima 1 � x2+y2+z2 � 4; z � 0 i potom gaopi�ite odgovarajucim nejednakostima u cilindriµcnom i sfernom koordinatnomsustavu.

9. Nacrtajte tijela opisana nejednakostima:

(a) x2 + y2 � z � 2; y � 0;

(b) 0 � ' � �

2; � � z � 2;

(c) �2 � z � 2� �2;

(d) 0 � # � �

3; r � 2:

10. Neka je f(x; y) =p36� 9x2 � 4y2:

(a) Izraµcunajte f(1; 1); f(�2; 0);(b) Odredite domenu Df ;

(c) Odredite sliku ff(x; y) j (x; y) 2 Dfg;(d) Skicirajte graf funkcije.

11. Odredite domenu funkcije:

(a) f(x; y) = 4py � 2x;

(b) f(x; y) = xypx2 + y;

(c) f(x; y) = x2+y2

x2�y2 ;

(d) f(x; y) =px2 + y2 � 1 + ln(4� x2 � y2):

12. Skicirajte graf funkcije:

(a) f(x; y) = 1� x� y;(b) f(x; y) = sin y;

(c) f(x; y) = 1� x2;(d) f(y; z) = jzj ;(e) f(y; z) =

py2 + z2;

(f) f(y; z) = 2� (y2 + z2);(g) f(x; z) = �

px2 + z2;

(h) f(x; z) = 2�px2 + z2;

(i) f(x; z) = �x2 + z2:

13. Odredite domenu funkcije:

(a) u =p4� x2 � y2 � z2;

(b) u = ln(z � x2 � y2);

(c) u = ex2+y2

z ;

(d) u = arcsin(x2 + y2 + z2):

14. Skicirajte nivo-plohe funkcije u = f(x; y; z):

(a) u = x2 + y2 + z2;

(b) u = z � x2 � y2;(c) u = x2 + 2y2 + 3z2:


15. Odredite limes, ako postoji, ili pokaµzite da limes ne postoji:

(a) lim(x;y)!(0;0)

(x2y2 � 2xy4);

(b) lim(1;4)

epx+2y;

(c) lim(0;0)

8x2y2

x4 + y4;

(d) lim(0;0;0)

xy+yz2+xz2

x2+y2+z4;

(e) lim(0;0)

(x+y)2

x2+y2;

(f) lim(2;3;0)

[xez + ln(2x� y)] :

16. Koristeci polarne koordinate izraµcunajte limes:

(a) lim(x;y)!(0;0)

x3+y3

x2+y2;

(b) lim(0;0)

(x2 + y2) ln(x2 + y2);

(c) lim(0;0)

sin(x2+y2)

x2+y2:

17. Odrediti (najveci) skup na kojem su funkcije neprekidne:

(a) f(x; y) = 1x2�y ;

(b) f(x; y) = ln(2x+ 3y);

(c) f(x; y; z) = xyzx2+y2�z ;

(d) f(x; y) =

(x2y

x4+y2; (x; y) 6= (0; 0)1; (x; y) = (0; 0)

;

(e) f(x; y) =� xy

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

:

18. Izraµcunajte fx(1; 2) i fy(1; 2) funkcije f(x; y) = 16�4x2�y2 i dajte geometrijskuinterpretaciju rezultata.

19. Odredite prve parcijalne derivacije funkcija:

(a) f(x; y) = x�yx+y

;

(b) z = ln�x+

px2 + y2

�;

(c) f(x; t) = esintx ;

(d) f(x; y; z) = xpyz;

(e) u = z sin yx+z

;

(f) f(x; y; z; t) = xy2z3t4:

20. Izraµcunajte parcijalnu derivaciju u naznaµcenoj toµcki:

(a) fx(1; 0); f(x; y) = xe�y + 3y;

(b) fy(3; 3); f(x; y) = sin(y � x);(c) fy(2; 4); f(x; y) =

p2x+ 3y;

(d) fx(1; 0); f(x; y) = sin2(y � x);


21. Odredite @z@xi @z@yako je z = f(x; y) implicitno zadana funkcija:

(a) xy + yz = xz;

(b) xyz = ln(x+ y + z);

(c) x2 + y2 � z2 = 2x(y + z):

22. Pokaµzite da vrijedi Schwarzov teorem, tj. da je fxy = fyx ako je:

(a) f(x; y) = sin2 x cos y;

(b) f(x; y) = x5y4 � 3x2y3 + 3x2:

23. Odredite trece parcijalne derivacije fxxx; fxxy; fyyy funkcija:

(a) f(x; y) = x2 � 3x4y;(b) f(x; y; z) = x5 + x4y4z3 + yz2:

24. Koja od funkcija jest rje�enje Laplaceove jednadµzbe uxx + uyy = 0 :

(a) u(x; y) = x2 + y2;

(b) u(x; y) = x2 � y2;(c) u(x; y) = ln

px2 + y2;

(d) u(x; y) = x3 + 3xy2:

25. Koja od funkcija jest rje�enje valne jednadµzbe utt = a2uxx :

(a) u(x; t) = sin(kx) sin(akt);

(b) u(x; t) = (x� at)6 + (x+ at)6;(c) u(x; t) = sin(x� at)� ln(x+ at):

26. Odredite tangencijalnu ravninu zadane plohe u zadanoj toµcki:

(a) z = y2 � x2; T = (�4; 5; 9);(b) z = sin(x+ y); T = (1;�1; 0);(c) z = ex ln y , T = (3; 1; 0):

27. Odredite linearnu aproksimaciju funkcije z = f(x; y) u zadanoj toµcki T0 iaproksimirajte f(T1) :

(a) f(x; y) =p20� x2 � 7y2; T0 = (2; 1); T1 = (1:95; 1:08);

(b) f(x; y) = ln(x� 3y); T0 = (7; 2); T1 = (6:9; 2:06):

28. Odredite diferencijal funkcija:

(a) f(x; y) = x2y3;

(b) f(x; y) = ln(2x� 3y);(c) f(x; y; z) = ln

px2 + y2 + z3;

(d) f(x; y; z) = x ln yz:

29. Dokaµzite da je funkcija f(x; y) diferencijabilna:

(a) f(x; y) = x2 + y2;

(b) f(x; y) = xy � 5y2:

30. Odredite dzdti dudtako je:


(a) z = x2 + y2; x = t3; y = 1 + t2;

(b) z = xexy ; x = cos t; y = e2t;

(c) u = xy+ y

z; x =

pt; y = sin 2t; z = e�3t:

31. Odredite @z@ui @z@vako je:

(a) z = x2 sin y; x = u2 + v2; y = 2uv;

(b) z = sinx cos y, x = (u� v)2; y = u2 � v2;(c) z = x2 � 3x2y3; x = uev; y = ue�v:

32. Koristeci odgovarajuci dijagram odredite sve parcijalne derivacije funkcije:

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

(b) w = f(x; y; z); x = x(u; v); y = y(u; v); z = z(u; v);

(c) u = f(s; t); s = s(w; x; y; z); t = t(w; x; y; z):

33. Ako je u = x2 + y2 + z2; x = st; y = s cos t; z = s sin t odredite @u@si @u@tu toµcki

T = (s; t) = (1; 0):

34. Ako je z = xyi x = rest; y = rset odredite @z

@r; @z@s; @z@tu toµcki T = (r; s; t) =

(1; 2; 0):

35. Odredite dydxako je funkcija y zadana implicitno:

(a) x2 � xy + y3 = 0;(b) x cos y + y cosx = 1:

36. Odredite @z@xi @z@yako je funkcija z = f(x; y) zadana implicitno:

(a) xy + yz � zx = 0;(b) xey + yz + zex = 0:

37. Ako je u = f(x; y) gdje je x = es cos t; y = es sin t dokaµzite da je@2u@x2

+ @2u@y2

= e�2s�@2u@s2

+ @2u@t2

�:

38. Odredite ekstreme funkcije:

(a) f(x; y) = x2 + y2 + 4x� 6y;(b) f(x; y) = y

px� y2 � x+ 6y;

(c) f(x; y) = ex cos y;

(d) z = x4 + y4 � 4xy + 1;

(e) u = x+ y2

4x+ z2

y+ 2

z; x; y; z > 0:

39. Odredite najkracu udaljenost toµcke T0 = (1; 0;�2) od ravnine x+ 2y + z = 4:40. U sferu polumjera R upi�ite kvadar najveceg obujma.

41. Odredite vezane (uvjetne) ekstreme funkcije:

(a) f(x; y) = x2 � y2; x2 + y2 = 1;(b) f(x; y) = xy; 9x2 + y2 = 4;

(c) f(x; y; z) = x2 + y2 + z2; x4 + y4 + z4 = 1;

(d) f(x; y; z) = x+ 2y ; x+ y + z = 1; y2 + z2 = 1:


7.2 VI�ESTRUKI INTEGRAL1. Izraµcunajte integrale:

(a)1R

�1dx

1R0

�x3 + y3 + 3xy2

�dy;

(b)RRX

1+x1+y

; X = f(x; y) j �1 � x � 2; 0 � y � 1g ;

(c)2R1

dx1R0

1y

(x+)2dy:

2. Nacrtajte podruµcje integracije, promijenite poredak integracije i izraµcunajte in-tegral:

(a)1R0

dx

p2�x2Rx

ydy;

(b)1R0

dy

pyR

y

xydx;

(c)2R

�2dx

12

p4�x2R

� 12

p4�x2

xydy:

3. Izraµcunajte integrale:

(a)RRX

2ydxdy; X podruµcje ome�eno sa y =px; y = 0; x+ y = 2;

(b)RRX

x2dxdy; X = f(x; y) j jxj+ jyj � 1g ;

(c)RRX

xydxdy; X : xy = 1; x+ y = 2:5;

(d)RRX

jx� yj dxdy; X = f(x; y) j 0 � x � 1; 0 � y � 1g :

4. U polarnom koordinatnom sustavu (O;'; �) izraµcunajte integrale:

(a)RRX

�x2 + y2

�dxdy; X : x2 + y2 � 2ay;

(b)RRX

arctg yxdxdy; X : 1 � x2 + y2 � 9; y � 1

3x; y �

p3x;

(c)RRX

sinpx2 + y2dxdy; X =

�(x; y) j �2 � x2 + y2 � 4�2

;

(d)RRX

xdxdy; X : x2 + y2 � 1; x2 + y2 � 2y � 0; x � 0:

5. U eliptiµckom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:

(a)RRX

q1� x2

a2� y2

b2dxdy; X =

n(x; y) j x2

a2+ y2

b2� 1

o;

(b)RRX

q4� x2

a2� y2

b2dxdy; X : x

2

a2+ y2

b2� 1; x2

4a2+ y2

4b2� 1; x � 0; y � 0:

6. Izraµcunajte trostruke integrale:

(a)2R0

dx1R0

dy2R0

xzdz;

7.2. VI�ESTRUKI INTEGRAL 185

(b)2R0

dxxR1

dyxyR0

xyzdz;

(c)RRRX

ydxdydz; X :px2 + z2 � y � 4:

7. U cilindriµcnom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:

(a)2R

�2dx

p4�x2R

�p4�x2

dy2R

px2+y2

�x2 + y2

�dz;

(b)RRRX

px2 + y2dxdydz; X : x2 + y2 � 1; 1� x2 � y2 � z � 4;

(c)RRRX

x2dxdydz; X : x2 + y2 � 1; 0 � z � 2px2 + y2;

(d)RRRX

ydxdydz; X : 1 � x2 + y2 � 4; 0 � z � x+ 2:

8. U sfernom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:

(a)RRRX

�x2 + y2

�dxdydz; X : x2 + y2 + z2 � 1; z � 0;

(b)RRRX

epx2+y2+z2dxdydz; X je podruµcje izme�u sredi�njih sfera radijusa 1 i

2 u prvome oktantu;

(c)RRRX

�x2 + y2 + z2

�dxdydz; X je podruµcje odre�eno nejednadµzbama

0 � # � �6; 0 � � � 2 u sfernom koordinatnom sustavu.

9. Izraµcunajte povr�inu lika X ome�enog krivuljama:

(a) y =px; y =

p2x; y = 4;

(b) x2 + y2 = 10; y = 3x

�y � 3

x

�;

(c) xy = a2; xy = 2a2; y = x; y = 2x (x > 0; y > 0):

10. Izraµcunajte povr�inu plohe S :

(a) S je dio paraboloida z = 12(x2 + y2) unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = 1;

(b) S je dio sfere z =pa2 � x2 � y2 unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = b2

(b < a);

(c) S je dio plohe z2 = x2 + y2 unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = 2x;

(d) S je dio plohe x = y2 + z2 unutar valjµcaste plohe y2 + z2 = 9:

11. Izraµcunajte koordinate teµzi�ta (x; y) ako je:

(a) X : y = x2; y = 1; x � 0; g(x; y) = xy;(b) X : x2 + y2 � 1; x � 0; y � 0; g(x; y) =

px2 + y2;

(c) X je ome�en sa parabolom x = y2 i pravcem y = x� 2; g(x; y) = 3:

12. Izraµcunajte volumen tijela X :

(a) X je ome�en koordinatnim ravninama i ravninom x+ y + z = 1;

(b) X je tijelo ispod paraboloida z = x2 + y2 nad podruµcjem koje je ome�enosa y = x2 i x = y2;

(c) X je ome�en valjkom x2+y2 = 1 i ravninama z = y; x = 0; z = 0 u prvomoktantu;


(d) X je ome�en plohama z =px2 + y2; z =

p1� x2 � y2:

13. Izraµcunajte koordinate teµzi�ta (x; y; z) i moment inercije Iz ako je:

(a) X je homogeno tijelo ome�eno plohama x2+y2 = 4; x2+y2 = 1; y2+2z = 1;

z = 0;

(b) X nehomogeno tijelo ome�eno ravninama x = 2; y = 0; y = 1; z = 0 ivaljµcastom plohom z =

p6x a funkcija gustoce je u svakoj njegovoj toµcki

jednaka udaljenosti te toµcke od ravnine z = 0:

7.3 VEKTORSKAANALIZA, TEORIJA POLJA1. Odredite domenu vektorske funkcije:

(a) �!r (t) = ln t�!i + tt�1

�!j + e�t

�!k ;

(b) �!r (t) =�arcsin

p1� t2; 2t; 2t

:

2. Nacrtajte hodograf vektorske funkcije

(a) �!r (t) = 2 cos t�!i + sin t�!j + t�!k ;

(b) �!r (t) = ft; � t; 2tg :

3. Odredite vektorsku �nkciju �!r (t) µciji je hodograf presjek cilindra x2 + y2 = 1 iravnine y + z = 2 .

4. Odredite vektorsku �nkciju �!r (t) µciji je hodograf presjek sto�ca z =px2 + y2 i

ravnine z = 1 + x .

5. Izraµcunajte limt!1

�!r (t); �!r (t) =pt+ 3

�!i + t�1

t2�1�!j +

tg t

t

�!k .

6. Izraµcunajte limt!1

�!r (t), �!r (t) =ne�t; t�1

t+1; 1tg t

o.

7. Ispitajte neprekidnost vektorske funkcije �!w : R! R3 zadane formulom

�!w (t) =(

(t� 1)�!i + t2�!k ; t < 1

ln t�!j +

�1� t2

��!k ; t � 1

:

8. Za vektorsku funkciju �!r (t) =pt�!i + (2 � t)�!j odredi �!r 0(t) i skiciraj vektor

�!r (1) i tangentni vektor �!r 0(1):

9. Skiciraj vektor �!r (1) i �!r 0(1) ako je �!r (t) = t�!a ��!b + t�!c

�; gdje su �!a ;�!b i �!c

konstantni vektori.

10. Vektorska funkcija �!r (t); t 2 I (interval) je glatka ako je �!r 0(t) neprekidnafunkcija i �!r 0(t) 6= ~0: Toµcku na hodografu vektorske funkcije �!r (t0) u kojoj je�!r 0(t0) = ~0 nazivamo �iljkom. Nacrtajte hodograf vektorske funkcije �!r (t) =�1 + t3; t2

i ispitajte da li je glatka.

11. Neka su �!u (t) =�1; � 2t2; 3t3

i �!v (t) = ft; cos t; sin tg :

Izraµcunajte��!u (t) � �!v (t)�0 i ��!u (t)��!v (t)�0:

12. Izraµcunajte2R1

�!r (t)dt; �!r (t) =�1 + t2; � 4t4; 1� t2

:

13. Izraµcunajte

�4R0

�cos 2t

�!i + sin 2t

�!j + t sin t

�!k�dt:

14. Odredi �!r (t) ako je �!r 0(t) =�t2; 4t3; � t2

i �!r (0) = f0; 1; 0g .

7.3. VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA 187

15. Odredi �!r (t) ako je �!r 0(t) = sin t�!i � cos t�!j + 2t�!k i �!r (0) = �!i +�!j + 2�!k .

16. Ubrzanje materijalne toµcke (u R3) opisuje jednadµzba �!a (t) = 2t�!c 1+sin t�!c 2; gdjeje t 2 [0;1i (vrijeme); pri µcemu su �!c 1 i �!c 2 konstantni vektori. Po kojemzakonu �!s (t) se giba ta materijalna toµcka ako su poµcetni uvjeti �!s (0) = ~0 i�!v (0) = ~0 (poµcetna brzina)?

17. Skicirajte razinske plohe (ravninskog) skalarnog polja f(x; y) = ln�x2 + y2

�:

18. Skicirajte razinske plohe skalarnog polja f(x; y; z) = x2 + y2 � z2:

19. Vektorsko polje �!w (x; y) = �y�!i + x�!j predoµcite silnicama u toµckama (1; 0);�p2;p2�; (0; 1); (�1; 0);

��1;�

p3�:

20. Skicirajte silnice vektorskog polja �!w (x; y; z) = 13px2+y2+z2

fx; y; zg:

21. Neka su f skalarno i �!w vektorsko polje. Odredite koja su polja skalarna, kojavektorska i koja ne postoje (za�to!):(a) (rot grad f)��!w ;(b) (grad div f) � f ;(c) div(rot grad f) � f ;(d) (grad f)� (div�!w ) ;(e) rot

�(div�!w ) � �!w

�;

(f) (�!w � grad f)��!w ;(g) rot�!w �

�(grad f)��!w

�:

22. Temperatura ( u C�) u toµcki (x; y; z) (u metrima) dana je sa T (x; y; z) =200e�x

2�3y2�9z2 :

(a) Odredite promjenu temperature u toµcki P0 = (2;�1; 2) u smjeru toµckeP = (3;�3; 3) ;

(b) U kojem smjeru je najveci rast a u kojem je smjeru najmanji pad temper-ature u toµcki P0.

23. Izraµcunajte gradsinpx2+y2+z2

3px2+y2+z2

:

24. Odredite div�!w i rot�!w polja �!w (x; y; z) = x2y�!i + xz2�!j + zx2�!k .

25. Odredite div�!w i rot�!w polja�!w (x; y; z) = fexz; � 2eyz; 3xeyg .

26. Dokaµzite grad f(r) = f 0(r) � �!r 0; gdje je�!r = x�!i + y

�!j + z

�!k i r = j�!r j =p

x2 + y2 + z2:

27. Izraµcunajte grad�r3 � ln r

�.

28. Dokaµzite:(a) r �

�r � �!r

�= 4r ;

(b) r2(r3) = 12r .

29. Dokaµzite:(a) r

�1r

�= � 1

r3�!r ;

(c) r� 1r3��!r � �!a �� = � �!a

(�!r ��!a )2 ; gdje je�!a konstantno vektorsko polje;

(d) r�r3��!r � �!a �� = �3r��!r � �!a ��!r + r3��!a +�!r � �r��!a ��+ ��!r � r��!a .

30. Izraµcunajte:(a) r�

�r3��!w � �!r �� ;

(b) r��1r3

��!a ��!r �� ;(c) r�

�1

�!b ��!r

��!a ��!r ��; gdje su �!a i�!b konstantna vektorska polja.


31. Izraµcunajte:

(a) 4 [f(r)] ;(b) 4 [rf(r)] ;(c) 4

�f(r)�!r

�;

(d) 4��!a � �!r ��!r �; �!a je konstantno vektorsko polje.

32. Izraµcunajte usmjerenu derivaciju u toµcki T = (1; 2;�1) u smjeru vektora �!l =�!i + 2

�!j + 2

�!k skalarnog polja:

(a) f1(x; y; z) =pxy + z ;

(b) f2(x; y; z) = e3pxy � 2z ;

33. Odredite tangencijalnu ravninu i normalu na plohu :

(a) x2 � 2y2 � 3z2 + xyz = 4 u toµcki T = (3;�2;�1) ;(b) xyyz = 1 u toµcki T (1; 0; 5) .

34. Odredite toµcke hiperboloida x2�y2+2z2 = 1 u kojima su normale na hiperboloidparalelne pravcu odre�enom toµckama T1 = (3;�1; 0) i T2 = (5; 3; 6):

35. Izraµcunajte usmjerenu derivaciju u toµcki T = (1; 2;�1) u smjeru vektora �!l =�!i + 2

�!j + 2

�!k polja:

(a) �!w (x; y; z) = f1(x; y; z)�!i � f2(x; y; z)

�!j + xy

�!k ;

(b) �!w (x; y; z) = fx arcsin z; 0; xyg :

36. Ispitajte je li polje �!w (x; y; z) = z�!i + 2xy

�!j + (x + y2)

�!k potencijalno, te ako

jest, odredite njegov potencijal f:

37. Ispitajte je li polje �!w (x; y; z) = fx; ey sin z; ey cos zg potencijalno, te ako jest,odredite njegov potencijal f .

7.4 KRIVULJNI INTEGRAL1. Nacrtajte krivulju � koja je presjek paraboloida z = x2+ y2 i zavnine y+ z = 2i na�ite jednu njenu parametizacju.

2. Nacrtajte krivulju � koja je dobivena kao presjek ploha x2 + y2 = 1 i y + z = 2te odredite jednu njenu perametrizaciju.

3. Nacrtajte krivulju � =�z = x2 + 4y2; 2x+ z = 3

i odredite jednu njenu para-

metrizaciju.

4. IzraµcunajteR�

yds; gdje je � je luk parabole y2 = 2x od toµcke O = (0; 0) do toµcke

A = (4;p8):


p2yds; � je krivulja s parametrizacijom

r(t) = (a(t� sin t; a(1� cos t)) ; t 2 [0; 2�] :


�x2 + y2 + z2

�ds; � je dio cilindriµcne uzvojnice �!r (t) = a cos t�!i +

a sin t�!j + b

�!k ; a; b > 0; t 2 [0; 2�] :


div�!wds; gdje je �!w =�x2 + y2; x2 � y2; z

i � presjek cilindra

x2 + y2 = 1 i ravnine y + z = 2 .


yds; � je presjek paraboloida z = x2 + 4y2 i ravnine 2x+ z = 3:


xzds; � je presjek sto�ca z2 = x2 + y2 i ravnine z = 1:

7.4. KRIVULJNI INTEGRAL 189

10. Izraµcunajte duljinu luka krivulje x = ln(1 + t2); y = arctan t � t + 3 izme�utoµcaka t = 0 i t = 1:

11. Izraµcunajte duljinu zatvorene krivulje x = cos3 t; y = sin3 t; t 2 [0; 2�] :


�!w ��!ds; ako je �!w = fx2+y2; x2�y2g ix� dio krivulje y = 1�j1� xj

od toµcke A = (0; 0) do toµcke B = (2; 0):

13. IzraµcunajteRx�

�!w � �!ds , �!w = x3�!i + (3+ y2)

�!j � x2y�!k ;

x� je dio pravca od toµcke

A = (3; 2; 1) do toµcke B = (0; 0; 0):


rot�!w � �!ds , �!w = x3�!i + (3 + y2)

�!j � x2y�!k ;

x� je dio krivulje

r(t) = (t; t2; t3) od t = 0 do t = 1:


grad(x+ y) � �!ds,x� � jxj+ jyj = 1; x � 0:

16. IzraµcunajteHx�

z2dx+ x2dy+ y2dz; gdje jex� sferni trokut (u prvom oktantu) na

sferi x2 + y2 + z2 = 1 kojeg odre�uju koordinatne ravnine.


(x2 + y2)dx+ (x2 � y2)dy;x� � jx� 1j+ jy � 1j = 1:


y2dx+z2dy+x2dz; gdje jex� proizvoljno orijentirani presjek ploha

x2 + y2 + z2 = 4; x2 + y2 = 2x; (z > 0).

19. Primjenom Greenove formule izraµcunajte cirkulacijuRx�

grad(x+ y) � �!ds,

x� � jxj+ jyj = 1; x � 0:

20. Primjenom Greenove formule izraµcunajte integralHx�

(x2 + y2)dx+ (x2 � y2)dy;

x� � jx� 1j+ jy � 1j = 1:

21. Primjenom Greenove formule izraµcunajte integralHx�

2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy

gdje jex� rub trokuta kojemu su vrhovi A(1; 1); B = (2; 2); C = (1; 3):


y2

1+x2dx+ 3y arctan x+y

1�xydy gdje jex� � x2 + y2 = 2:

23. Izraµcunajte cirkulaciju vektorskog polja �!w = xx2+y2

�!i � y

x2+y2�!j po kruµznici

x2 + y2 � 2x� 2y + 1 = 1:24. Izraµcunajte cirkulaciju vektorskog polja �!w = fy� z; z�x; x�yg po zatvorenoj

krivulji koja je presjek valjka x2 + y2 = 1 i ravnine 2x+ z = 2:

25. Pokaµzite da je polje �!w =�x;�y2; z

potencijalno i izraµcunajte

(2;1;3)R(1;�1;2)

xdx� y2dy + zdz:

26. Izraµcunajte povr�inu ravninskog lika kojeg ome�uju krivulje y2 = x i x = 2:

27. Izraµcunajte povr�inu lika odre�enog sa (x� 1)2 + y2 � 1; x2 + (y � 1)2 � 1:


28. Povr�ina P cilindriµcne plohe f(x; y) = 0 (to je krivulja u xy-ravnini) kojoj jeizvodnica paralelne s z-osi dana je formulom P =

Rx�

zds: Primjenom te formule

izraµcunajte povr�inu kruµznog cilindra x2+ y2 = R izme�u ravnine z = 0 i plohez = R+ x2

R:

29. Izraµcunajte povr�inu onog dijela kruµznog cilindra x2 + y2 = x koji se nalaziunutar sfere x2 + y2 + z2 = 1:

7.5 PLO�NI INTEGRAL1. Izraµcunatjte plo�tinu dijela paraboloida 2z = x2+y2 koji isjeca cilindar x2+y2 =1:

2. Izraµcunajte plo�tinu dijela sto�ca z2 = x2 + y2 koji isjeca cilindar x2 + y2 = 2x:

3. Izraµcunajte plo�tinu dijela plohe z = xy koji isjeca cilindar x2 + y2 = 4:

4. Izraµcunajte plo�tinu plohe�x2 + y2

�z = x + y odre�enu sa 1 � x2 + y2 � 4;

x � 0; y � 05. Izraµcunajte integral

RRS

(6x+4y+3z)dS; ako je S dio ravnine x+2y+3z = 6 u

prvom oktantu.

6. Izraµcunajte integralRRS

(x2 + y2)dS; gdje je S sfera x2 + y2 + z2 = 1:


�y + z +

p1� x2

�dS; gdje je S dio cilindra x2 + y2 = 1

izme�u ravnina z = 0 i z = 3:


x�y2 + z2

�dS; gdje je S ploha zadana jednadµzbom x =p

9� y2 � z2:9. Izraµcunajte integral

RRS

1ddS; gdje je S dio plohe z = xy isjeµcen cilindrom x2 +

y2 = R2 a d udaljenost toµcke plohe do z-osi.

10. IzraµcunajteRRS

�x3 cos�+ y3 cos� + z3 cos

�dS; ako je S sfera x2+y2+z2 = 4;

a cos�; cos�; cos kosunusi smjera jediniµcne vanjske normale.

11. IzraµcunajteRRS

��z3 � y3

�cos�+

�x3 � z3

�cos� +

�y3 � x3

�cos

�dS; ako je S

sfera x2 + y2 + z2 = 4; z � 0; a cos�; cos�; cos su kosunusi smjera jediniµcnevanjske normale.

12. Izraµcunajte integralRRxS

�!w � �!dS; gdje je �!w = fx; y; zg; axS vanjskom normalom

usmjerena sfera x2 + y2 + z2 = 1 u prvom oktantu.


�!w ��!dS; gdje je �!w = fyz; xz; xyg; axS vanjskom normalom

usmjeren rub tetraedra koji je ome�en s ravninama x = 0; y = 0; z = 0;x+ y + z = 1:


(y � z)dydz + (z � x)dxdz + (x � y)dxdy;xS je vanjska

strana sto�ca x2 + y2 = z2 (0 � z � 4):


2dxdy + ydxdz � x2zdydz;xS je vanjska strana elipsoida

4x2 + y2 + 4z2 = 1 u prvom oktantu.

7.6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 191

16. IzraµcunajteRRxS

y2zdxdy+xzdydz+x2ydxdz; gdje jexS vanjska strana ruba tijela

kojeg odre�uju z = x2 + y2; x2 + y2 = 1; x = 0; y = 0; z = 0 u prvom oktantu.Raµcun provesti direktno i primjenom Gauss-Ostrogradski formule.

17. Koristeci Gauss-Ostrogradski formulu izraµcunajteRRxS

�!w ��!dS; gdje je �!w = fx3; y3; z3g;

axS sfera x2 + y2 + z2 = R2 orijentirana vanjskim normalama.


x2dydz + y2dxdz + zdxdy

gdje jexS vanjskim normalama orijentiran rub tijela odre�enog sa (z � 8)2 �

x2 + x2; z � 4; z � 8; x � 0:19. Izraµcunajte tok vektorskog polja �!w = fx � 2z; 3z � 4x; 5x + yg kroz vanjsku

stranu ruba tetraedra s vrhovima O = (0; 0; 0); A = (1; 0; 0); B = (0; 1; 0);C = (0; 0; 1):

20. Izraµcunajte tok vektorskog polja �!w = fx2; x; xzg kroz vanjsku stranu parabo-loida y = x2 + z2 koji pripada prvom oktantu i za koji je 0 � y � 1:


x2dydz + y2dxdz + zdxdy

gdje jexS vanjskim normalama orijentiran rub tijela odre�en sa (z�8)2 � x2+x2;

z � 4; z � 8; x � 0:

22. IzraµcunajteRRxS

y2zdxdy+xzdydz+x2ydxdz; gdje jexS vanjska strana ruba tijela

kojeg odre�uju z = x2 + y2; x2 + y2 = 1; x = 0; y = 0; z = 0 u prvom oktantu.

23. Primjenom Stokesove formule izraµcunajte krivuljni integralHxC

ydx+ zdy + xdz;

gdje jexC orijentirana kruµznica x2 + y2 + z2 = 1; x+ y + z = 0:

24. Primjenom Stokesove formule izraµcunajte krivuljni integralHxC

8yp1� x2 � y2dx+ xy3dy + sin zdz;

gdje jexC orijentirana krivulja koja se dobiva kao presjek elipsoida 4x2 + y2 +

4z2 = 1 i koordinatnih ravnina u prvom oktantu.

25. Izraµcunajte krivuljni integralHxC

exdx+z(x2+y2)32 dy+yz3dz, gdje je

xC odre�en

presjekom ploha z =px2 + y2; x = 2; y = 0; y = 1:

7.6 OBIµCNEDIFERENCIJALNE JEDNADµZBE1. Odrediti diferencijalnu jednadµzbu kojoj je opce rje�enje

(a) x2 + Cy2 = 2y;

(b) y = sin(x+ C):

2. Dokaµzi da je y = (2 + lnx)x�1 rje�enje diferencijalne jednadµzbe x2y0 + xy = 1s poµcetnim uvjetom y(1) = 2:


3. Metodom postupnog pribliµzavanja odredi aproksimaciju f4(x) rje�enja diferen-cijalne jednadµzbe

(a) y0 = x� y; x0 = 0; y0 = 1;(b) y0 = ex � y; y(0) = 2;(c) y0 = 1 + 3x� 2y; y(1) = 2:

4. Eulerovom metodom odredite vrijednost y(0:4), gdje je y rje�enje diferencijalnejednadµzbe y0 = y s poµcetnim uvjetom y(0) = 1 uzimajuci za korak h :

(a) h = 0; 4;

(b) h = 0; 2;

(c) h = 0; 1:

5. Eulerovom metodom (korak h = 0:5) odredite vrijednosti y1; y2; y3 i y4 aproksi-macije rje�enja y(x) diferencijalne jednadµzbe y0 = 1 + 3x� 2y; y(1) = 2:

6. Eulerovom metodom aproksimaciju rje�enja diferencijalne jednadµzbe y0 = x+y2

uz poµcetni uvjet y(0) = 0 na segmentu [0; 1] i s korakom h = 0:2:

7. Odredite opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe:

(a) xy= y0

x+1;

(b) x+ xy + y0(y + yx) = 0;

(c) xyy02 +�x2 + y2

�y0 + xy = 0:

8. Uvo�enjem prikladne zamjene diferencijalne jednadµzbe prevedite u diferencijalnejednadµzbe s odijeljivim varijablama i potom odredite opce rje�enje:

(a) y0 = (x� y)2 + 1;(b) y0 = (1 + 3x� 3y)2:

9. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:

(a) x2 + y2 � 2xyy0 = 0;(b) (2x+ y + 1)dx� (4x+ 2y � 3)dy = 0;

(c) y0 = 2�

y+2x+y�1

�2;

(d) (x2 � 3y2)dx+ 2xydy = 0, x = 2; y = 1.


(a) y0 + y + x = 0;

(b) y0 + yx+1

+ x2 = 0;

(c) y0 = y2y ln y+y�x ;

(d) xy0 + (x+ 1)y = 3x2e�x:


(a) y0 + 2xy = 2x3y2;

(b) xy0 + y = y2 lnx;

(c) xdx =�x2

y� y3

�dy:


7.6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 193

(a) (x3 + 3xy2)dx+ (y3 + 3x2y)dy = 0;

(b) eydx+ (xey � 2y)dy = 0;(c) xdx+ ydy = xdy�ydx

x2+y2.

13. Pokaµzite da za diferencijalne jednadµzbe postoji Eulerov multiplikator oblika � =�(x) i na�ite opca rje�enja:

(a) (x2 + y2)(xdy � ydx) = (1 + x)x4dx;(b) (x5 + y)dx� xdy = 0:

14. Odredite ravninsku krivulju kojoj je, u svakoj toµcki, udaljenost tangente odishodi�ta jednaka apscisi dirali�ta.

15. Odredite ravninsku krivulju s ovim svojstvom: za svaku toµcku je povr�inatrokuta �to ga tvore tangenta, radijus-vektor pripadnoga dirali�ta i x-os stalna.


(a) y00 = xex;

(b) y00 = 4 sin 2x; y(0) = 0; y0(0) = 0:


(a) y00 + y0 tg x� sin 2x = 0;(b) y00(ex + 1) + y0 = 0:


(a) 2yy00 � 3y02 � 4y2 = 0;(b) y00 + y02 = 2e�y:


(a) x2yy00 = (y � xy0)2;(b) x2(y02 � 2yy00) = y2:


(a) y00 � 3y0 + 2y = 0;(b) y00 + 4y = 0;

(c) y00 � 2y0 + y = 0:


(a) y00 � 5y0 + 6y = x;(b) y00 + y0 � 2y = (x2 � 1)e2x;(c) y00 � 2y0 + 2y = 4ex sinx:

22. Rije�ite sustave diferencijalnih jednadµzbi:

(a) x0 = y + et; y0 = x+ t2;

(b) x0 = x+ 2y + t; y0 = 2x+ y + t;

(c) x0 = 2x+ y � 2z � t+ 2; y0 = 1� x; z0 = x+ y � z � t+ 1:

Indeks

Bernoullijeva jednadµzba, 158Bezvrtloµzno polje, 104

Cilindriµcni koordinatni sustav, 2Cirkulacija vektorskog polja, 117, 120

Derivabilna funkcija, 22Derivabilna vektorska funkcija, 87Derivacija sloµzene funkcije, 29Derivacija vektorske funkcije, 87Diferencijabilna funkcija, 26Diferencijal, 28Diferencijalna jednadµzba, 139Diferencijalna jednadµzba s odijeljivim var-

ijablama, 152Divergencija, 95Divergentan niz, 16Dovoljan uvjet za lokalni ekstrem, 37Dvaput derivabilna funkcija, 33Dvokrilni eliptiµcni hiperboloid, 8Dvostruki integral, 43

Egzaktna diferencijalna jednadµzba, 158Ekvipotencijalna krivulja, 94Ekvipotencijalna ploha, 94Elipsoid, 7Eliptiµcki koordinatni sustav, 65Eliptiµcni paraboloid, 8Euklidska udaljenost, 15Eulerov multiplikator, 159Eulerova metoda, 150

Fubinijev teorem, 46, 52Funkcija vi�e varijabla, 11Funkcijski graf, 12Funkcijski prirast, 20

Glatka parametrizacija krivulje, 109Glatka ploha, 73, 125Globalni maksimum, 36Globalni minimum, 36Gomili�te skupa, 16Gradijent, 95Graniµcna vrijednost (limes) niza, 16Graniµcna vrijednost funkcije, 17

Graniµcna vrijednost vektorske funkcije, 85Greenov teorem, 121, 124

Hesseov oblik jednadµzbe ravnine, 6Hiperboliµcni paraboloid, 8Hodograf, 85Homogena diferencijalna jednadµzba, 153,

164

Integral sa separiranim varijablama, 47Integral vektorske funkcije, 90Izolirana toµcka, 16Izvodnica (generatrisa), 9

Jacobijeva determinanta (Jacobijan), 58Jednadµzba ravnine kroz tri toµcke, 5Jednokrilni eliptiµcni hiperboloid, 7Jednostavna glatka krivulja, 109Jednostavno zatvorena krivulja, 109

Karakteristiµcna jednadµzba, 168Konvergentan niz, 16Konzervativno polje, 104Krivuljni integral druge vrste, 115Krivuljni integral prve vrste, 111Kvadrika, 7

Lagrangeov postupak, 39Lagrangeova funkcija, 39Laplaceov operator, 98, 99Linearizacija funkcije, 25Linearna aproksimacija, 25Linearna diferencijalna jednadµzba, 156Linearna diferencijalna jednadµzba s kon-

stantnim koe�cijentima, 165Lipschitzov uvjet, 146Lipschitzova konstanta, 146Logistiµcka diferencijalna jednadµzba, 144Lokalni ekstrem, 36Lokalni maksimum, 36Lokalni minimum, 36

Möbiusova vrpca, 130Masa, 78Masa tijela, 54

194

INDEKS 195

Maxwellove jednadµzbe, 107Metoda postupnog pribliµzavanja, 147Metoda varijacije konstanata, 156, 174Moment, 78Moment inercije, 79

Nabla operator, 97Neprekidna funkcija, 19Neprekidno derivabilna funkcija, 23Neprekidnost vektorske funkcije, 85Nestacionarna polja, 94Normala, 102Normala ravnine, 5Nuµzni uvjet za lokalni ekstrem, 36

Obiµcna diferencijalna jednadµzba, 139Okolina toµcke, 15Ome�en skup, 16Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe, 140Orijenrirana krivulja, 110Orijentirana ploha, 129Ostrogradski-Gaussova formula, 133Otvoren skup, 15Otvorena kugla, 15

Parcijalna derivacija, 22Parcijalna derivacija drugog reda, 33Parcijalna derivacija n-tog reda, 33Parcijalni diferencijali funkcije, 24Picardov teorem, 146Plo�ni integral druge vrste, 130Plo�ni integral prve vrste, 127Plo�tina plohe, 76Ploha, 125Ploha drugoga reda, 7Po dijelovima glatka krivulja, 110Po dijelovima glatka ploha, 127Poµcetni uvjeti diferencijalne jednadµzbe, 140Polarni koordinatni sustav, 1Pomaknuti eliptiµcki koordinatni sustav, 66Poopceni polarni koordinatni sustav, 65Populacijska jednadµzba, 142Posebno (partikularno) rje�enje diferenci-

jalne jednadµzbe, 140Potencijalno polje, 104Povr�ina ravninskog lika, 54, 71Primitivna funkcija vektorske funkcije, 90Prirast varijable, 20

Ravnalica (direktrisa), 9Razinska krivulja, 13Razinska ploha, 13Riemannov integral, 43Riemannova suma, 43Rje�enje diferencijalne jednadµzbe, 140

Rotacija, 96Rub plohe, 136

Schwarzov teorem, 34Segmentni oblik jednadµzbe ravnine, 5Sfera, 7Sferni koordinatni sustav, 3Singularno rje�enje, 140Skalarna funkcija, 11Skalarni potencijal, 104Skalarno polje, 92Solenoidalno polje, 104Stacionarna toµcka, 36Stoµzasta (konusna) ploha, 9Stokesov teorem, 136Stokesova formula, 137Strujnice (silnice), 94Supstitucija u dvostrukom integralu, 59Sustav diferencijalnih jednadµzabi, 176

Tangncijalna ravnina, 25Teµzi�te ravninskog lika, 78Teorem o divergenciji, 133Teorem o implicitno zadanoj funkciji, 32Tok (�uks) vektorskog polja, 131Transformacija, 56Trivijalno pro�irenje funkcije, 48Trostruki integral, 45

Unutra�nja toµcka, 16Usmjerena derivacija skalarnog polja, 99Usmjerena derivacija vektorskog polja, 102

Valjµcasta (cilindriµcna) ploha, 9Vektorska funkcija, 84Vektorska jednadµzba ravnine, 5Vektorski potencijal, 107Vektorsko polje, 92Vezani (uvjetni) ekstrem, 39Volumen geometrijskog tijela, 54, 76Vrtloµzno polje, 104

Wronskijan, 166

Zatvoren skup, 16

matematika 2 - gf.sum.basferni koordinatni sustav de–niramo na sljede·ci naµcin: neka je bilo...

Documents