(Biblioteka primijenjena matematika) Petar Javor-Matematička analiza 2-Element (2002).pdf

February 23, 2021 | Author: Anonymous | Category: N/A
Share Embed Donate


Short Description

Download (Biblioteka primijenjena matematika) Petar Javor-Matematička analiza 2-Element (2002).pdf...

Description

Doc. dr.

sc.

Petar Javor

MATEMATIČKA ANALIZA 2

ISBN 953-197-523-X

Petar Javor Docent Fakulteta elektrotehnike i računarstva Zavod za primijenjenu matematiku

MATEMATIČKA ANALIZA 2

Zagreb, 2002.

© Doc. dr.

sc. Petar Javor, 2000.

UredIlik Prof. dr. sc. Neven Elezović

Slog,

crteži i prijelom

Nataša Jocić, dipl. inž

Design ovitka Palete, Zagreb

Nakladnik

ELEMENT, Zagreb, Republike Austrije

II

tel . 01/37-777-37,01/37-777-44.01/37-777-52 faks 01/37-736-41 http://www.e1ement.hr/ e-mail: [email protected]

Tisak Nova promocija, Zagreb

Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnažati na bi lo !.:oji način, bez pismenog dopuštenja nakladnika

SADRžAJ 1.

Euklidski prostori . .. . . . . . . . . . . . . ... . .. . ... . .. . .... ... ... l.l. 1 .2. l.3. 1.4.

Vektorski prostor R" . . . . . . . .. . . . ... . . . . . . . . . . . . .. . . Skalami produkt i norma . .. . .. . . . . . . . .... . . . . .. . . . . . . . Metrički prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Topološki prostori. . .. . . . . . . . ..... . . . . ... . . . . .. . . . . . . . .

.

(� Funkcije riše varijabli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.

2.1. Primjeri funkcija više varijabli. . . . . . . . . . .. . . . . .... . . . . . . 2.2. Krivulje.. . . .... . . .. . .. . . . . . . . . ... . . . . ....... . . . .. .. 2.3. Geometrijski prikaz funkcija više varijabli. Nivo prostori, nivo plohe, nivo krivulje . . . . . . . .... .. . .. .. . 2.4. Plohe drugog reda.. .. ... . ... . . . . .. .. . . . .. . . . . . .. .. .. . 2.5. Valjci. . ..... . . . . ... . . . .... . ....... .. ... . . . .... . . ... 2.6. Projicirajući valjci, rotacijske plohe, stošci .. . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Stošci . . . . . . ....... . . . . .. . . .. . . . . . . ... . . . .... . . . 2.8. Rotacijske plohe. . . .. . . . . . . . . . . . . .... .... ... . . . . . . . .. .

.

.

3. Vektorske fuokcije skalamog argumenta . . . . . . . . . . . . . .. . . .. .

3.1. Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . .. . . . 3.2. Limes vektorske funkcije . .... .. .. .. .... ... ..... .... .. . 3.3. Neprekinute vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Derivacija vektorske funkcije.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Integriranje vektorskih funkcija . . .. . . ... .. .. .. . .. .. .. .. . 3.6 . Određeni integral . . . ... . . .. . . .. . . . . . .. . . . . . . . . .. . .. .. 3.7. Glatka krivulja - Jordanov luk .. . .. . . .. . .. . . . . .... . .. . , 3.8. Duljina luka . .. . . ... ... . . . . . . . . ... . . .. . . . . . . . . .. .. . . 3.9. Trobrid pratilac. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 3.10. Brzina akceleracija zakrivljenost . . . . . . . . .. . . . . . . . . . 3.ll. Gibanje u ravnini .. . . .. . . ... . . . .... .. .. . . ..... . .. 3.1 2. Keplerovi zakoni. . . .... ...... ... . ... . . . ... .......... .

.

Limes i neprekidnost funkcija

4. •

.

.

. . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 4.1. nvergentni nizovi . . .. . . .. . . ...... .... . . . ... . . . . .. 4.2. Limes funkCije . . . ... . . . . . . . . . , .................... 4.3. Neprekidne funkcije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



.

.

. .

.

5.

Diferencijalni ramo. . .. .. .. .. ... .. ...... . .. . .... .. . . ..... 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.7.

Parcijalne derivacije . .. ... . . .. ... . . . .... .. . ... .. .. .. Geometrijska interpretacija parcijalnih derivacija . . . .. . .. ... Linearne funkcije na E" . .... ... . ...... ....... . . .. .. ... Diferencijabilne funkcije . . . ....... .. .. .... ... .. .. .. ... Gradijent i usmjerene derivacije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorem srednje vrijednosti.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Derivacija kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

l

2

6

10

12

12 14

15 18 23

25

25 27

28 28 31

33 34

37 39

40

43

45

50

52 53 61 bl

63

66 69 69 71 76 79

84 90 92

5.8. Implicitne funkciJe. .............. ... . . ... . ... . . . . .... 98 5 .9. Tangencijalna ravnina. . . ........ ....... .. .... . .. . . . . .. 102

6. Primjene diferencijanog računa.. . ..... ....... ......... . ... 106 6 .1. Taylorova formula ....... . ..... ..... ... .. .. . . ... 106 6.2. Ekstremi .. . . . . . . . . . ..... .. . . . .. .. .. .... . 109 .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

· ·

6.3. Uvjetni ekstremi. ..... ..... .... .. . ... ... ... . . .... .. .. 118

1; � \ v

'\

Dvostruki i trostruki integrali ... . . . . . .. . . .. ....... . . .. 122 .

7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7 .5.

.

.

.

Dvostruki integral. .... ... .... .. ... .. .. .. .... . ...... .. Izračunavanje dvostrukog integrala . . . ... ...... . , ... Trostruki integral . .. . .. . . . . . . ... ... .... . . . Izračunavanje trostrukog integrala . . . .. .... ..... .. .. ....

122 1 30 1 39 141 Primjene dvostrukih i trostrukih integrala .. ... . . . . ...... 146 .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

8. Krivuljni integrali . .. .... .... . ....'.. .. .... ..... .... .. . . 149 .

8.1. 8.2. 8.3. 8 .4. 8.5 . 8.6.

9.

, \

.

Krivuljni integral prve vrste. .. ..... .. .. .. . .. . ... .... . . 149 Krivuljni integral druge vrste.. . . . . .. ...... .......... ... 15 3 .

Greenova formula. ... . ... .. .. ..... .. .. .... ... .. ... ... 157 Osnovni teorem o krivuljnim integralima . ...... . .. ... 162 Potencijalno polje. ... .. . . .... ..... .. . . . . . . ..... .. .... 164 .

.

.

.

Određivanje potencijala .. . . . . .. . . .... .. . ... . .. ...... 167 .

.

Integracija na plohama. ... .. . . . . ..... ........ . . . . . . ..... 170 .

9.1. 9.2. 9.3. 9 .4. 9 .5. 9.6. 9 .7.

Zadavanje ploha ... . . .. .. .. . . . .... .. . . . .... . . . .. . .... 170

Normala plohe ...... .. . . .... .. .. .. . . ... ...... ...... 174 TangencijaIna ravnina. ... . .. .. . . .. . .. ... .. . . .. .. . . .... 176 .

Normalni presjeci plohe . . ... .. . . . . . . ... . . ... 179 Ploština plohe. ..... . ........... . .. . ............ . .. 180 .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

"

Plošni integrali ......... . . ..... .. . . .......... ... . . . . 184 Plošni integrali druge vrste. .. ....... .. ...... . ... . ..... . 188 .

'lO'. Skalarna i vektorska polja ... . . ....... ......... .. . ....... 19 3 .

10.1. Skalama i vektorska polja ... . . . ... . . . . .. ... ..... 19 3 10.2. Hamiltonov i Laplaceov operator. ........ ... . . . .. ...... . 195 10 . 3. Vektorski potencijal .'... . . .. ....... .. .. . . ... ... . .... . . 202 I ... . . ... . ..... .. . 205 10.4. Krivuljne koordinate u prostoru I \ 10.5. Operator v' u or togonal ni m krivuljnim koordinatama ..... . . 21 2 10.6. Teorem o divergenciji, gradijentu i rotoru . ....... ... .. . . . 215 10.7. Stokesov teorem . . . .. .. . . . .. . . , ............ . . . 219 10.8. Jednadžba kontinuiteta . . ..... .. . .. . . . . . .... . .. . 22 3

t

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

11.

.

.

. . .. . ....

.

.

.

.

.

.. . . ... .

.

... .

. 225 225 Diferencijalne jednadžbe prvog reda .. . . ..... . . . .. . ... . . . 227 Diferencijalne jednadžbe oblika P(x, y)dx + Q(x, y)dy == O . . 2 31 Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda. ... .. ........ 2 38 Singularna rješenja diferencijalne jednadžbe. ... .. .. ...... 2 42 Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima .... . . ..... . . . . . ... 252 11.7 . Metoda varijacije konstanti . .... . . . . . .. . . .. . .. . . 255

Diferencijalne jednadžbe

11.1. 11.2. 11.3. 11.4. 11.5 . 11.6.

Uvod

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. .

.

.

.

256

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

Prema tome za nepoznate funkcije C1 i C2 dobili smo ovaj sustav jednadzˇ bi C10 y 1 + C20 y 2 = 0 C10 y 01 + C20 y 02 = f (x ): To je linearni sustav od dvije nepoznanice i to su C10 i C20 . Mi pretpostavljamo da su funkcije y 1 i y 2 linearno nezavisne, a to ima za posljedicu da je determinanta spomenutog sustava razlicˇ ita od nula. Naime, dvije funkcije su linearno zavisne ako je jednu od njih dobivamo od druge tako da ju pomnozˇ imo konstantom. Mozˇ emo rec´i ako su zavisne onda je kvocijent takvih dviju funkcija konstanta. Dakle, tada bi imali y2 y2 0 y 1 y 02 ; y 01 y 2 = K = 0 y1 y02 ; y01 y2 = 0: = y1 y1 y 21



1.

Euklidski prostori

Primjer 11.1. Odredi opc´e rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be

y 00 + y

= (cos1 x)3

:

Opc´e rjesˇenje homogene jednadzˇ be (y 00 + y = 0) je y = C1 sin x + C2 cos x : Metodom varijacije konstanata dobivamo sustav C10 sin x + C20 cos x = 0 1 C10 cos x ; C2 sin x = (cos x)3 : Iz tog sustava dobivamo 1 1 C10 = C20 = ; sin x  2 (cos x) (cos x)3 : Integracijom dobivamo: 1 C1 = tg x + A C2 = ; + B: 2(cos x )2 Opc´e rjesˇenje je sin2 x 1 1 y = A sin x + B cos x + ; = A sin x + (B ; 1) cos x + : cos x 2 cos x 2 cos x .

1.1. 1.2. 1.3. 1.4.

1.1. Vektorski prostor Rn

Skup svih uredenih n -torki realnih brojeva oznacˇ avamo s Rn : Rn

/

Wronskian



 

Za dvije diferencijabilne funkcije y 1 i y 2 funkciju W (x )

=  yy1 0

1

y2 y 02

Vektorski prostor Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Skalarni produkt i norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Metricˇki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Topolosˇ ki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

nazivamo Wronskianom danih funkcija. Neka je zadana homogena linearna diferencijalna jednadzˇ ba drugog reda y 00 + p(x )y 0 + q(x )y = 0:

= f(x1

:::

xn) : xi

2 Rg

:

Jednu takvu n -torku oznacˇ avamo kratko s x = (x 1 : : : x n ) i nazivamo josˇ vektorom iz prostora Rn . Objasnimo zasˇto. Na skupu Rn definirana je operacija zbrajanja + : Rn  Rn ! Rn na sljedec´i nacˇ in. Ako su x = (x 1 x 2 : : : x n ) , y = (y 1 y 2 : : : y n ) vektori iz Rn , onda je njihov zbroj po definiciji jednak: x + y = (x 1 x 2

:::

x n ) + (y 1 y 2

:::

y n ) := (x 1 + y 1

:::

x n + y n ):

Uz operaciju zbrajanja vektora, na ovom skupu bit c´e definirana i operacija mnozˇ enja vektora skalarom,  : R  Rn ! Rn po pravilu

 = α  (x 1

α x

x2

:::

x n ) := (α x 1 α x 2

:::

α xn

)

Skalari su najcˇ esˇc´e elementi polja realnih brojeva. Uz te dvije operacije prostor Rn postaje vektorski prostor.

α

2R

:

2

1. EUKLIDSKI PROSTORI Prostor Rn kao vektorski prostor

Uredena trojka (Rn + ) skupa Rn , te dvije operacije, zbrajanja vektora + i mnozˇ enja vektora skalarom  cˇ ini vektorski prostor. U tom prostoru vrijede sljedec´a svojstva: VP1 (komutativnost zbrajanja) (8x y 2 Rn ) x + y = y + x VP2 (asocijativnost zbrajanja) (8x y z 2 Rn) x + (y + z) = (x + y) + z VP3 (postojanje nul vektora) (90 2 Rn)(8x 2 Rn) x + 0 = 0 + x = x VP4 (postojanje suprotnog vektora) (8x 2 Rn)(9x0 2 Rn) x + x0 = x0 + x = 0 VP5 (kompatibilnost mnozˇ enja) (8α β 2 R)(8x 2 Rn) α (β x) = (αβ )x VP6 (distributivnost mnozˇ enja prema zbrajanju u Rn ) (8α 2 R)(8x y 2 Rn) α (x + y) = α x + α y VP7 (distributivnost mnozˇ enja prema zbrajanju u R ) (8α β 2 R)(8x 2 Rn) (α + β )x = α x + β x VP8 (netrivijalnost mnozˇ enja) (8x 2 Rn) 1  x = x

Prostor Rn ima dimenziju n . Standardnu bazu tog prostora cˇ ine vektori: e1 = (1 0 0 : : : 0) e2 = (0 1 0 : : : 0) : : : en = (0 0 : : : 0 1): To je skup linearno nezavisnih vektora i svaki vektor iz prostora Rn njihova je linearna kombinacija jer vrijedi: x = (x 1 x 2 : : : x n ) = x 1 e 1 + x 2 e 2 + : : : + x n e n :

1.2. Skalarni produkt i norma

U prostoru Rn mozˇ emo uvesti skalarni produkt. Prisjetimo se njegove definicije: Rn kao unitarni prostor Skalarni produkt na vektorskom prostoru Rn je svaka funkcija ( j ) : Rn  Rn ! R koja paru vektora x y pridruzˇ uje realni broj (xjy) a koja ima sljedec´a svojstva 1 : SP1 (x j x) > 0 , (x j x) = 0 () x = 0 (pozitivnost) SP2 (x + y j z) = (x j z) + (y j z) (distributivnost prema zbrajanju) SP3 (α x j y) = α (x j y) (homogenost) SP4 (x j y) = (y j x) (komutativnost). Prostor Rn na kojem je definiran skalarni produkt nazivamo unitarnim prostorom.

11.7. METODA VARIJACIJE

255

KONSTANATA

3. Karakteristicˇ na jednadzˇ ba je

r2 + 6r + 13 = 0

Opc´e rjesˇenje je y

r1 2

= ;3 2i

= e 3x C1 cos 2x + C2 sin 2x]

:

;

:

/

11.7. Metoda varijacije konstanata

Metoda varijacije konstanata ili Lagrangeova metoda je postupak kojim pronalazimo partikularno rjesˇenje nehomogene linearne diferencijalne jednadzˇ be. Mi c´emo ilustrirati tu metodu na primjeru diferencijalnih jednadzˇ bi drugog reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, neka je zadana diferencijalna jednadzˇ ba y 00 + ay 0 + by = f (x ): Vec´ smo upoznali postupak kako dolazimo do opc´eg rjesˇenja pripadne homogene diferencijalne jednadzˇ be, tj. jednadzˇ be y 00 + ay 0 + by = 0 homogena jednadzˇ ba: Neka su funkcije y 1 = y 1 (x ) i y 2 = y 2 (x ) linearno nezavisna rjesˇenja homogene jednadzˇ be. Njezino opc´e rjesˇenje je y = C1 y ( x ) + C2 y 2 (x ): Kako bi se dosˇlo do partikularnog rjesˇenja nehomogene jednadzˇ be Lagrange je predlozˇ io sljedec´i postupak. Partikularni integral se mozˇ e prikazati u obliku y = C1 (x )y 1 (x ) + C2 (x )y 2 (x ) gdje su C1 (x ) i C2 (x ) nepoznate funkcije. Ocˇ ito da je dovoljno imati jednu nepoznatu funkciju, a ne dvije. Ako se uspostavi neka veza medu tim funkcijama onda c´e ostati samo jedna proizvoljna u tom smislu da ju treba odrediti da dobijemo partikularno rjesˇenje. Uvrsˇtavanjem izraza za partikularno rjesˇenje u polaznu jednadzˇ bu dobivamo: y 0 = C10 y 1 + C20 y 2 + C1 y 01 + C2 y 02 : Neka je veza medu trazˇ enim funkcijama C10 y 1 + C20 y 2 = 0: Prema tome je y 0 = C1 y 01 + C2 y 02 y 00 = C10 y 01 + C20 y 02 + C1 y 001 + C2 y 002 : Uvrsˇtavanje dobivenih izraza u polaznu diferencijalnu jednadzˇ bu dobivamo: C10 y 01 + C20 y 02 + C1 y 001 + C2 y 002 + a(C1 y 01 + C2 y 02 ) + C1 y ( x ) + C2 y 2 (x ) = f (x ): Uvazˇ avajuc´i da su y 1 i y 2 rjesˇenja homogene diferencijalne jednadzˇ be dobivamo: C10 y 01 + C20 y 02 = f (x ):

254

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

=

2. U drugom slucˇ aju, kad su korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be jednaki, r 1

r2

= r tada iz jednadzˇ be

d ;r2 x (e y) = C dx

= C1e r

( 1 ;r2 )x

dobivamo

d ;r2 x (e y) = C1 y = (C1 x + C2 )erx : dx Dakle, ako su korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be realni i jednaki tada je opc´e rjesˇenje y = (C1 x + C2 )erx :

3. U trec´em slucˇ aju korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su konjugirano kompleksni: r1 = α + iβ r2 = α ; iβ : U tom slucˇ aju diferencijalnu jednadzˇ bu mozˇ emo zapisati u obliku

(D ; a) + b ]y = 0 2

2

Primjer 11.1. Odredimo opc´a rjesˇenje sljedec´ih jednadzˇ bi:

.

2: y 00 ; 10y 0 + 25y

=0

1. Pripadna karakteristicˇ na jednadzˇ ba je r2 + 2r ; 3 = 0

Opc´e rjesˇenje je y

r1

=1 ;3x

2. Karakterisiticˇ na jednadzˇ ba je

r2 ; 10r + 25 = 0

Opc´e rjesˇenje je y

r2

= C1 ex + C2 e

r1

3: y 00 + 6y 0 + 13y

= ;3

:

:

:

:

p

jjxjj = (xjx) =

q

x 21 + x 22 + : : : + x 2n

nazivamo normom vektora x, preciznije euklidskom normom.

E

n

Prostor R na kojem je definiran euklidski skalarni produkt i iz njega izvedena euklidska norma nazivamo euklidski prostor i oznacˇ avamo s E n .

=0

Primjer 1.2. Neka su α 1

lom

:::

αn pozitivni realni brojevi. Uvjerite se da je formu-

(x j y) := α1 x1y1 +

:::

+ αn x n y n

n

definiran skalarni produkt na R . Teorem 1.1. U svakom unitarnom prostoru vrijedi nejednakost Cauchy-SchwartzBuniakovskog (kratko: CSB nejednakost): j(x j y)j ? kxk kyk: (3)

:

Dokaz. Promotrimo kvadratnu funkciju

f (t ) = (t x + y j t x + y) = (x j x)t 2 + 2(x j y)t + (y j y): Ona poprima samo nenegativne vrijednosti, pa zato njezina diskriminanta nije pozitivna (inacˇ e bi funkcija imala dvije razlicˇ ite realne nul-tocˇ ke, pa bi porimala i negativne vrijednosti). Zato mora biti:

4(x j y)2 ; 4(x j x)(y j y) ? 0

= r2 = 5

= (C1 x + C2)e5x

Kao umnozˇ ak bismo dobili 0 jedino ako je x = 0: Broj

n

y 2 = eα x  e;iβ x = eα x cos β x ; i sin β x ]: Linearna kombinacija tih funkcija je y = C1 y 1 +C2 y 2 = eα x (C1 +C2 ) cos β x +(iC1 ;iC2 ) sin β x ] = eα x A cos β x +B sin β x ]: Moguc´e je provjeriti da su funkcije eα x cos β x eα x sin β x rjesˇenja diferencijalne jednadzˇ be, one su linearno nezavisne i opc´e rjesˇenje je njihova linearna kombinacija.

=0

Primjer 1.1. Standardni ili euklidski skalarni produkt u Rn definira se ovako. Neka su x = (x 1 x 2 : : : x n ) i y = (y 1 y 2 : : : y n ) bilo koja dva vektora iz Rn . Njihov skalarni produkt je (xjy) := x1 y1 + x2 y2 + : : : + xnyn: (1) Lako se provjere gore spomenuti uvjeti skalarnog produkta i prema tome ovakav nacˇ in mnozˇ enja vektora je zaista skalarni produkt. Ako bismo mnozˇ ili vektor x sam sa sobom dobili bi: (xjx) = x 21 + x22 + x23 + : : : + x2n > 0: (2)

Euklidski prostor

Podsjetimo se tzv. Eulerovih formula: eix = cos x + i sin x e;ix = cos x ; i sin x : Koristec´i se tim formulama dobili bi y 1 = eα x  eiβ x = eα x cos β x + i sin β x ]

3

U prostoru Rn skalarni produkt mozˇ e se definirati na visˇe nacˇ ina. Izdvojit c´emo najvazˇ niji primjer:

:

Formalno gledajuc´i mozˇ emo ocˇ ekivati da je opc´e rjesˇenje linearna kombinacija funkcija y 1 = e(α +iβ )x y 2 = e(α ;iβ )x :

1: y 00 + 2y 0 ; 3y

1.2. SKALARNI PRODUKT I NORMA

a to je upravo (3). Izaberemo li za skalarni produkt euklidski skalarni produkt definiran s (1), onda iz Teorema 1.1 slijedi Cauchyjeva nejednakost:

4

1. EUKLIDSKI PROSTORI Teorem 1.2. Neka su a1 , a2 ,

X

:::

n

ak bk



2

k=1

Ako su svi bk

, an i b1 , b2 ,

?

:::

n

n

a2k

k =1

b2k

:

k=1

= 1 , onda iz te relacije dobivamo: n n 2  X X ak ? n  a2k k =1

, bn realni brojevi. Vrijedi:

X X 

= erx y = rerx erx r2 + ar + b] = 0 r2 + ar + b = 0

:

Pokazˇ imo da je Rn uz euklidsku normu uistinu normiran prostor. Dokazat c´emo zapravo opc´enitiji rezultat.

( j ) bilo koji skalarni produkt na Rn . Onda je formulom p kxk := (x j x)

Dokaz. Prema svojstvima skalarnog produkta slijedi: N1 : Ako je x 6= 0 , onda je (xjx) > 0 , dakle i kxk vidimo da kxk = 0 vrijedi ako i samo ako je x = 0 . N2 : kα xk = (α x j α x) = α 2 (x j x) = jα j kxk . N3 : Po CSB nejednakosti, imamo

p

p

0

y 00

= r2 erx

:

k =1

Rn kao normirani prostor Norma na prostoru Rn je svaka funkcija k k : Rn ! R koja zadovoljava sljedec´a svojstva: N1 kxk > 0 , kxk = 0 () x = 0 (pozitivnost) N2 kα xk = jα j kxk (pozitivna homogenost) N3 kx + yk ? kxk + kyk (nejednakost trokuta). Prostor Rn na kojem je definirana norma zovemo normiranim prostorom.

definirana norma na Rn .

253

rjesˇnje linearne diferencijalne jednadzˇ be y 00 + ay 0 + by = 0: Uvrsˇtavanjem u diferencijalnu jednadzˇ bu dobivamo: y

Kazali smo da je formulom (2) definirana (euklidska) norma na prostoru Rn . Medutim, na tom prostoru mogu se definirati i druge norme. Ponovimo opc´enitu definiciju.

Teorem 1.3. Neka je

11.6. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE DRUGOG REDA

p

= (xjx) > 0 .

Takoder

kx + yk2 = (x + yjx +py) = (xjx) + 2(xjy) + (yjy) ? (xjx) + 2 (xjx)(yjy) + (yjy) = kxk2 + 2kxk kyk + kyk2 = (kxk + kyk)2 Zadatak. Dokazˇ i da euklidska norma ima sljedec´e svojstvo:

kx + yk2 + kx ; yk2 = 2  (kxk2 + kyk2)

:

Interpretiraj tu jednakost pomoc´u stranica, x , y i dijagonala, x + y x ; y , paralelograma. Mozˇ e se dokazati da norma ima navedeno svojstvo (tzv. svojstvo paralelograma) ako i samo ako je definirana pomoc´u nekog skalarnog produkta.

Iz posljednje jednadzˇ be vidimo da konstanta r mora zadovoljiti tzv. karakteristicˇ nu jednadzˇ bu r2 + ar + b = 0: Neka su rjesˇenja te kvadratne jednadzˇ be brojevi r1 i r2 . Razlikujmo sljedec´a tri slucˇ aja: 1. Korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su realni i razlicˇ iti, r1 6= r2 r1 r2 2 R: 2. Korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su realni i jednaki r1 = r2 r1 r2 2 R: 3. Korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su kompleksni brojevi, r1 = α + iβ r2 = α ; iβ : 1. U prvom slucˇ aju imamo dva rjesˇenja i to su: y 1 = er1 x y 2 = er2 x : Linearna kombinacija tih rjesˇenja je takoder rjesˇenje. Opc´e rjesˇenje je y = C1 y 1 (x ) + C2 y 2 (x ) = C1 er1 x + C2 er2 x : Pokazˇ imo da su tom formulom dana sva rjesˇenja homogene linearne diferencijalne jednadzˇ be. Tu diferencijalnu jednadzˇ bu mozˇ emo zapisati u obliku (D ; r1 )(D ; r2 )]y = (D ; r1 )(D ; r2 )y] = 0: Provedimo supstituciju u = (D ; r2 )y i dobivamo: (D ; r1 )u = 0 u0 ; r1 u = 0 duu = r1 dx u = Cer1 x : Prema tome nepoznata funkcija y zadovoljava jednadzˇ bu (D ; r2 )y = Cer1 x y0 ; r2 y = Cer1 x : Mnozˇ enjem posljednje jednadzˇ be s e;r2 x dobivamo d ;r2 x (e y) = Ce(r1 ;r2 )x : dx Buduc´i da je r1 6= r2 , integriranjem dobivamo: 1 ye;r2 x = C e(r1 ;r2 )x + C2 r1 ; r2 y = C1 er1 x + C2 er2 x :

252

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

U prakticˇ nim primijenama cˇ esto su ispunjeni uvijeti 1. i 3., tj. F (x y y0 ) je neprekidna funkcija triju varijabli, zatim postoji i ogranicˇ ena je parcijalna derivacija funkcije @F F po y , j j ? M: U tom je slucˇ aju singularni skup su rjesˇenja sustava @y @F F (x y y 0 ) = 0 = 0: 0 @y Eliminacijom y0 iz tog sustava dobivamo jednadzˇ bu Φ(x y ) = 0 koju zadovoljavaju tocˇ ke singularnog skupa. Singularno rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be F (x y y0 ) = 0 je ono rjesˇenje y = f (x ) koje josˇ zadovoljava i tzv. diskriminantnu krivulju Φ(x y ) = 0 . Podsjetimo se familije kruzˇ nica polumjera 1 sa sredisˇtimq na pravcu y = x . Ovojnica se sastoji od dva paralelna pravca a singularni skup je skup svih tocˇ aka unutar pruge odredene tim pravcima.

11.6. Linearne diferencijalne jednadzˇ be drugog reda s konstantnim koeficijentima

1.2. SKALARNI PRODUKT I NORMA

5

Teorem 1.4. Neka su a1 , a2 , : : : , an , b1 , b2 , : : : , bn realni brojevi. Tada vrijedi sljedec´a nejednakost poznata pod nazivom relacija trokuta:

X n

(ak + bk )

2



y 00 + ay 0 + by = f (x ) nehomogena jednadzˇ ba 00 0 y + ay + by = 0 homogena jednadzˇ ba: U gornjim jednadzˇ bama a i b su poznate konstante. Uvedimo oznaku za operator d = D . Tada gornju jednadzˇ bu mozˇ emo pisati u obliku deriviranja dx D2 + aD + b]y = 0: Podsjetimo da je Dy = y 0 D2 y = D(Dy ) = D(y0 ) = y 00 :

Navedimo nekoliko primjera homogenih jednadzˇ bi. y 00 + 6y 0 + 5y = 0 y 00 + y = 0 y 00 ; 2y 0 + 10y = 0: Mnogobrojni primjeri pokazuju da su rjesˇenja takvih jednadzˇ bi u vezi s eksponencijalnim funkcijama. U tu svrhu pokusˇajmo ustanoviti pod kojim je uvjetima funkcija y = erx

?

k=1

X  n

a2k

1 2

+

k=1

X  n

b2k

1 2

:

k =1

Dokaz. Ova je nejednakost upravo nejednakost trokuta za euklidsku normu.

 Vrlo cˇ esto se umjesto oznake za skalarni produkt vektora koristi “tocˇ ka” izmedu njih,

(x j y) = x  y 

:

Zadani su linearno nezavisni vektori a1 , a2 , a3 u E3 . Pokazimo da postoje tri vektora b1 , b2 , b3 takva da vrijedi: ai  bj

gdje je δ ij Kroneckerov simbol: Medu diferencijalnim jednadzˇ bama drugog reda posebnu ulogu imaju linearne diferencijalne jednadzˇ be drugog reda. To su jednadzˇ be koje mozˇ emo zapisati u obliku y 00 + p(x )y + q(x ) = f (x ) x 2 I: Ako je tzv. funkcija smetnje f (x ) jednaka nuli, onda za jednadzˇ bu kazˇ emo da je homogena. Ako su funkcije p(x ) i q(x ) konstantne onda imamo linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu drugog reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, to su jednadzˇ be oblika:

1 2

δij

=

1 0

= δij

za i = j za i 6= j:

Znamo da je mjesˇoviti produkt V = (a1  a2 )  a3 razlicˇ it od nule, jer su vektori linearno nezavisni. Definirajmo trazˇ ene vektore jednakostima: 1 1 1 b1 := (a2  a3 ) b2 := (a3  a1 ) b3 := (a1  a2 ): V V V Provjeri da ovi vektori imaju trazˇ ena svojstva. Nadalje, mjesˇoviti produkt vektora bi 1 jednak je , a vektore ai mozˇ emo izraziti pomoc´u vektora bi potpuno analognim V izrazima u kojima su vektori ai i bj zamijenili mjesta. Vektori bi jednoznacˇ no su odredeni. Jer, na primjer, iz ai  bj

= δij = ai  cj

slijedilo bi ai  (bj ; cj ) = 0 . To znacˇ i da je svaki ai okomit na bj ; cj . To je moguc´e samo ako je bj = cj (j = 1 2 3) , tj. vektori b1 b2 b3 jednoznacˇ no su odredeni. Vektor b1 okomit je na ravninu odredenu vektorima a 2 , a3 , analogno vrijedi za vektore b2 i b3 . Ako je sustav vektora ai ortonormiran, onda se sustav vektora bi podudara s njim. Mozˇ e se dokazati (ali ne jednostavno) da ista tvrdnja vrijedi i za prostor E n : za zadanu bazu fa 1 : : : an g postoji i jednoznacˇ no je odredena baza fb1 : : : bn g trazˇ enih svojstava. Za takve dvije baze kazˇ emo da su reciprocˇ ne. Ako jedan vektor prikazˇ emo u bazi (ai ) i u bazi (bj ) onda su od interesa veze medu komponentama tog vektora u takva dva sustava. Te veze su polazisˇta za tzv. tenzorski racˇ un koji se pak nezaobilazno koristi u teoriji relativnosti.

6

1. EUKLIDSKI PROSTORI

Teorem o jednoznacˇ nosti rjesˇ enja jednadzˇ be

1.3. Metricˇ ki prostori

U primjenama matematike vrlo je vazˇ no znati koliko su dva objekta udaljena bilo medusobno ili od nekog trec´eg. Koliko su udaljene funkcije sinus i kosinus? Mozˇ da vam se ovo pitanje cˇ ini besmislenim. Medutim, nec´e biti tako. Koliko su udaljene dvije tocˇ ke koje se nalaze na valjku, a nisu na njegovoj izvodnici (za putnika koji smije putovati samo povrsˇinom valjka)? Koliko su udaljene dvije tocˇ ke na sferi (Zemlji)? Pri rjesˇavanju geometrijskih problema cˇ esto nas zanima udaljenost dviju tocˇ aka. Koje su tocˇ ke udaljene od tocˇ ke S manje od zadanog broja r ? Upravo o ovim i njima slicˇ nim pitanjima nalazimo odgovore u takozvanim metricˇ kim prostorima. Metricˇ ki prostori su neprazni skupovi u kojima je moguc´e definirati udaljenost, tj. metriku. Metrika se definira kao funkcija koja ima svojstva koja mi ocˇ ekujemo, i na koja smo navikli da ima uobicˇ ajena udaljenost medu tocˇ kama. Zato c´emo najprije povezati vektore s tocˇ kama prostora Rn . Svaki vektor u Rn ima svoje komponente u odnosu na odabranu bazu e 1 e2 : : : en : Komponente vektora x su redom cˇ lanovi uredene n -torke brojeva (x 1 : : : x n ) . Te brojeve proglasimo koordinatama tocˇ ke T . Mi na taj nacˇ in uspostavljamo uzajamno jednoznacˇ nu korespodenciju, tj. bijekciju izmedu vektora i tocˇ aka; x = (x 1 x 2 : : : x n ) ! T (x 1 x 2 : : : x n ): Specijalno, nul-vektoru je pridruzˇ ena tocˇ ka O(0 0 : : : 0) koju nazivamo ishodisˇtem koordinatnog sustava. Dakle, vektoru x = (x 1 : : : x n ) pridruzˇ ujemo tocˇ ku T za koju je

;OT ! =x e +x e + 1 1 2 2

:::

11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

+ x n en

251

F (x y y

0

)=0

Kada je formulom F (x y y 0 ) = 0 zadano je samo jedno rjesˇenje koje prolazi tocˇ kom T0 ? Odgovor na to pitanje daje slijedec´i teorem. Teorem 11.3. Postoji jednoznacˇno rjesˇenje

y

= y(x) jx ; x0j ? h

koje zadovoljava pocˇetni uvijet

y (x 0 ) = y 0

i

jednadzˇ be F (x y y 0 ) = 0

F (x 0 y 0 y 0 (x 0 ))

=0

ako funkcija F zadovoljava slijedec´e uvijete: 1: F (x y y 0 ) 2:

postoji

neprekidna funkcija, F @F i 6= 0 0 0 @y @y @

3: postoji i ogranicˇena je parcijalna derivacija

F @y

@

j Fy j ? M @

@

:

U izreci gornjeg teorema tvrdi se da postoji h koji je dovoljno malen broj. Uvijeti 1. i 2. prema teoremu o implicitnim funkcijama osiguravaju jednoznacˇ nu rjesˇivost po y 0 polazne jednadzˇ be, tj. u tom slucˇ aju postoji samo jedna funkcija y 0 = y 0 (x y ) za koju je F (x y y 0 (x y )) = 0 .

:

Singularni skup

Udaljenost

Neka su zadane bilo koje dvije tocˇ ke A(x 1 x 2 rajmo udaljenost tih tocˇ aka.

p

:::

x n ) i B(y 1

:::

y n ) . Defini-

d(A B) = (x 1 ; y 1 )2 + (x 2 ; y 2 )2 + : : : + (x n ; y n )2 : (1) Ovim izrazom smo definirali jednu funkciju d koja svakom uredenom paru tocˇ aka pridruzˇ uje broj koji nije negativan. Tu funkciju obicˇ no nazivamo udaljenosˇc´u ili metrikom, preciznije, rijecˇ je o euklidskoj metrici. Metrika na Rn mozˇ e se definirati i opc´enitije.

Rn kao metricˇ ki prostor Metrika na prostoru Rn je svaka funkcija d : Rn  Rn ! R+ , sa svojstvima M1 d(x y) > 0 , d(x y) = 0 () x = y (pozitivnost) M2 d(x y) = d(y x) (simetricˇ nost) M3 d(x z) ? d(x y) + d(y z) (nejednakost trokuta). Prostor Rn na kojem je definirana metrika nazivamo metricˇ kim prostorom.

Singularni skup jednadzˇ be

F (x y y 0 ) = 0

je skup tocˇ aka (x y ) u kojima nije ispunjen uvijet jednoznacˇ nosti rjesˇenja a to c´e biti one tocˇ ke u kojima nije ispunjen barem jedan od navedena tri uvijeta u prethodnom teoremu. Takav skup mozˇ e se sastojati od izolirani tocˇ aka ili pak mozˇ e sadrzˇ avati i neke krivulje. Izolirana singularna tocˇ ka diferencijalne jednadzˇ be y 0 = f (x y ) je ona tocˇ ka u cˇ ijoj okolini nema drugih singularnih tocˇ aka. Jedna znacˇ ajna karakteristika same diferencijalne jednadzˇ be je ponasˇanje integralnih krivulja ( rjesˇenja ) u okolini izolirane singularne tocˇ ke. Navedimo karakteristicˇ ne primjere diferencijalnih jednadzˇ bi koje imaju izoliranu singularnu tocˇ ku u ishodisˇtu. 2y y 1: y 0 = 2: y 0 = ; x x x+y x 0 0 3: y = 4: y = ; x;y y Proucˇ i ponasˇanje rjesˇenja u okolini ishodisˇta.

250

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

p1 + (y )

y .

= xy + 0

x2 + y2

Provedimo supstituciju x

= r cos ϕ

y

= r sin ϕ

y0

2 :

Teorem 1.5. Neka je

dr sin ϕ + r cos ϕ dϕ = dy = dx dr cos ϕ ; r sin ϕ dϕ

sin ϕ + r cos ϕ : cos ϕ ; r sin ϕ Uvrsˇtavanjem u zadanu jednadzˇ bu dolazimo do diferencijalne jednadzˇ be za r Dobivamo: p dr6 = dϕ r0 = r r6 ; 1 r r ;1 y0

= rr

0

p

Z

= r(ϕ ) .

2

:

/

5. Rjesˇenja diferencijalnih jednadzˇ bi tog oblika vrlo cˇ esto trazˇ imo u parametarskom obliku. Provedimo supstituciju y 0 = p ) y = f (x p): x kao funkciju parametra p dobivamo na slijedec´i nacˇ in. dp dy = y 0 dx = pdx fx0 dx + fp0 dp p = fx0 + f p0 : dx Rjesˇenje posljednje diferencijalne jednadzˇ be daje nam x kao funkciju parametra p sˇto zajedno s polaznom jednadzˇ bom predstavlja njezino parametarsko rjesˇenje.

y

0

:

Supstitucijom y0 0

0

0

Iz p

0

= p dobivamo 2 y = p ; 3xp + 3x 2 dy = pdx = 2 pdp ; 3 pdx ; 3xdp + 6xdx p = 2 pp ; 3 p ; 3 p + 6x (3 ; 2p)p ; 2] = 0 = 2 slijedi p = 2x + C sˇto uvrsˇteno u izraz za y daje opc´e rjesˇenje y = x 2 + Cx + C2

.

0

= (y )2 ; 3xy + 3x2

:

:

Ako je

3 ; 2p = 0

i to je singularno rjesenje.

/

)

p=

3 x 2

y

= 34 x2

Dokaz. Svojstva M1 i M2 slijede direktno iz odgovarajuc´ih svojstava norme. Pokazˇ imo nejednakost trokuta. Vrijedi x ; z = (x ; y)+(y ; z) . Prema nejednakosti trokuta za normu slijedi: d(x z) = kx ; zk ? kx ; yk + ky ; zk = d(x y) + d(y z):



p dr6 = 3 pr dr =ϕ +C r r ;1 r r6 ; 1 Bez nekih potesˇkoc´a, supstitucija (r3 = ch t )] mozˇ emo izracˇ unati navedeni integral i dobiti r = r(ϕ ) sˇto uvrsˇteno u izraze za x i y daje trazˇ eno parametarsko rjesˇenje.

Primjer 11.7. Odredi rjesˇenja jednadzˇ be

k k norma u vektorskom prostoru Rn . Tada je formulom d(x y) = kx ; yk

definirana metrika u Rn .

0

Z

7

Pokazˇ imo da euklidska metrika definirana s (1) ima ova svojstva. Dokazat c´emo zapravo opc´enitiji rezultat:

Primjer 11.6. Odredi parametarsko rjesˇenje jednadzˇ be 0

1.3. METRICˇ KI PROSTORI

Metriku smo definirali kao udaljenost medu vektorima prostora Rn . Medutim, umjesto prostora Rn , mozˇ emo uzeti bilo koji drugi neprazni skup X . Funkcija d koja zadovoljava svojstva M1 – M3 je metrika na X , a (X d) nazivamo metricˇ kim prostorom. Navedimo nekoliko primjera metricˇ kih prostora 1. Ako je X bilo koji neprazni skup mozˇ emo u njemu definirati tzv. trivijalnu metriku. Naime, neka je udaljenost bilo kojih dviju razlicˇ itih tocˇ aka (elemenata) jednaka 1, a udaljenost tocˇ ke od same sebe neka je 0. Lako provjerimo da je to metrika i skup X postaje metricˇ ki prostor. 2. Skup realnih brojeva postaje metricˇ ki prostor ako udaljenost dva realna broja definiramo pomoc´u apsolutne vrijednosti: d(x y ) = jx ; y j x y 2 R: Podsjetimo da funkcija apsolutna vrijednost ima svojstvo jx + yj ? jxj + jyj pa je onda jx ; zj = j(x ; y) + (y ; z)j ? jx ; yj + jy ; zj:

p

3. Uobicˇ ajena udaljenost u ravnini ili u trodimenzionalnom prostoru je metrika: d(A B) =

(x2 ; x1)2 + (y2 ; y1)2 + (z2 ; z1)2

4. U ravnini mozˇ emo definirati udaljenost relacijom d(A B) = jx 1 ; x 2 j + jy 1 ; y 2 j:

:

5. Ako je d(x y ) metrika na skupu X , onda su metrike i d1 i d2 : d (x y ) 1 + d (x y ) d2 (x y ) = d(x y ) ako je d(x y ) < 1 =1 ako je d(x y ) > 1 d1 (x y ) =

8

1. EUKLIDSKI PROSTORI

6. Neka je F skup svih neprekinutih funkcija definiranih na intervalu a b] . Definirajmo udaljenost dviju funkcija izrazom d( f g) = maxj f (x ) ; g(x )j

x

d( f g) =

b a

0

i

.

Supstitucijom y0

1 2

:

8. Skupu R realnih brojeva dodajmo josˇ dva simbola π π oznacˇ imo R . Neka je arc tg(+1) = , arc tg(;1) = 2 2 d(x y ) = j arc tg x ; arc tg y j

p1 +y (y ) = 1

:

j f (t ) ; g(t )j2 dt

x y

1 i ;1 . Taj novi skup 2R

Iz jednakosti dy

= y dx slijedi 0

dx

y

je metrika.

:::

xn)

B(y 1 y 2

:::

sh tdt = dy = = dt y sh t 0

= ch t

x

:

=t+C

:

/

4. Promotrimo sad opc´i slucˇ aj uvodenja parametara u jednadzˇ bu prvog reda. Pogodnim izborom supstitucija

Mi c´emo se u nastavku najcˇ esˇc´e baviti euklidskim prostorom. Udaljenost medu vektorima definira i udaljenost medu njima pridruzˇ enim tockama. Ponovimo svojstva metrike, zapisana na taj drugi nacˇ in. Za bilo koje tri tocˇ ke u Rn : A(x 1 x 2

:

2

= sh t iz polazne jednadzˇ be dobivamo y = 1 y = ch t ch t

Opc´e rjesˇenje je



249

Primjer 11.5. Odredimo opc´e rjesˇenje jednadzˇ be

2 a b]

7. U skupu F iz prethodnog primjera definirajmo metriku:

hZ

11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

yn)

C (z 1 z 2

:::

zn ):

vrijedi: 1: d(A B) > 0 d(A B) = 0 () A = B 2: d(A B) = d(B A) 3: d(A B) ? d(B C) + d(C A): Euklidski prostor

Euklidskog prostora Rn je poopc´enje nasˇeg uobicˇ ajenog dvodimenzionalnog i trodimenzionalnog prostora u kojem definiramo i koristimo se pravokutnim koordinatnim sustavom. U njima je posebno istaknuta jedna tocˇ ka (obicˇ no je oznacˇ ena kao O i to je tzv. ishodisˇte koordinatnog sustava).

i iz polazne jednadzˇ be F (x y

= f (u v) y = g(u v) y ) = 0 dobivamo y = h(u v)

x

0

0

:

Te tri jednadzˇ be kao funkcije dvaju parametara mozˇ emo interpretirati da predstavljaju neku plohu u trodimenzionalnom prostoru. Na toj plohi ako povezˇ emo parametre u i v nekom jednakosˇc´u dobivamo krivulju na njoj. Tako dobivena krivulja predstavlja opc´e rjesˇenja jednadzˇ be u parametarskom obliku. Buduc´i da mora biti dy

= y dx

slijedi

0

@ @

g @g du + dv u @v

= h(u v)

f @g ; = @ g @@fu @ u ; @ v h(u v) @v Rjesˇenjem ovako dobivene jednadzˇ be dobili bi dv du

v = G(u C)

h(u v)

)

x

@ @

f @f du + dv] u @v

@

= f (u G(u C)) = X(u C)

y

= g(u G(u C)) = Y (u C)

:

Prakticˇ no opisani postupak obicˇ no ide ovim tijekom. Odaberimo supstituciju x = f (u v) y = g(u v) . y0

= = dy dx

g0u du + g0v dv f 0 udu + f 0 vdv

= gfu ++ gf vvv 0

0

u

0

0

0

0

v

:

Uvrsˇtavanjem x , y , y 0 u polaznu jednadzˇ bu odredimo vezu izmedu parametara.

248

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

2. Ako je moguc´e rjesˇiti jednadzˇ bu F (x y 0 ) = 0 po y 0 onda mozˇ emo smatrati da daljnje rjesˇavanje te jednadzˇ be problem integralnog racˇ una. Dakle, F (x y 0 ) = 0

Z

) y = f (x) ) y = 0

f (x )dx

+C

:

Ako nije moguc´e izracˇ unati y 0 iz polazne jednadzˇ be tada se koristimo supstitucijom y 0 = f (t ) . Naravno da je stvar umjesˇnosti koju funkciju f odabrati. Zatim iz polazne jednadzˇ be dobivamo F (x y 0 ) = 0 ) x = g(t ): Dakle, dy

= y dx = f (t )g (t )dt 0

0

y

=

Z

1.3. METRICˇ KI PROSTORI

Euklidski prostor

Euklidski prostor En je vektorski prostor Rn Rn = f(x 1 x 2 : : : x n ) j x i 2 R i = 1 2 : : : ng u kojem su definirani euklidski skalarni produkt, euklidska norma, euklidska metrika. Njihove su definicije po redu:

(x j y) =

.

xk yk

= x1y1 + x2y2 +

:::

v u uX kxk = (xjx) = t x ; v u uX d(x y) = kx ; yk = t (x ; y )

+ xn yn;

n

2 k

k=1 n

k

k

2

k=1

Pri tom je kxk = kx ; 0k duljina vektora x , to je ujedno udaljenost vektora x od vektora 0 . Provedemo li identifikaciju izmedu tocˇ aka i vektora: T (x 1 x 2 : : : x n ) ! x = (x 1 x 2 : : : x n ) mozˇ emo euklidsku udaljenost smatrati udaljenosˇc´u medu tocˇ kama.

0

2

n

p

f (t )g0 (t )dt + C:

Primjer 11.4. Odredi opc´e rjesˇenje jednadzˇ be 0

X k=1

Na opisani nacˇ in dobili smo opc´e rjesˇenje u parametarskom obliku. Za ilustraciju navedimo sljdec´i primjer.

p1 ;y (y ) = x

9

:

Supstitucijom y0

= sin t dy

dobivamo x

sin t = cos = tg t t

:

= y dx = sin t  cos12 t dt 0

Okomiti vektori

= cos1 t + C x = tg t y

:

Kazˇ emo da su dva vektora okomita, ako je njihov skalarni produkt jednak nuli:

(x j y) = 0 ()

/

3. Diferencijalne jednadzˇ be oblika F (y y 0 ) = 0 mozˇ emo rjesˇavati pogodnom supstitucijom i rjesˇenje dobiti u parametarskom obliku. Opisˇimo taj postupak. Supstitucija: y0 = f (t ): Koristec´i se tako odabranom supstitucijom iz polazne jednadzˇ be dobivamo y = g(t ) . Sada imamo f 0 (t ) f 0 (t ) dy = f 0 (t )dt dy = y 0 dx = f (t )dx dx = dt x= dt + C: f (t ) f (t ) Opc´e rjesˇenje dano je u parametarskim jednadzˇ bama

Z

=Z g(t ) f (t ) x= dt + C f (t ) y

0

:

x ? y:

Uocˇ i da je vektor 0 okomit na svaki vektor. CSB nejednakost

j(xjy)j ? kxk  kyk mozˇ emo zapisati i na sljedec´i nacˇ in

;1 ? kx(kxjyk)yk ? 1

:

Definirajmo kut ϕ medu vektorima x i y formulom: cos ϕ

= kx(kxjyk)yk

:

Ta je velicˇ ina prema dokazanom po apsolutnojn vrijednosti Za ovako definiran kut vrijedi

(x j y) = kxk  kyk cos ϕ

:

? 1 , pa je definicija dobra.

10

1. EUKLIDSKI PROSTORI

1.4. Topolosˇ ki prostori

U dosadasˇnjem smo izlaganju spominjali visˇe razlicˇ itih vrsta prostora: unitarni, normirani, metricˇ ki. Pritom je svaki unitarni prostor normirani, svaki normirani prostor je metricˇ ki. Sljedec´a stepenicu u ovom nizu cˇ init xhe topolosˇki prostori. Proucˇ avanje topolosˇkih prostora izlazi izvan okvira ovog programa. Zadovoljit c´emo se da istaknemo samo kljucˇ ne pojmove i definicije ove klase prostora. Otvorene i zatvorene kugle u metricˇ kom prostoru

Neka je zadan metricˇ ki prostor X s metrikom d . Ako je S realan broj, onda se skup fT 2 X : d(S T ) < rg

2X

i r pozitivan

naziva otvorena kugla prostora X , a fT 2 X : d(S T ) ? rg se naziva zatvorena kugla prostora X . Tocˇ ku S nazivamo sredisˇtem kugle, a r polumjerom kugle. Navedimo nekoliko vazˇ nih pojmova: Otvoreni skupovi i okoline

Podskup A metricˇ kog prostora X je otvoren skup ako oko svake svoje tocˇ ke sadrzˇ i otvorenu kuglu kojoj je ta tocˇ ka sredisˇte. Otvorena okolina tocˇ ke x 2 X je svaki otvoreni skup koji sadrzˇ i tu tocˇ ku. Okolina tocˇ ke x 2 X je svaki podskup od X koji sadrzˇ i otvorenu okolinu te tocˇ ke. Podskup F prostora X je zatvoren ako je njegov komplement otvoren.

Istaknimo bez dokaza neka osnovna svojstva okolina. Pokusˇajte izvesti dokaz sami! Teorem 1.6. Neka je O(a) skup svih okolina tocˇke a metricˇkog prostora X . Za taj skup vrijedi: 1. Ako je U okolina tocˇke a i ako je U  V  X , onda je i V okolina tocˇke a . 2. Presjek dviju okolina tocˇke a je okolina te tocˇke. 3. Tocˇka pripada svakoj svojoj okolini. 4. U svakoj okolini tocˇke nalazi se okolina te tocˇke koja je okolina svake svoje tocˇke.



Ovi pojmovi izvedeni u metricˇ kom prostoru sluzˇ e nam za definiciju topolosˇkih prostora.

11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

247

Ako je p = 1 dobivamo drugo rjesˇenje y = x + 1 . Mozˇ emo pretpostaviti da je 1 ; p 6= 0 , x + 1 6= 0 . U tom slucˇ aju dobivamo dx dp = ; 2 ln(x + 1) = ;2 ln( p ; 1) + ln C: x+1 p;1 Iz posljednje jednakosti slijedi C K x+1= (p ; 1)2 odnosno p = px + 1 + 1 gdje je K konstanta. Prema tome opc´e rjesˇenje je y = p2 (x + 1) = (K + dok je singularno rjesˇenje y = 0 . /

p

x + 1)2

Neke posebne jednadzˇ be prvog reda

Navedimo nekoliko tipova diferencijalnih jednadzˇ bi prvog reda i ukazˇ imo na moguc´e postupke koje koristimo pri rjesˇavanju. Promotrimo slijedec´e specijalne jednadzˇ be. 1: F (y 0 ) = 0 2: F (x y 0 ) = 0 3: F (y y 0 ) = 0 4: F (x y y 0 ) = 0 5: y = f (x y 0 ): 1. Ako je moguc´e izracˇ unati y 0 iz jednadzˇ be F (y 0 ) = 0 onda dobivamo rjesˇenja y = ki , ki , i = 1 2 : : : su konstante. Iz te jednakosti slijedi y;C y = ki x + C ki = : x Prema tome buduc´i da je ki rjesˇenje jednadzˇ be F (u) = 0 slijedi y;C F( ) = 0: x je opc´e rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be. Za ilustraciju navedimo slijedec´i primjer. 0

Primjer 11.3. Odredimo opc´e rjesˇenje jednadzˇ be

(y )2 + 5y ; 6 = 0 0

0

:

Rjesˇavanjem kvadratne jednadzˇ be za y 0 dobivamo: y 0 = ;6 y 0 = 1 odnosno y = ;6x + C y Svakom tocˇ kom ravnine prolaze dva rjesˇenja. Opc´e rjesˇenje je ( y ;x c )2 + 5( y ;x C ) ; 6 = 0: / .

=x+C

:

246

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

Lagrangeova jednadzˇ ba

p = f ( p0 ) + x f 0 ( p) p0 + g0 ( p) p0 p ; f ( p0 ) = x f 0 ( p) + g0 ( p)] p0 :

Posljednju jednakost podijelimo s p0 = dp , nuzˇ no je pretpostaviti p0 dx Dobivamo dx p ; f (p)] dp = x f 0(p) + g0(p)

6=

0 .

i to je linearna diferencijalna jednadzˇ ba prvog reda. Jednom od metoda rjesˇimo tu jednadzˇ bu i dobivamo njezino rjesˇenje F (x p C) = 0 . Opc´e rjesˇenje Lagrangeove jednadzˇ be dobivamo u parametarskom obliku iz jednadzˇ bi F (x p C) = 0 y = x f ( p) + g( p):

= 0 onda iz jednakosti p ; f ( p) = x f ( p) + g ( p)] p 0

slijedi da p zadovoljava jednadzˇ bu

0

0

p = f ( p):

Sad imamo dvije moguc´nosti:

f ( p) = p f ( p) = p

1: 2:

identicˇ ki; slijede rjesˇenja

pi :

Ako nastupi prvi slucˇ aj onda zapravo u samom pocˇ etku imamo Clairautovu jednadzˇ bu. U drugom slucˇ aju dobivamo konstante pi , i = 1 2 : : : i za svaku konstantu pi dobivamo rjesˇenje Lagrangeove jednadzˇ be y = x f ( pi ) + g( pi ) i = 1 2 : : : Primjer 11.2. Odredi opc´e i singularno rjesˇenje jednadzˇ be

y .

= (y )2 (x + 1) = x(y )2 + (y )2 0

0

0

f ( p) = p2

sad je

Deriviranjem po x dobivamo:

p = 2 pp0 (x + 1) + p2 : Ako je p = 0 , tada dobivamo singularno rjesˇenje

Ako je p 6= 0 , tada vrijedi

y

11

Topolosˇ ki prostori

Lagrangeova jednadzˇ ba je jednadzˇ ba koju mozˇ emo zapisati u obliku y = x f (y 0 ) + g(y 0 ) Lagrangeova jednadzˇ ba. I ovu jednadzˇ bu rjesˇavamo tako da ju deriviramo po x . Neka je y 0 = p(x ) .

Ako je p0

1.4. TOPOLOSˇ KI PROSTORI

= p2(x + 1) = 0

y

1 ; p = 2 p0 (x + 1):

=0

:

= g(p)

:

Na skupu X je zadana topologija ako je svakoj njegovoj tocˇ ki pridruzˇ en neprazan skup podskupova (okolina te tocˇ ke) za koje vrijedi: T1 : Svaki podskup od X koji sadrzˇ i okolinu tocˇ ke i sam je okolina te tocˇ ke. T2 : Presjek svakih dviju okolina tocˇ ke je okolina te tocˇ ke. T3 : Tocˇ ka pripada svakoj svojoj okolini. T4 : Svaka okolina sadrzˇ i okolinu te tocˇ ke koja je okolina svake svoje tocˇ ke. Skup X na kojem je zadana topologija naziva se topolosˇki prostor. Otvoreni skup topolosˇkog prostora je svaki njegov podskup koji je okolina svake svoje tocˇ ke. Mi se nec´emo baviti opc´im topolosˇkim prostorima, iako su oni prirodni okvir za proucˇ avanje pojmova konvergencije, limesa i neprekinutosti. Prema Teoremu 1.6, vidimo da je svaki metricˇ ki prostor ujedno i topolosˇki prostor.

11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

y

245

y=x

2.

Funkcije visˇ e varijabli

x

2.1. Primjeri funkcija visˇ e varijabli . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2. Krivulje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3. Geometrijski prikaz funkcija visˇ e varijabli. Nivo prostori, nivo plohe, nivo krivulje . . . . 15 2.4. Plohe drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.5. Valjci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.6. Projicirajuc´i valjci, rotacijske plohe, stosˇ ci . . . . . . 25 2.7. Stosˇ ci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.8. Rotacijske plohe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Sl. 11.4.

Uocˇ i da c´e svakom tocˇ kom unutar pruge odredene s naznacˇ enim pravcima prolaziti po dvije kruzˇ nice. Ovojnicu dobivamo eliminacijom parametra C iz sustava F (x y C) = 0

2.1. Primjeri funkcija visˇ e varijabli

Funkcije koje c´emo proucˇ avati bit c´e zadane na nekom podskupu od E n s vrijednostima u skupu realnih brojeva. Najcˇ esˇc´e c´e to biti funkcije definirane na E 2 , odnosno E3 . Za oznacˇ avanje funkcija visˇe varijabli koristimo se uobicˇ ajenim oznakama. f : En 7! R T 7! f (T ) = f (x 1 x 2 : : : x n ) 2 R: Uocˇ ite da smo koristili oznaku f (T ) a zapravo se misli na f (T ) = f ((x 1 x 2 : : : x n )) = f (x 1 x 2 : : : x n ) tj. preslikavamo tocˇ ku T cˇ ije su koordinate (x 1 x 2 : : : x n ) u broj f (x 1

F (x y C) = 0: c Znamo da je na primjer opc´e rjesˇenje jednadzˇ be 1 1 y = xy 0 + (y 0 )2 y = Cx + C2 : 2 2 Ovojnicu te familjije pravaca dobivamo iz sustava 1 y = Cx + C2 0=x+C 2 eliminacijom parametra C . Ovojnica je parabola x2 y=; : 2 @

@

y

:::

xn) .

2

Primjer 2.1. Spomenimo dvije funkcije definirane na E , a koje nazivamo prva, odnosno druga projekcija. To su funkcije: (x y) 7! x (x y) 7! y: Vrlo lako mozˇ emo poopc´iti te funkcije na prostor E n . Tako c´e i -ta projekcija biti funkcija (x1 x2 : : : xi : : : xn ) 7! xi: Vidimo da su takve funkcije definirane na cijelom skupu E n , a funkcijske vrijednosti mogu biti svi realni brojevi.

x

Sl. 11.5.

244

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

2.1. PRIMJERI FUNKCIJA

13

VISˇ E VARIJABLI

Primjer 2.2. Polinomi u dvije varijable su funkcije

Clairautova diferencijalna jednadzˇ ba

Neka je zadana jednoparametarska familija krivulja jednadzˇ bom y ; Cx ; f (C) = 0:

Ako specijaliziramo vrijednost konstante C dobivamo jednadzˇ bu pravca. Pripadnu diferencijalnu jednadzˇ bu te familije pravaca dobivamo eliminacijom konstante C iz sustava: y = Cx + f (C) y0 = C:

(x y) 7! P(x y) = a0(x) + a1(x)y + = b0(y) + b1(y)x +

::: :::

+ an (x)yn + bm(y)xm

:

To su polinomi u varijabli y s koeficijentima koji su za sebe polinomi u x . Moguc´e je rec´i i obrnuto, to su polinomi u varijabli x a cˇ iji su koeficijenti opet polinomi u y . Polinomi drugog stupnja u varijablama x i y , odnosno u varijablama x , y , z , jesu: P(x y ) = Ax 2 + 2Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F

P(x y z ) = a11 x 2 + a22 y 2 + a33 z2 + 2a12 xy + 2a13 xz + 2a23 yz + ax + by + cz + d: Racionalne funkcije u dvije varijable definiramo kao kvocijente polinoma u dvije varijable.

Trazˇ ena jednadzˇ ba je y

= y x + f (y ) 0

0

Clairautova diferencijalna jednadzˇ ba:

Podrucˇ je definicije

Prirodno podrucˇ je definicije funkcije visˇe varijabli zadane eksplicitnom formulom jest onaj skup u E n za koji navedene formule imaju smisla.

Interesantno je napomenuti da Clairautovu diferencijalnu jednadzˇ bu rjesˇavamo deriviranje te jednadzˇ be. Dakle, y0

= y + xy + f (y )y 0

00

0

0

y 00 x + f 0 (y 0 )] = 0

00

Iz posljednjeg produkta slijedi: y 00

=0

y0

=C

dakle

y

= Cx + f (C)

:

Navedimo nekoliko primjera. Primjer 2.3. Odredimo (prirodna) podrucˇ ja definicije za sljedec´e funkcije koje su kompozicija funkcije visˇe varijabli i realne funkcije realne varijable:

1:

Opc´e rjesˇenje Clairautove diferencijalne jednadzˇ be je y

= Cx + f (C)

:

Drugi faktor spomenutog produkta nam daje x + f 0 (y 0 ) = 0:

Polazec´i od te jednadzˇ be i zadane jednadzˇ be dobivamo rjesˇenje Clairautove diferencijalne jednadzˇ be u parametarskom obliku. Dakle, to je rjesˇenje x y

= ; f (p) = xp + f (p) 0

:

Eliminacijom parametra p dolazimo do rjesˇenja u kojem nema konstante C i ono se ne dobiva iz opc´eg rjesˇenja. To je tzv. singularno rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be. Mozˇ e se dokazati da je to rjesˇenja ovojnica familije pravaca koji su sadrzˇ ani u opc´em rjesˇenju. Umjesto rijecˇ i ovojnica koristi se i izraz anvelopa. Ovojnica familije ravninskih krivulja F (x y C) = 0 je krivulja koju svaka krivulja familije dodiruje i obrnuto svaka tocˇ ke te krivulje je diralisˇte jedne krivulje polazne familije. Spomenimo da je svaka krivulja ovojnica svojih tangenata. Ovojnice familije kruzˇ nica polumjera 1 sa sredisˇtem na pravcu y = x jesu dva paralelna pravca:

(x ; c)2 + (y ; c)2 = 1

ovojnice y

=x

p

2:

f (x y ) =

p p1 ; x ; y 2

2:

f (x y ) =

3:

f (x y z ) =

4:

f (x y ) = e;(x

2

cos(x 2 + y 2 ) 1 = 2 12 2 r x +y +z

p

2

2

+y )

:

1. Za prvu funkciju mora biti 1 ; x2 ; y2 > 0 x 2 + y 2 ? 1: U podrucˇ ju definicije su sve tocˇ ke iz kruga kojem je sredisˇte u ishodisˇtu i polumjer 1. Ako skup svih uredenih trojki realnih brojeva (x y f (x y )) reprezentiramo tocˇ kama cˇ ije su to upravo koordinate dobivamo plohu polukugle. U tom smislu i kazˇ emo da je ploha polukugle graf te funkcije. Uocˇ i da su funkcijske vrijednosti iz intervala 0 1] . 2. U drugom primjeru tocˇ ke iz podrucˇ ja definicije moraju zadovoljavati relaciju: π π π π cos (x 2 + y 2 ) > 0 ) 2k ; ? x 2 + y 2 ? + 2k : 2 2 2 2 Prema tome je podrucˇ je definicije: a) tocˇ ke unutar kruga polumjera π =2 , sa sredisˇtem u ishodisˇtu; π b) tocˇ ke unutar kruzˇ nih prstena kojem je nutarnji polumjer (2k + 1) , a vanjski 2 π (2k + 3) 2 , k = 1 , 2, : : : , a sredisˇta su u ishodisˇtu.

p

r

r

14

2. FUNKCIJE VISˇ E

VARIJABLI

3. Podrucˇ ju definicije pripadaju sve tocˇ ke prostora osim ishodisˇta; funkcijske vrijednosti su svi pozitivni realni brojevi. 4. Podrucˇ je definicije je E2 , dok su funkcijske vrijdnosti iz intervala (0 1] .

11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

Ako dobijemo visˇe rjesˇenja koja zadovoljavaju zadani pocˇ etni uvijet, tj. prolaze zadanom tocˇ kom, onda kazˇ emo da jednadzˇ ba F (x y y 0 ) = 0 nema jednoznacˇ no rjesˇenje za postavljeni pocˇ etni uvijet. Primjer 11.1. Odredimo opc´e rjesˇenje jednadzˇ be

2.2. Krivulje

(y )2 ; xy + xy ; y2 = 0 0

Funkciju visˇe varijabli definirali smo kao preslikavanje iz skupa E n u skup R . Promotrimo sad preslikavanja iz R u En ! Ta c´e preslikavanja definirati krivulje u prostoru En . Neka je podrucˇ je definicije preslikavanja zatvoreni interval I = a b] realnih brojeva a funkcijske vrijednosti u skupu E n . Radi laksˇeg zapisa, promotrimo preslikavanje zatvorenog intervala realnih brojeva u skup E 3 . Broju t iz spomenutog intervala pripada tocˇ ka cˇ ije su koordinate (x (t ) y (t ) z (t )) . Time je definirano preslikavanje a b] ! E3 koje je opisano formulama

8 x = x(t ) < : yz == zy((tt))

t

243

2 a b]

:

Za skup svih tocˇ aka T (x (t ) y (t ) z (t )) , t 2 a b] kazˇ emo da pripadaju krivulji. Ovaj opis krivulje nije potpuno precizan. Kasnije c´e biti navedeni uvjeti kojima mora udovoljiti ovo preslikavanje pa da ovaj skup bude nalik na krivulju o kojoj imamo intuitivnu predodzˇ bu.

 Navedimo nekoliko primjera takvih funkcija. Primjer 2.1. Pravac. Jednadzˇ ba pravca koji prolazi tocˇ kom T 0 (x 0 y 0 z 0 ) i ima smjer vektora s cˇ ije su komponente (a b c) je: x = x 0 + at y = y 0 + bt z = z0 + ct t2R u vektorskom obliku r(t ) = r(t 0 ) + t s:

gdje smo oznacˇ ili s r(t ) = (x y z ) radij vektor bilo koje tocˇ ke pravca, s r(t 0 ) = y 0 z0 ) radij vektor jedne istaknute tocˇ ke, a s s = (a b c) vektor smjera pravca.

(x 0

Primjer 2.2. Cilindricˇ na spirala. Jednadzˇ ba cilindricˇ ne spirale je:

x = r cos t y = r sin t z = at t 2 R: 2 2 2 Vidimo da vrijedi x + y = r , pa projekcija bilo koje tocˇ ke krivulje na ravninu XOY pripada kruzˇ nici polumjera r sa sredisˇtem u ishodisˇtu. Tocˇ ka krivulje nalazi se pak na povrsˇini valjka.

0

:

. Iz zadane jednadz ˇ be dobivamo dvije diferencijalne jednadzˇ be prvog reda (rijesˇi kvadratnu jednadzˇ bu za y 0 ). 1: y 0 = x ; y 2: y 0 = y : Prva jednadzˇ ba je linearna diferencijalna jednadzˇ ba prvog reda i njezino je rjesˇenje y = x ; 1 + Ce;x : Separacijom varijabli dolazimo do rjesˇenja druge jednadzˇ be, y = Cex : Primijeti na primjer da tocˇ kom T (0 1) prolaze rjesˇenja y = x ; 1 + 2e;x y = ex : Kako vidimo opc´e rjesˇenje sastoji se iz dvije familije krivulja. Pojedinu krivulju dobivamo tako da odredimo konstantu C .

Jednoparametarske familije krivulja

Vidjeli smo da su rjesˇenja diferencijalni jednadzˇ bi prvog reda jednoparametarske familije krivulja, gdje je obicˇ no parametar konstanta C . Te su familije obicˇ no zadane jednadzˇ bom oblika Φ(x y C) = 0: Podimo sad od zadane familije krivulja Φ(x y C) = 0 . Uz neke pretpostavke mozˇ emo tu familiju smatrati rjesˇenjima diferencijalne jednadzˇ be prvog reda. Evo kako bi dosˇli do takve jednadzˇ be. Deriviranjem po x jednadzˇ be Φ(x y C) = 0 dobivamo @Φ + @@Φy  dy = 0: @x dx Dakle, iz sustava @Φ + @@Φy  dy =0 Φ (x y C ) = 0 @x dx eliminacijom konstante C dobivamo jednadzˇ bu F (x y y 0 ) = 0: Ocˇ ito c´e krivulje polazne familije biti rjesˇenja te diferencijalne jednadzˇ be . Medutim, mogu postojati i rjesˇenja koja nisu sadrzˇ ana u polaznoj familiji krivulja, tj. postoje i rjesˇenja koja ne mozˇ emo dobiti specijaliziranjem konstante C . Promotrimo nekoliko najjednostavnijih primjera takvih diferencijalnih jednadzˇ bi koje c´e medu rjesˇenijma sadrzˇ avati i ona koja ne dobivamo specijaliziranjem vrijednosti konstante.

242

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

Prema tome je

F (x y ) = esin x @y F (x y ) = yesin x + f (x ) @ F (x y ) = yesin x cos x + f 0(x) @x f 0 (x ) = ;1 f (x ) = ;x F (x y ) = yesin x ; x = C

= (x + C)e

;

sin x

:

= esin x y cos x ; e

; sin x

]

y

=x +

1

x

y dx : x

. Nepoznata funkcija y = y (x ) pojavljuje se pod znakom integrala i zato imamo naziv integralna jednadzˇ ba. Potrebno je uocˇ iti, ako je x = 1 onda mora biti y = 1 . Deriviranjem po gornjoj granici dobivamo linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu prvog reda: y y 0 = 2x + : x

Opc´e rjesˇenje te jednadzˇ be je y

= 2x2 + Cx

= a cos t = a ch t

y y

= b sin t = b sh t

z z

=0 =0

t t

2 R; 2R :

Uocˇ i da se u tim jednadzˇ bama pojavljuje jedan parametar t .

Spomenimo vec´ sada da c´e parametarske jednadzˇ be ploha sadrzˇ avati dva parametra. Parametarske jednadzˇ be plohe c´e biti jednadzˇ be oblika x = x (u v) y = y (u v) z = z (u v): Parametri su u , v su realni brojevi.

/

Z

x x



Primjer 11.4. Rijesˇi slijedec´u integralnu jednadzˇ bu: 2

15

FUNKCIJA VISˇ E VARIJABLI: : :

U ovakvim situacijama varijablu cˇ esto nazivamo parametrom i govorimo o parametarskim jednadzˇ bama krivulje. Podsjetimo da su parametarske jednadzˇ be elipse, odnosno hiperbole dane izrazima:

@

y

2.GEOMETRIJSKI PRIKAZ

trazˇ eno rjesˇenje je

y

= 2x2 ; x

:

Primjer 2.3. Ravnina. Podsjetimo da su parametarske jednadzˇ be ravnine (dva parametra) x = x 0 + a1 u + b1 v y = y 0 + a2 u + b2 v z = z0 + a3 u + b3 v pri cˇ emu su u i v po volji odabrani realni brojevi. To je ravnina koja prolazi tocˇ kom T0 (x 0 y 0 z0 ) , a vektor njezine normale je

n= ab=

i

j k a1 a2 a3 b1 b2 b3

!

a = (a1 a2 a3 )

b = (b1 b2 b3 ):

/

11.5. Singularna rjesˇ enja diferencijalne jednadzˇ be

Promotrimo diferencijalne jednadzˇ be prvog reda zadane formulom F (x y y 0 ) = 0: Sˇ to c´e biti rjesˇenje takvih diferencijalnih jednadzˇ bi? Zadanom tocˇ kom T0 (x 0 y 0 ) mozˇ e prolaziti visˇe krivulja y = y (x ) za koje vrijedi F (x y (x ) y 0 (x )) = 0: Neka je iz zadane formule moguc´e je dobiti visˇe diferencijalnih jednadzˇ bi i neka su to y 0 = fi (x y ) i = 1 2 ::: Svaka od tako dobivenih jednadzˇ bi mozˇ e zadovoljavati uvijete teorema o postojanju i jednoznacˇ nosti rjesˇenja koje prolazi tocˇ kom T0 i neka su to rjesˇenja y i = y i (x ) y i (x 0 ) = y 0 i = 1 2 :::

2.3. Geometrijski prikaz funkcija visˇ e varijabli. Nivo prostori, nivo plohe, nivo krivulje

Neka je zadana funkcija z = f (x y ) na podskupu D ravnine XOY . Skup svih tocˇ aka T (x y f (x y )) u prostoru E3 je graf te funkcije. Od posebnog su znacˇ aja krivulje koje pripadaju tom grafu i to one koje nastaju presjecanjem tog grafa s ravninama paralelnim s koordinatnom ravninom x = 0 ili y = 0 ili z = 0 . Jednadzˇ be takvih krivulja su 1: x = x 0 z = f (x 0 y ); 2: y = y 0 z = f (x y 0 ); 3: z = z0 z0 = f (x y ):

Podsjetimo da je jednadzˇ bom x = x 0 zapravo zadana ravnina okomita na os apscisa, isto tako je i s y = y 0 . Mozˇ emo dakle rec´i da su to krivulje koje se nalaze i na grafu funkcije i u pripadnoj ravnini. Ravnina z = z0 je horizontalna ravnina. Kad s njom presjec´emo plohu z = f (x y ) , dobit c´emo nivo krivulje (izohipse – krivulje iste visine). Podsjeti se uporabe izohipsi pri crtanju zemljopisnih karata ili modeliranju reljefa.

16

2. FUNKCIJE VISˇ E

VARIJABLI

11.4. LINEARNE DIFERENCIJALNE

241

ˇ BE PRVOG REDA JEDNADZ

Mnozˇ enje s multiplikatorom y

400 300 200

x

Sl. 2.1. Nivo krivulje su projekcije na koordinatnu ravninu presjeka plohe s horizontalnim ravninama povuc´enim na razlicˇitim visinama.

100

izohipse

0

Napisˇimo linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu u obliku dy +  py ; q]dx = 0: Vidimo da je to jednadzˇ ba oblika P(x y )dx + Q(x y )dy = 0 . Podsjetimo da je takva jednadzˇ ba egzaktna ako je P 0y = Q0x . Linearna diferencijalna jednadzˇ ba obicˇ no nije egzaktna, ali postoji Eulerov multiplikator koji je funkcija samo neoznanice x . Naime, ovdje je Q(x y ) = 1 , P(x y ) = p(x )y ; q(x ) , pa vrijedi 1 @P @Q ; @ x = p(x) Q @y Zato je



µ

Za zorno predocˇ enje grafova funkcija visˇe varijabli koristimo se odgovarajuc´im koordinatnim sustavima. U trodimenzionalnom prostoru najcˇ esˇc´e se koristimo sljedec´im koordinatnim sustavima: pravokutnim kartezijevim sustavom, cilindricˇ nim sustavom i sfernim sustavom.

= µ (x )

Prema tome je

ln µ

=

Z

R

p(x )dx

=) µ = e

( ) + µ (x)p(x)y ; q(x)]dx = 0

egzaktna diferencijalna jednadzˇ ba, to je totalni diferencijal neke konstantne funkcije, recimo neka je to F (x y ) = C . Sad bi bilo @ F (x y ) = µ (x) = e p(x)dx F(x y) = y  e p(x)dx + f (x): @y Funkciju f (x ) odredimo iz jednakosti @ F (x y ) = p(x)y ; q(x)]e pdx = yp(x)e pdx + f 0(x) @x

R

R

z

R

;qe

(0,0,z0 )

y (x )

y x

T’0 (x0 ,y0 ,0)

Tocˇ ke odredujemo kao presjek triju medusobno okomitih ravnina. Tocˇ ku T s koordinatama T0 (x 0 y 0 z0 ) dobit c´emo kao presjek tri ravnine x

= x0

y

= y0

z

= z0

0

F (x y ) = y  e

O

:

Te ravnine nazivamo koordinatnim plohama. Na svakoj od njih jedna je koordinata stalna, a druge dvije se mogu odabrati po volji.

R

= f (Zx) R f (x ) = ; q(x )e pdx pdx

R

T0(x 0 ,y0 ,z0 )

Sl. 2.2. Kartezijeve koordinate x0 y 0 z0 tocˇke u pravokutnom sustavu jednake su koordinatama ortogonalnih projekcija te tocˇke na osi sustava.

:

µ x dy

R

1. Pravokutni sustav

p(x )dx

=

hZ

pdx

;

Z

R

q(x )  e

R

q(x )e p(x )dx

=C

pdx

i R

dx + C e;

p(x )dx

]

:

Primjer 11.3. Odredi opc´e rjesˇenje jednadzˇ be

y 0 + y cos x

= esin x

:

Zadanu jednadzˇ bu pisˇimo u obliku µ (x )dy + µ (x )y cos x ; e; sin x ]dx = 0 Mora biti @ F (x y ) = µ 0(x) = @ [email protected](xy y) = I(x) cos x @x i odavde je dµ = cos xdx µ (x ) = esin x : µ .

240

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

Metoda supstitucije

2.GEOMETRIJSKI PRIKAZ

17

FUNKCIJA VISˇ E VARIJABLI: : :

2. Cilindricˇ ni sustav

Potrazˇ imo rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be prvog reda u obliku produkta dviju funkcija. Neka je dakle y

= u(x)  v(x)

y0

= u v + uv 0

0

z

:

T (r, ϕ ,z)

Uvrsˇtavanjem u zadanu jednadzˇ bu dobivamo: u0 v + uv0 + p(x )uv

= q(x) v(u + p(x)u) + uv = q(x) Odaberimo sad funkciju u = u(x ) tako da je u + p(x )u = 0 Dobili smo diferencijalnu jednadzˇ bu za nepoznatu funkciju u(x ) (to je upravo homogena jednadzˇ ba) koju rjesˇimo metodom separacije varijabli. Dakle, Z R p x dx du = ; pdx ln u = ; p(x )dx u=e u Iz jednadzˇ be uv = q(x ) slijedi: Z R R v = q(x )  e p x dx v = q(x )e p x dx + K 0

0

0

:

:

( )

;

z

O

y

r

ϕ

Sl. 2.3. Cilindricˇni sustav. Polozˇ aj tocˇke odreden je ravninskim polarnim koordinatama r i ϕ te aplikatom z .

T’(r,ϕ ,0) x

:

0

( )

0

Opc´e rjesˇenje je y

= uv =e

R

;

Primjer 11.2. Rjesˇi jednadzˇ bu

.

( )

p(x )dx

h

K+

y 0 + 2xy

Z

=x

R

q(x )e

Iz jednadzˇ be 0

u

+ 2xu = 0

p(x )dx

i

0

0

slijedi u = e

:

2

:

Prema tome iz uv0

=x

Opc´e rjesˇenje je y

v0

slijedi

= uv = e

;x

2

h1 2

ex

2

= xex

i

2

v

= 12 ex + K 2

:

+ K = 12 + Ke

;x

ϕ

= ϕ0

z

= z0

:

0?ϕ

? 2π

r

>0

:

0

0

;x

= r0

Jednadzˇ bom r = r0 zadan je kruzˇ ni cilindar cˇ ija je os upravo os z . Na toj koordinatnoj plohi konstantan je r , dakle udaljenost do osi aplikata, a druge dvije koordinate mozˇ emo odabrati po voolji. Jednadzˇ bom ϕ = ϕ 0 zadana je poluravnina, dok je jednadzˇ bom z = z0 zadana ravnina. U primjenama obicˇ no se prave sljedec´a ogranicˇ enja

= uv , y = u v + uv , vu + 2xu] + uv = x 0

Ako u ravnini XOY zadamo polarni koordinatni sustav i os z uzmemo iz kartezijeva sustava dobivamo cilindricˇ ni koordinatni sustav. Tocˇ ku T (r0 ϕ0 z0 ) odredujemo kao presjek koordinatnih ploha r

:

:

Trazˇ imo rjesˇenje u obliku produkta y u0 v + uv0 + 2xuv = x

:

2

:

/

Veza izmedu pravokutnih kartezijevih koordinata i cilindricˇ nih iste tocˇ ke je sljedec´a. Ako su T (x y z ) i T (r ϕ z ) koordinate iste tocˇ ke u ova dva sustava, onda vrijedi

8 x = r cos ϕ < : yz == zr cos ϕ

8 p > < r = x +yy ϕ = arc tg > :z = z x 2

2

18

2. FUNKCIJE VISˇ E

VARIJABLI

z

T (r, ϕ , θ ) r

Varijacija konstante

O

y

ϕ

Sl. 2.4. Sferni (prostorni polarni sustav). Polozˇ aj tocˇke odreden je njezinom udaljenosˇc´u do ishodisˇta, te s dva kuta ϕ i ϑ .

π

x

239

ˇ BE PRVOG REDA JEDNADZ

Iz recˇ enog slijedi kako je potrebno pronac´i samo jedno rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be i opc´e rjesˇenje pripadne homogene pa tada imamo opc´e rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be. Opisˇimo tri uobicˇ ajena nacˇ ina rjesˇavanja linearnih diferencijalnih jednadzˇ bi prvog reda. To su metode: varijacija konstante, metoda supstitucije i mnozˇ enje s multiplikatorom.

3. Sferni sustav

θ

11.4. LINEARNE DIFERENCIJALNE

T’(r,ϕ , 2 )

Polozˇ aj tocˇ ke T (x y z ) odredujemo uredenom trojkom brojeva (r ϕ θ ) . Broj r je jednak udaljenosti tocˇ ke od ishodisˇta. Sve tocˇ ke koje imaju isti r nalaze se na sferi, tj. kuglinoj plohi. Kut ϕ je kut sˇto ga zatvaraju poluos x > 0 i polupravac koji prolazi ortogonalnom projekcijom tocˇ ke T na ravninu XOY . Sve tocˇ ke koje imaju isti ϕ nalaze se u poluravnini. Kut θ je kut sˇto ga zatvaraju polupravci: dio osi z , z > 0 i polupravac koji polazi iz ishodisˇta i prolazi tocˇ kom T . Sve tocˇ ke koje imaju isti θ nalaze se na kruzˇ nom stosˇcu kojem je vrh u ishodisˇtu a os mu je os z . Ako su T (x y z ) i T (r ϕ ϑ ) koordinate iste tocˇ ke u prvokutnim i sfernim koordinatama, onda su veze izmedu kordinata dane sljedec´im relacijama: x = r sin ϑ cos ϕ y = r sin ϑ sin ϕ z = r cos ϑ : U primjenama obicˇ no se vrsˇe ogranicˇ enja: r > 0 0 ? ϕ ? 2π 0 ? ϑ ? π:

8 < :

2.4. Plohe drugog reda

Do tzv. partikularnog rjesˇenja y p diferencijalne jednadzˇ be dolazimo tako da ga potrazˇ imo u obliku

= C(x)e gdje treba odrediti nepoznatu funkciju C(x ) y

;

R

p(x )dx

tako da y bude rjesˇenje. U tu svrhu uvrstimo pretpostavljeno partikularno rjesˇenje u polaznu jednadzˇ bu. Dobivamo: C (x )e 0

R

; C(x)p(x)e R C (x ) = q(x )e p x dx ;

p(x )dx

;

R

( )

0

R

+ p(x)C(x)e p x dx = q(x) Z R C(x ) = q(x )  e p x dx dx + K p(x )dx

;

( )

( )

:

Konstanta integracije je K . Prema tome opc´e rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be je y (x )

=

hZ

R

q(x )  e

p(x )dx

i R

dx + K e;

p(x )dx

:

Mozˇ emo primijetiti da je rjesˇenje oblika y (x )

= f1(x) + K f2 (x) Mozˇ e se lako provjeriti da svaka funkcija y (x ) koju mozˇ emo prikazati u tom obliku :

zadovoljava neku linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu. Naime, ako deriviramo y (x )

= f1 + K f2

dobivamo y 0 = f10 + K f20 : Eliminacijom konstante K dolazimo do linearne diferencijalne jednadzˇ be. Primjer 11.1. Odredi opc´e rjesˇenje jednadzˇ be

Plohe drugog reda su skupovi tocˇ aka cˇ ije su koordinate nultocˇ ke polinoma drugog stupnja u tri varijable. Polinom drugog stupnja u varijablama x y z ima oblik Φ(x y z ) = Ax 2 + By 2 + Cz2 + 2Dxy + 2Exz + 2Fyz + 2Gx + 2Hy + 2Kz + L: Jednadzˇ be ploha drugog reda su jednadzˇ be oblika Φ(x y z ) = 0: Zamislimo da je u prostoru smjesˇten elipsoid u opc´em polozˇ aju. Njegova jednadzˇ ba je “komplicirana” zbog losˇeg smjesˇtaja koordinatnog sustava. Pozˇ eljno bi bilo dovesti ishodisˇte sustava u njegov centar, zatim osi sustava postaviti tako da se podudaraju s njegovim osima. U takvom sustavu njegova jednadzˇ ba bit c´e puno jednostavnija. Upravo takvu ideju pokusˇajmo provesti i u opc´em slucˇ aju plohe drugog reda.

y0 ; y

= ex

:

. Pripadna homogena diferencijalna jednadz ˇ ba je y 0 ; y = 0 , njezino rjesˇenje je y = Cex . Varijacijom konstante dolazimo do partikularnog rjesˇenja. Stavimo y = C(x )ex : Uvrsˇtavanjem u polaznu jednadzˇ bu dobivamo:

C0 ex

+ Cex ; Cex = ex

C0

=1

Opc´e rjesˇenje polazne jednadzˇ be je y

= ex (x + K )

K

2R

C :

/

=x+K

:

238

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

11.4. Linearne diferencijalne jednadzˇ be prvog reda

Linearna diferencijalna jednadzˇ a je jednadzˇ ba prvog reda oblika y 0 + p(x )y

= q(x)

:

Jednadzˇ bu zovemo linearnom jer je lijeva strana linearna kombinacija nepoznate funkcije y i njezine derivacije y 0 . Koeficijenti mogu biti funkcije nepoznanice x . Za funkcije p(x ) i q(x ) pretpostavljamo da su zadane na nekom otvorenom intervalu realnih brojeva i da su na njemu neprekinute. U tom slucˇ aju linearna diferencijalna jednadzˇ ba ima samo jedno rjesˇenje koje zadovoljava zadani pocˇ etni uvjet tj. koje prolazi zadanom tocˇ kom. To posebno znacˇ i da se krivulje koje su rjesˇenja za razlicˇ ite pocˇ etne uvjete ne sijeku. Uz zadanu jednadzˇ bu cˇ esto se promatra i njezina pripadna homogena jednadzˇ ba i to je y 0 + p(x )y = 0 homogena jednadzˇ ba:

(Ovu jdnadzˇ bu ne treba dovoditi u vezu s homogenim diferencijalnim jednadzˇ bama spomenutim ranije.) Rijesˇimo homgenu jednadzˇ bu. Iz

y 0 + p(x )y

slijedi dy y

= ;p(x)dx

ln y

=;

Z

+ ln C

y

= Ce

;

R

p(x )dx

:

R

Razna rjesˇenja dobivamo izborom konstante C . Vidimo da je dovoljno imati

p(x )dx , iz kojeg mnozˇ enjem s konstantom C dobivamo jedno rjesˇenje, recimo y = e svako drugo rjesˇenje. Vratimo se polaznoj linearnoj diferencijalnoj jednadzˇ bi. Pretpostavimo da su nam poznata dva rjesˇenja te jednadzˇ be i neka su to y 1 i y 2 . Dakle, vrijedi: ;

y 01 + p(x )y 1 y 02 + p(x )y 2

= q(x) = q(x)

:

Oduzimanjem tih jednakosti dobivamo:

(y2 ; y1 ) + p(x)(y2 ; y1 ) = 0; 0

0

to znacˇ i da razlika tih rjesˇenja zadovoljava homogenu jednadzˇ bu. Dakle, y2 ; y1

= yh

gdje je y h rjesˇenje homogene jednadzˇ be. Neka nam je poznato neko rjesˇenje y p (x ) linearne diferencijalne jednadzˇ be. To rjesˇenje cˇ esto nazivamo posebno ili partikularno rjesˇenje. Iz gornje jednakosti zakljucˇ ujemo da c´emo bilo koje rjesˇenje dobiti tako da tom rjesˇenju dodamo neko rjesˇenje pripadne homogene jednadzˇ be, y (x )

= y p(x) + yh (x)

:

19

Prelaskom na nove koordinate (translacijom ishodisˇta) x = x 0 + ¯x y = y 0 + ¯y z = z0 + ¯z gdje je tocˇ ka T0 (x 0 y 0 z0 ) ishodisˇte novog koordinatnog sustava, polinom Φ prelazi u polinom ¯ ¯x ¯y + : : : +L¯: A¯ ¯x2 + B¯ ¯y2 + C¯ ¯z2 + 2D Lako se provjeri da je: ¯ = D E¯ = E F¯ = F L¯ = Φ(x 0 y 0 z0 ) A¯ = A B¯ = B C¯ = C D

¯ = Ax 0 + Dy 0 + Ez0 + G G ¯ = Dx 0 + By 0 + Fz0 + H H K¯ = Ex 0 + Fy 0 + Cz0 + K: Nastojimo odrediti T0 (x 0 y 0 z0 ) tako da jednadzˇ ba plohe u tom sustavu ima cˇ im jednostavniji oblik. Pokusˇajmo odabrati T0 tako da bude: ¯=H ¯ = K¯ = 0: G Kako vidimo problem se svodi na rjesˇavanje sustava od tri jednadzˇ be s tri nepoznanice. Taj c´e sustav imati jednoznacˇ no rjesˇenje ako je determinanta tog sustava razlicˇ ita od nule. Dakle, ako je A D E ∆ = D B F 6= 0 E F C onda postoji i mozˇ emo odrediti tzv. centar plohe (x 0 y 0 z0 ) . Plohe za koje je ∆ 6= 0 nazivamo centralnim plohama. Takve plohe imaju samo jedan centar. Ako je ∆ = 0 , onda su to plohe koje imaju visˇe centara ili uopc´e nemaju centar. Takve su plohe paraboloidi, valjci i parovi ravnina. Tako je na primjer (2x + 3y + z ; 1)(x + y ; 5z + 7) = 0 ploha drugog reda koja predstavlja par ravnina i nema centra. Jednadzˇ ba centralne plohe u novom sustavu je ¯ ¯x ¯y + 2E¯ ¯x ¯z + 2F¯ ¯y ¯z +L¯ = 0: A¯ ¯x2 + B¯ ¯y2 + C¯ ¯z2 + 2D

  

  

=0

p(x )dx

2.4. PLOHE DRUGOG REDA

Kako se koeficijenti uz cˇ lanove drugog stupnja ne mijenjaju slijedilo bi: A ¯x2 + B ¯y2 + C ¯z2 + 2D ¯x ¯y + 2E ¯x ¯z + 2F ¯y ¯z + Φ0(xy 0 z0 ) = 0: Primijetimo, ako tocˇ ka T ( ¯x ¯y ¯z ) pripada plohi, tj. zadovoljavu tu jednadzˇ bu, onda i tocˇ ka T (; ¯x ; ¯y ; ¯z ) zadovoljava jednadzˇ bu. Tocˇ ke plohe su centralno simetricˇ ne u odnosu na ishodisˇte novog koordinatnog sustava. Primijetimo takoder, za centralne plohe vrijedi: L¯ = Φ(x 0 y 0 z0 )

= Ax20 + By20 + Cz20 + 2Dx0y0 + 2Ex 0z0 + 2Fy 0z0 + 2Gx0 + 2Hy0 + 2Kz0 + L = (Ax0 + Dy0 + Ez0)x0 + (Dx0 + Fz0 + By0 + H)y0 + (Ex0 + Fy0 + Cz0 + K )z0 + (Gx0 + Hy0 + Kz0 + L) L¯ = Φ(x 0 y 0 z0 ) = Gx 0 + Hy 0 + Kz0 + L :

20

2. FUNKCIJE VISˇ E

VARIJABLI

Rotacijom koordinatnog sustava dolazi se do josˇ jednostavnije jednadzˇ be plohe drugog reda. Mi taj postupak nec´emo provesti nego c´emo navesti rezultate do kojih dolazimo. Radi jednostavnijeg zapisa, koristimo oznake za varijable iz polaznog sustava. Izdvojit c´emo sljedec´e nedegenerirane plohe drugog reda: Centralne plohe drugog reda: 1. troosni elipsoid; 2. elipticˇ ki hiperboloid jednokrilni; 3. elipticˇ ki hiperboloid dvokrilni; 4. elipticˇ ki stozˇ ac. Plohe koje nisu centralne: 1. elipticˇ ki paraboloid; 2. hiperbolicˇ ki paraboloid; 3. valjci, elipticˇ ki, hiperbolicˇ ki, parabolicˇ ki. 1. Troosni elipsoid

x2 a2

2

z

( ) + Q(x y)dy = 0

11.3. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE OBLIKA P x y dx

237

Ako µ ovisi samo o x , onda dobivamo ;Qµ 0 = µ @@Qx ; @@Py =) dµµ = Q1 @@Py ; @@Qx pa se integriranjem lako odredi ta funkcija. Da bi ovakav µ postojao, mora desna strana ovisiti samo o nepoznanici x . Slicˇ nu jednadzˇ bu dobivamo i ako µ ovisi samo o y .





Eulerov multiplikator

Ako Eulerov multiplikator µ ovisi samo o jednoj nepoznanici, onda ga racˇ unamo formulom 1 @P @Q µ = µ (x ) : ln µ = ; @ x )dx Q @y 1 @P @Q µ = µ (y ) : ln µ = ; ; @ x )dy P @y Pritom podintegralne funkcije moraju ovisiti samo o odabranoj varijabli.

Z

Z

2

+ yb2 + cz2 = 1

:

c

Primjer 11.6. Odredi opc´e rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be

a O

(x + 2y)dx ; xdy = 0

:

y

b

.

Sl. 2.5.

x

2. Elipticˇ ki hiperboloid — jednokrilni

x2 a2

2

Q = ;x

=)

@

@



Z

2

+ yb2 ; cz2 = 1

:

z

a O b

P = 2 @@Qx = ;1 y Jednadzˇ ba nije egzaktna diferencijalna jednadzˇ ba. Medutim, 1 @P @Q 3 ; = ; Q @y @x x ovisi samo o nepoznanici x , pa postoji Eulerov multiplikator oblika µ = µ (x ) . 3 1 ln µ = ; dx =) µ = 3 : x x Mnozˇ enjem polazne diferencijalne jednadzˇ be multiplikatorom dobivamo egzaktnu diferencijalnu jednadzˇ bu x + 2y x dx ; 3 dy = 0: 3 x x Za njezino rjesˇenje U (x y ) vrijedi: @U 1 1 = ; U = ; 2 y + ϕ (x ) 2 @y x x x + 2y 2y 0 = x3 + ϕ (x) ϕ (x) = ; 1x : x3 Opc´e rjesˇenje polazne jednadzˇ be je y 1 1 : / U = ; 2 ; = ;C y = x2 C ; x x x P = x + 2y

Presjek ove plohe s ravninama paralelnim s koordinatnim ravninama su elipse.

Jednadzˇ ba plohe je

Vrijedi

y

x



Sl. 2.6.

Sl. 2.7.

236

11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE

Z

Iz gornjih jednakosti slijedi: U (x y ) = Q(x y ) = dϕ dy

=

U @y

@ @

( )=

ϕ y

U (x y ) =

Z

P(x y )dx +

Z

y

= Q(x y) ;

Zh

Z

@ @

Q(x y ) ;

Z

@

Zh

@

P(x y )dx +

dϕ dy

P(x y )dx

y y



i

P(x y )dx dy

Q(x y ) ;

Z

@ @

i

P(x y )dx dy

y

Z

Prema gore recˇ enom je

U (x y ) =

(2xy3 + 2)dx +

Zh

(3x2 y2 + 1) ;

:

Nakon obavljanja naznacˇ enih operacija dobivamo

U (x y ) = x2 y 3 + 2x + y

@

:

Z

@

(2xy3 + 2)dx

y

=C

:

i

dy





 

=C

Primjer 11.5. Rijesˇimo egzaktnu jednadzˇ bu

(2xy3 + 2)dx + (3x2 y2 + 1)dy



y2 z2 x2 y ; = 1 ; ; z y + z = 1 ; ax 1 + xa : b2 c2 a2 b c b c Ovdje se prirodno promatraju dvije jednoparametarske familije pravaca. Prva familija je zadana jednadzˇ bama y + z = t 1 + xa b c y ; z = 1t 1 ; ax : b c

Ilustrirajmo taj postupak sljedec´im primjerom.

.

21

Os plohe je os aplikata. Presjeci plohe s horizontalnim ravninama su elipse, a presjeci s vertikalnim ravninama su hiperbole. Odatle plohi ime. Promjenom predznaka uz nepoznanice (ali tako da samo jedan bude negativan) dobit c´emo elipticˇ ke hiperboloide kojima su osi neka od preostale dvije koordinatne osi. Interesantno je spomenuti da je elipticˇ ki hiperboloid tzv. pravcˇ asta ploha. Naime, gornju jednadzˇ bu mozˇ emo napisati u obliku

P(x y )dx + ϕ (y )

@

2.4. PLOHE DRUGOG REDA

=C

:

/

Eulerov multiplikator

Ako diferencijalna jednadzˇ ba P(x y )dx + Q(x y )dy = 0 nije egzaktna tada pomnozˇ imo tu jednadzˇ bu funkcijom µ (x y ) tako da jednadzˇ ba µ (x y )P(x y )dx + µ (x y )Q(x y )dy = 0 postane egzaktna. Funkcija µ naziva se Eulerov multiplikator. U tom bi slucˇ aju moralo vrijediti: @ (µ P) @ (µ Q) = @y @x @P @µ @µ P+µ = @ x Q + µ @@Qx @y @y @µ P ; Q @@µx = µ @@Qx ; @@Py : @y

Za svaku vrijednost parametra t t 6= 0 dobivamo jednadzˇ be dviju ravnina tj. jednadzˇ bu pravca. Ako tocˇ ka T pripada tom pravcu, onda njezine koordinate zadovoljavaju obadvije jednadzˇ be, prema tome i njihov produkt, dakle i jednadzˇ bu hiperboloida. Dakle, svaka tocˇ ka tog pravca pripada plohi pa prema tome i cijeli pravac. Slicˇ no se obrazlozˇ i i za pravce druge familije y + z = t 1 ; ax b c y z 1 x ; = 1+ : b c t a Mozˇ emo zakljucˇ iti da je jednokrilni hiperboloid pravcˇ asta ploha. Mozˇ e se dokazati da kroz svaku tocˇ ku plohe prolazi samo po jedan pravac iz svake od spomenutih porodica.

 

3. Elipticˇ ki hiperboloid dvokrilni

x2 a2

2

; yb2 ; cz2 = 1

:

c O



Dobivenu jednadzˇ bu za nepoznatu funkciju µ nije jednostavno rijesˇiti jer je rijecˇ o parcijalnoj diferencijalnoj jednadzˇ bi. Medutim, tu jednadzˇ bu mozˇ emo jednostavnije rijesˇiti ukoliko µ zadovoljava neki dodatni uvjet. Tako na primjer, mozˇ emo ispitati postoji li Eulerov multiplikator koji je funkcija samo nepoznanice x , samo nepoznanice y , ili pak funkcija oblika µ = µ (x 2 + y 2 ) i slicˇ no.

2

z

y

x

Sl. 2.8.

Ponovo su presjek plohe s horizontalnim ravninama elipse, a s vertikalnim hiperbole. Os plohe je os aplikata, na kojoj se nalaze dva tjemena (udaljena za c od ishodisˇta). Promjenom rasporeda predznaka, dobit c´emo hiperboloidse s osima duzˇ osi apscisa ili ordinata.

2. FUN KCIJE VIŠE VARIJABLI

I:

4. Eliptički paraboloid

I

SI. 1.9.

x

y

Os plohe je os aplikata. Presjeci plohe s horizontalnim ravninama su elipse, a presjeci s vertikalnim ravninama su parabole. 5. Hiperbolički paraboloid

I

SI. 2. lD.

Presjeci plohe s horizontalnim ravninama s u hiperbole, a presjeci s vertikalnim ravninama su parabole. Točka O naziva se sedlo plohe, pa se za cijelu plohu kaže da je sedlasta.

[6:'

Eliptički stožac

I

y x

SI. 2.11.

Presjeci plohe s horizontalnim ravninama su elipse, a presjeci s vertikalnim rav­ ninama su hiperbole. Točka O naziva je Vrli plohe. Eliptički stožac možemo zamisliti kao granični slučaj između jednokrilnog i dvokrilnog eliptičkog hiperboloida.

23

2.5. VALJCI 2.5.

I

Valjci

Valjci ili cilindri su plohe koje susrećemo vrlo često. Navedimo jednadžbe usp­ ravnih valjaka. Neka je u ravnini XOY zadana krivulja jednadžbom F(x, y) = o. Sve točke prostora koje zadovoljavaju tu istu jednadžbu ležat će na cilindričnoj plohi koju dobijemo kad kroz svaku točku krivulje povučemo pravac paralelan s osi aplikata.

Sl. 2.12. Cililldrična ploha na sli­ ci određeIla je jedlladžbom F(x, y) O krivulje u xOy ravnini. Svakom toeKom te krivulje povučena je iz­ vodilica: pravac paralelall s osi z. Plopha sadrže sve toc'Ke tih izvodllica

y

=

Krivulju možemo odabrati i u nekoj drugoj kordinatnoj ravnini. Tako ćemo dobiti tri familije uspravnih cilindara čije su jednadžbe redom: l.

F(x , y)

=

O,

2.

F(x, z)

=

O,

3.

F(y , z)

=

O.

z

Sl. 2.13. Primjer cilidričIle plohe s iz vodIl icama paralelnim s osi y z

x

y

x

Sl. 2.14. Primjer cilidričIle plohe s izvodIlicama paralelnim s osi x

2.

24

Valjci kojima je os paralelna s osi

FUN KCIJE ViŠE VARIJABLI

z su na primjer

x2 + i = r2, x2 y2 = + a 2 b2 1 , x2 y 2 - = a 2 b2 1 , i = 2px,

kružni valjak eliptički valjak hiperbolički valjak

parabolički valjak Dakako da ne moramo dobiti isključivo plohu drugog reda. Tako je na primjer jed­ nadžbom y = sin x određena cilindrična ploha kojoj izvodnice prolaze sinusoidom u XOY ravnini. Kosi valjci

I

Neka je zadana krivulja u ravnini XOY jednadžbama

F(x, y)

=

O, z = O.

Zadajmo pravac - izvodnicu točkom To(xo, Yo) i vektorom smjera s . Za točku To pretpostavljama daje na zadanoj krivulji - ravnalici. To znači daje F(xo, yo) = O, ZO = O. Jednadžbe izvodnicajesu paralelni pravci ( mijenjamo To ) koji imaju i sti vek­ tor smjera s = (a, b, e) : x = Xo + at, y = yo + bt, Z = Zo + ct . Točka prostora pripada valjku ako se nalazi na nekoj izvodnici. Ako je točka T(x, y, z) na nekoj izvodnici, tada je

x = Xo + at,

y = yo + bt ,

Z = Zo + ct = ct;

t-

-Z e

z

Sl. 2. 15. Kosi valjak. lzvodinica nije paralelna s kOordinatnom osi

x

Prema tome za takve točke vrijedi:

F(xo, yo) .

=

(

F(x - at, y - bt) = F x - a · �c , y - b . �c

) O. =

25

2 . 7 . STOŠe]

Jednadžba kosog valjka čija je ravnalica ravninska krivulja F(x, y) = O , z = O , ima jednadžbu oblika: = O. F(x - az, y -

f3z)

Tako je na primjer jednadžbom

(x -

3Z) 2 + (y - 4Z) 2 =

l

zadan kosi valjak, kojem je ravnalica (koju dobijemo za z = O ) kružnica: x2 + y 2 = l . Vektor smjera izvodnica j e s = (3, 4, - l) . 2.6.

Projicirajući valjci, rotacijske plohe, stošci

Neka su u trodimenzionalnom prostoru zadani podskupovi ( relacije) jednadžbama

F(x, y, z) = O,

G(x, y, z) = O.

Presjek tih podskupovaje skup koji želimo ortogonalno projicirati na jednu koordinat­ nu ravninu. Takve situacije su vrlo česte. Naime, jednadžbama F = O , G = O obično zadajerno dvije plohe i njihov zajednički dio je prostorna krivulja. Predstavu tako nas­ tale krivulje najlakše dobijemo preko njezinih projekcija na tri ravnine. Pretpostavimo da je iz zadanih jednadžbi moguće izračunati z . Tada bi dobili :

z = f(x, y) , z = g (x, y) . Točka T(x, y, O) iz ravnine XOY je projekcija zajedničke točke ako njezine koordinate x i y daju uvrštene u zadane jednadžbe istu vrijednost za z . Dakle, f(x, y) = g (x, y) , f(x, y) - g (x, y) = O je jednadžba valjka kojeg nazivamo proj icirajući valjak. Jednadžba tog valjka zajedno sjednadžbom ravnine z = O je jednadžba projekcije polazne krivulje na ravninu XOY . Primjer 2.1 . Neka je pravac zadan kao presjek ravnina

2x + 3y - z - l = O, x + y + 2z - 1 0 = O. Projekcija tog pravca na XOY ravninu je pravac čija je jednadžba lO - x - y 2x + 3y - 1 z o. =

2.7.

2

=

Stošci

I

Neka je zadana ravnalica stošca F(x , y) = O , z = O . Njegov vrh neka je u točki

V (a, b, e ) . Izvodnica stošca je svaki pravac koji prolazi vrhom stošca i nekom točkom

ravnalice. Točka prostora pripada stošcu ako se nalazi na nekoj izvodnici.

2 . FU N KCIJE VIŠE VARIJABLI

26

z

SI. 2. J6. Stož,asta ploha. Ona sa­ drži točke svili pravaca koji pro­ V (vr­ laze zadanom toCK.OII/ hom stof.aste plohe) i krivuljom O II koorinamoj rOlJni­ F(x, y) ni.

Neka je

s = (a

-

xo, b

x = a

+

To(.t"o, YD, O) Yo, e - O)

z=o x

točka na ravnalici. Vektor smjera pri padne izvodnice je a njezina j ednadžba je:

y=

( a - xo)t,

y -1.._"'-- F(x,y)=O

b + (b

- yo)t,

Z

t=

e + (e - O)t,

Iz tih jednadžbi slijedi:

Xo =

a-x

+ a,

Vo =



b-y

-t

Z

+ b,

e

e

U vrstimo li te izraze u jednadžbu ravnalice dobivamo jednadžbu stošca: F

- .e ( -a

x

z-e

+ a,

b

z-e

.e+b

)

=

O.

Z

e

e

2.8.

27

ROTACIJSKE PLOHE 2.8.

y

I

Rotacijske plohe

T(x.t(x).O)

O'f�--I k%,,�?----'-- -----j�x

z

Sl. 2. 1 7. Rotacijska ploha

Neka je zadan graf neprekinute funkcije y = j(x) . Rotacijom tog grafa oko osi x nastaje rotacijska ploha. Ako je točka T(x, y, z) na toj plohi, onda je ona udaljena od osi x za j(x) . Iz pravokutnog trokuta čiji su vrhovi A(x, 0, O) , Tl (x, y, O) , T(x, y, z) slijedi : - jednadžba rotacijske plohe. Potpuno analogno dobivamo jednadžbe rotacijskih ploha ako odgovaraj uća krivulja rotira oko neke druge koordinatne osi.

3. Vektorske fun kcije skalarnog argumenta

3. 1

. . . . . . . . "

Vektorske funkcije

3 . 2. Limes vektorske funkcije .

.

3 .3. Neprekinute vektorske funkcije

"

3,4. Derivacija vektorske funkcije . . 3 , 5 . Integriranje vektorskih funkcija 3.6. Određeni integral

. . . . , . . . . . . 28

. . . . .

, . "

.

"

Jordanov luk

' "

31

. . , 34

. , ' , .

. , . 37

. . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . .

3.7. G latka krivulja

"

. . . . . . . , . , . 33

. . . . . .

.

.

.

. . . 39

, , . . . . . 40

3.8, Duljina luka , , , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.9, Trobrid pratilac 3. 10. Brzina

.

.

, . . , "

akceleracija

3 . 1 1 . G ibanje u ravnini 3. 1 2. Keplerovi zakoni .

.

. . .

, , . . . . . . , . . 45

zakrivljenost .

. . ,

.

.

. 50

. . . . . . . . . . . . . . . . 52 . . .

3.1� , .Yektorske

. .

. . . . 53

funkcije, '

I

Podsjetimo da j e Rn vektorski prostor čiji su elementi uređene n -torke realnih brojeva. Ako u tom prostoru uvedemo standardni (euklidski) skalami produkt, zatim standardnu eukIidsku metri ku, tada dobivamo eukl idski prostor koji označavamo s en . Odaberi mo točku 0(0, 0, . . . , O) E En . Skup svih usmjerenih dužina i z En koji­ ma je O početna točka je vektorski prostor. Taj prostor označavamo oznakom Eo ,

Eo

{

I T E En }.

Bazu tog vektorskog prostora čine vektori el , e2, . . . , en ,

e,

(0, 0, . . . , 1 , 0, . . . , 0) . Točka Ti i ma i -tu koordinatu jednaku l , dok s u sve ostale jednake O.

Ti

3. 1 .

VEKTORSKE

29

FUN KCIJE

Vektor a iz vektorskog prostora Eo u zadanoj bazi ima jednoznačan prikaz;

ai E R, Ako je II =

i=

3 , uobičajene su oznake

el

= ( 1 , O, O),

j

= e2

(O , l , O),

i

1,

=

k = e3

.

.

. , n.

(O, O , 1 ) .

Prema tome svaki vektor iz Eb jednoznačno se prikazuje u obliku

a

al, al, a3 E R.

al i + a:J + a3k, *

*

*

Vektorske funkcije skalarnog argumenta

Vektorske funkcije skalarnog argumenta su funkcije kojima je domena neki podskup realnih brojeva ( skalara) a funkcijske vrijednosti su u Eo . f : I -... Eo, I a) Radi se o pravcu koji prolazi točkom To(bl , b2, b 3 ) , a vektor smjera je vektor a . Njegove su parametarske jednadžbe: x = a l t + bl , y = a2t + bz, Z = a3t + bz.

Označimo s A i B točke za koje je aA = a , OB = b . Ako je točka T na spojnici

točaka A i B onda za vektor OT = r vrijedi : ---+

OT = aA + A T --+

--t

---+

--t

--t

Vektor A T koli nearan je s AB , i vrijedi �

AT za neki t

E [O, l J . Zato je r( t)

=

=



t . AB

a + t( b - a )

=

=

------+

--t

t( OB - aA )

( l - t ) a + tb,

Za posljednju jednakost kažemo da je to jednadžba segmenta AB . b) Radi se o elipsi koja se nalazi u ravnini koja sadrži vektore a i b . Ta ravnina i ma parametarsku jednadžbu r - e = au + bv, u, v E R . Normala te ravnine je n = a x b i predočirno je u točki To ( c J , C2 , C3 ) ' U toj ravnini uvedimo koordinatni sustav kojem je ishodište u TO(Cb C2 , C3 ) ' prva os x* u smjeru vektora a , druga os y* u smjeru vektora b . Neka su el , ez su jedinični vektori u smjeru vektora a , odnosno b . Onda je a = ael , b = be2 pa je jednadžba zadane krivulje u tom kosokutnom (ravninskom) sustavu: r(t)* = x*el + y * ez = ael cos f + be2 sin t, t E R. Parametarske jednadžbe krivulje su y * = b sin t . x * = a cos t, c ) Provedi analogno prosuđivanju kao u slučaj u b ) . d) Parabola se nalazi u ravnini koja prolazi točkom TO(al ' a2, a3 ) , (kojoj odgovara parametar t = O) i koja sadrži vektore b i c . Parametarska jednadžba te ravnine je r( f) = a + b u + cv, ll , V E R. Normala te ravnineje n b x c . Uvedemo li novi koordinatni sustav (X*, Y*, To) u toj ravnini lako zaključimo da se radi o paraboli. =

31

3.2. LIMES VEKTORSKE FUNKCIJE

e) Linearne kombinacije vektora a , b daju vektore koji se nalaze u ravnini koja prolazi i shodištem O . U toj ravnini graf funkcije t � a cos t+ b sin t je eli psa, vidi b). Napravimo kosi cil indar nad tom eli psom kao izvodnicom u s mjeru vektora c . Točka krivulje j e na tom cilindru. Prema gornjem teoremu potrebno je odrediti limes svake komponente. Odre­ dimo tri sljedeća limesa:

e21 l lim -­ I � O sin t

lim

I-O

2ezI cos t

lim t ctg 2t

2,

I-O

=

t I -O tg 2 t lim

-

-' Z

lim

I�O

= 1.

l Uoči da smo se koristili L'Rospitalovim pravilom. Traženi limes je 2i+ j+ k. z

O tako da za svaku subdiviziju !? intervala [a, bl čija je norma manja od S slijedi

ls

"

L V(Ax ) 2 + (�y ) 2 + (Llzk ) 2 1 < E .

k=l Vidimo da se u tom izrazu pojavljuje integralna suma funkcije

Ji ( t ) 2 + y (t)2 + t ( tp. Ako je luk Jordanov luk ondaje ta funkcija neprekinuta i postoji njezin integral. Time smo dokazali sjedeći teorem. Teorem 3.6. A ko je e Jordanov luk s parametrizacijom

r(t) = ix( t) + jy( t ) + kz( t) , onda je njegova duljiua

t E [a , bl

45

3.9. TROBRID PRATILAC

Označimo sa s( t) duljinu onog dijela luka koji odgovara parametru iz skupa [a, tj :

s(t) = Onda je

11 Jx(t)2 + ."(t) 2 + ž(t)2 dt ,

ds dt

Jx(t)2 + Ht)2 + ž(t)2.

Ako je parametar duljina luka, onda iz

) 2::-+V''-5'-:x(:-: +-ž-:) 2 dt t )-:2 ( t= ( t ::7

ds slijedi:

Jx(t)2 + y(tF + ž(t)2 = 1 . Primjer 3.1 . Odredi duljinu l uka jednog za­

voja spirale x a cos t, Vrijedi

y

= a si n r,

z

br ,

z

t E [0, 2n] .

r (t) = ia eos r+ja sin r+kbt, t E [0, 2n], I lr '(t) lldt = ds = Ja2 sin2 r+a2 eos2 t+b2 dt = Jaz + b2dt, pa je

s=

rzn

Jo

ds =

y

· 2n .

x

SI. 3.6,

3.9. Trobrid pratilac

Jedinični tangencijeIni vektor je

' (to) T(to) = r r II / (to}lI '

Budući da je taj vektor jedinični, njegova se dulj i na ne mijenja može se mijenj ati samo njegov smjer. Nadalje, znamo da je derivacija vektora T vektor koj i je na njega okomit, no nije nužno jedinični, Upravo iznos te derivacije nam pokazuje kako se brzo mijenja smjer tangente. Tu mjeru nazivamo zakrivljenošću krivulje u datoj točki i označavamo s 1( . Dakle, dT

dt

=

N I( ,

N

T' (t) T II ' (t) II '

Tu je N jedin ični vektor koj i nazivamo vektorom glavne normale. Njegov smjer odabiremo tako da je I( '): O .

3. VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG ARGUMENTA

46

BinormaIni vektor B definiramo kao vektorski produkt vektora T jedinični vektor. B = T x N.

N . To je

z

B = Tx N

y

SI. 3. 7. U svakoj toc7d krivulje možemo povući tri okomita vek­ tora: tangentu T . normalu N i binormalu B

x

Vektori T , N , B međusobno su okomiti i u tom poretku čine desni koordinatni sustav. Možemo pretpostaviti da su oni funkcije duljine luka i pisati, T(s) , N(s) , B(s) . Već smo ustanovili da je

dr(s) = T( s ) , ds

dT(s) K je zakrivljenost krivulje. = K N(s ) , ds Budući da su vektor T i B okomiti slijedi da je njihov skalami produkt jednak nuli, T . B = O . Deriviranjem te jednakosti dobivamo: dB dT dB . d T (B · T) = +B · ds = ds T + B . KN = O . ds ds . dB

. T = O , a ujedno je derivacija Kako je produkt B . N = O dobivamo da je ds jediničnog vektora B okomita na B . Prema tome derivacija vektora B je vektor u smjeru vektora N . Dakle, vrijedi dB

- = rN' ds za neki broj r koj i nazivamo tonija krivulje. Deriviranjem izraza N = B x T dobivamo:

dN dT dB -=Bx + ds ds ds dN = ( KT + rB) . ds -

-

x

-

Ponovimo što smo zaključili:

T=B

x

KN + rN x T = - KT - rB,

3.9.

47

TROB RID PRATILAC

Frenet-Serretove formule

Tangenta, normala i binormala na krivulju zadovoljavaju jednadžbe: dT dN dB - = - ( K T + .B ) , - = KN' - = .N. ds ds ds jednaka nuli, ondaje krivulja ravninska. Naime, iz dB = .N = O ds slijedi da je B( s ) konstantni jedinični vektor. Integriranjem jednakosti Ako je torzija



dr( ) s ds ' slijedi B . r(s ) = a , konstanta za svaki s E [O, ll . Prema tome, luk se nalazi u ravnini ---+ {P E E3 I I B . OP = a } . O=B.T=B.

z

Tt

y

SI. 3.8. Krivulja kojoj je torzija jedllaka Iluli leži u ral'llll1i okomi­ toj Ila vektor billormale.

x

*

*

*

Jedinični tangencijalni vektor krivulje K je r(t) i(t)i + »(t)j + i;(t)k T= = Jx(t)2 + »(t) 2 + i;(t) 2 II rll Ako je parametar duljina luka s , onda je derivacija vektora r(s) po s jedinični tangencijalni vektor T : dr{s) = T. ds Normalna ravnina

I

Svakoj točki To{xo, YD, zo) krivulje K pripadaju tri jedinična vektora. Svaki od nji h je normalni vektor za jednu ravninu koja prolazi točkom To . Na taj način uz svaku točku krivulje dobivamo i tri pripadne ravnine. Svi vektori koji su okomiti na tangencijalni vektor T nalaze se u ravnini koja pro lazi točkom krivulje, a normal a

3. VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG ARG U MENTA

48

te ravnine je upravo tangencijalni vektor. Tu ravni nu nazivamo normalna ravnina. Jednadžba normalne ravnine je: (r - ro ) · T = O. Opširnije pisano, za zadanu točku To(x(to ) , y (to ), z (to ) ) i tangencij alni vektor dobivamo: (x x { to))i(to ) + (y y { to ) ) Y (to ) + (z - z(to))ž(to) = O . Oskulacijska ravnina

I

Ravninu koja sadrži jedinične vektore T i N nazivamo oskulacijska ravnina. Njezina je normala jedinični vektor B , tj. bino,r malni vektor. Jednadžba te ravnine je: jednadžba oskuJacijske ravnine . (r ro) B = O, '

B

Sl. 3. 9. Vektori tallgellfe. normale i binorma{e određl!J. u tri ravniIle: oskulacijsku. rdflJlkacijsku i nor­ malflu.

Rektifikacijska ravnina normale

I

Ravninu koj a sadrži vektore T i B nazivamo rektifikacijskom ravninom. Vektor N je njezin normalni vektor, njezina jednadžba je: (r ro) · N = O . Primjer 3.1 . Zadana je cilindrična spirala. jednadžbom

ret) = i cos t + j sin t + kt. Za tu spiralu vrijedi:

r' (t) = -j · sin t + j · cos t + k, pa je tangencijalni vektor r' (t) T= Il r(t) II Vektor normale dobivamo iz . . ) . l dT ( 1 . cos t - J Sin t dt -

.

I I r' ( t) 11 =

JSinl t + cos1 t + l

· sin t + j · co s t

l y'2 N,

pa je

J2

+ k),

N = - i cos t

j sin t.

3.9. TROBRID PRATILAC

49

Tri jednična vektora jesu:

T(t) = N(t)

=

� ( - i sin t +j Cos t + k) , -i cos t - j in t ,

B(t) = T x N = Ako j e t = ° nalazimo se u točki

s

1

y'2

(i sin t - j cos t + k) .

r(O) = To( 1, 0, O) . Pripadni vektori jesu:

y

x

SI. 3. 10. Rektifikacijska ravl1il1a od· ređel/a je vektorima B i T .

(� )

U točki r odredimo jednadžbe normalne, oskulacijske i rek­ = r 0, tifikacijske ravnine. Pripadni jedinični vektori jesu:

( l, �)

Jednadžbe tih ravnina su oblika:

A(x - O) + B(y - l) + C(z - i) = 0 gdje po redu za normalu ravnine n = Ai + Bj + ck treba uvrstiti jedan od vektora T , B, N. Tako normalna ravnina sadrži točku To (�) = (0, 1 , �) a vektor njezine nor-

(�) . Njezina jednadžba je (x - O) . ( - 1 ) + (y - O) . O + (z - �) . = O.

male je jedinični tangencijalni vektor T

L

3.

50

VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG ARG U MENTA

3.10. Brzina - akceleracija ·o.:- zakrivljenOst

Krivulju zadaj mo vektorskomjednadžbom

r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k, t E / C R. Fizikalno tu krivu lju možemo smatrati putanjom neke materijalne točke. Brzinu de­ finiramo kao derivaciju puta po vremenu . U ovom slučaj u to će biti prva derivacija, tj . _ dr(t) V -_r' (t) _ x ' ( tJi \ + Y '( t )j + Z ' ( t ) k. dt Druga derivacija vektorske funkcije je akceleracija

a(t)

=

v '(t)

=

r"(t)

= x " (t)i

+ y" (t)j + z" (t) k .

Jedinični tangencijalni vektor i brzina i maju isti smjer. Prema tome, vektor brzine možemo zapisati u sljedećem obliku

v {t) = r'{t )

Iznos brzine je

I l v(t) 1 1

I I r(t) li T = v{t)T.

vx(t ) 2 + y (t)2 + z (t) 2 =

=

ds . dt

Deriviranjem izraza za brzinu dobivamo: dT ds r"(t) = a (t) = s" (t)T + v- - s" (t) T + v(t} KNv{t) . ds dt za tangencijalnu i normalnu komponentu akceleracije dobili smo

a, = vl(t) = Sll ( t ) = I rl (t) l ,

v2

all = v(t) � · K = li ,

gdje srno sa R označili polumjer zakrivljenosti, dok je K zakrivljenost krivulje u zadanoj točki. Vektorskim množenjem s l ijeve strane izraza za akceleracij u s vektorom brzine rl (t) vT dobivamo:

r' (t)

x

rl'(t)

Iz te jednakosti nakon uzimanja apsolutne vrijednosti dobivamo izraz za zakrivljenost krivulje:

K Središte zakrivljenosti krivulje u točki r(to) nalazi se na normali i udaljen je za polumjer zakrivljenosti R . Dakle,

R(t)

r( to ) + RN.

3. lD. BRZINA - A KCELERACIJA - ZAKRIVLJENOST

51

Sličnim razmatranjima dobivamo sljedeći izraz za torziju l cr :::: ­ T

l cr =- - = T

Primjer 3.1 . Za spiralu

r( t)

=

T

i polumjer torzije

I r/(t) x r"(I)l2 . (r(t) x r"{ t ) ) . r"' { t )

a sin ti + a cos tj + bk

vrijedi: skalami �rodukt vektora r f x r " s vektorom r f" daje a2b . Nadalje je I r ' x r " l z = a2 (a + bZ ) . Torzija je jednaka b l T = - =­ (J

Primjer 3.2. Zadana je krivulja

r(t) {sin t - t cos t)i + (cos t + t sin t)j + t2k. Vektori brzine, odnosno akcekeracije jesu: v(t) = r/ ( t) t sin ti + t cos tj + 2tk a{t) = r"{t) {t cos t + sin t )i + ( -t si n t + cos t)j + 2k. Iznos brzine je v(t) = Sl (t) =- I r'(t) 1 Vs · t .

Tangencijalna, odnosno normalna komponenta akceleracije jesu

= t. an at S" (I) = Vs, Podsjetimo se da iz pravokutnog trokuta kojemu su katete tangencijalna i nor­ malna komponenta akceleracije, dok je hipotenuza iznos akceleracije, slijedi gornja l an . . d nak ost za all ' K ak o Je Sl"Ijed'I K =Je ? . all V-K pa Je R ( t ) = 5 t . 5t •

Primjer 3.3. a ) Odredi zakrivljenost elipse. b) Odredi centar zakrivljenosti para­ bole y = x{4 - x} u točki 0(0,0). [>

a ) Jednadžbu elipse zapišimo u obliku r(t) = a cos t i + b si n t j, t E [0, 2n] . Za derivacije radij vektora dobivamo: r l (t) = -a sin ti + b cos tj, r "(t} = -a cos ti - b sin tj, r ' x r " = ab k. Brzina je

52

3. VEKTORSKE FUN KCIJE S K ALARNOG A R G U MENTA

Zakrivljenost je

1( =

Ir'

=

==

v3

Tako, na primjer, vrijedi 1( 0) b) Sad je r(x)

r ili

x

:2 ' (�) i I(

==

xi + (4x

ab -... (a2 sin2 t + bl. cos2 t)3/2 .

-

XZ)j , pa slijedi

b . al.

-

r / (x ) = i + ( 4 - 2�)j, II r 'lI = JI + (4 - 2x ) 2 = v , r " (x ) -2j, l i r ' x r ll ll 1 - 2kl = 2 . Za zakrivljenost K dobivamo: I r ' x r il i 2 2 = 1( 0) I( x) = [1 + ( 4 2xFp!2 l v3 R (mp ' Jedinični tangencijalni vektor je rI i + (4 2x) j T := T(O) = r I I ' ll yfl + (4 - 2x)2 ' v 17 -

-

-

-

=

-

-

i�.

Jednični vektor normale u x = O okomit je na T(O) , dakle to je

N(O)

=

Radij vektor središta zakrivljenosti je

-

4i j vn

e = r(O) + RN(O) = 0 + ( 117)3 4i SrediŠte zakrivljenosti je II točki e

2 ( m- j) (32, l;) .

!2( 4 2 i

_

j ).



P(r,

---,dc-( P-=--,P'S..:.,-)) - E . d(P, P' je ortogonalna projekcija točke P na direktrisu = d. vrijedi: r cos () i jednadžba krivulje drugog reda j e r Ed . ---E r= = E cos () r cos dx

x

()

==?

l

+

za

x

kordinatu točke

P

3 . 1 2. KEPLEROV l ZAKONI

59

y

""l;l.;;:-----

l,

slijedi

fa.

a

a�

I Treći Keplerov zakon I

onda Dokažimo sad treći Keplerov zakon. Ako su poluosi elipse a , odnosno je njezina površina P = Neka j e period ophoda planeta oko Sunca. (Za Zemlju j e to jedna godina.) Dokazali smo da je, po Keplerovom zakonu L A'(t) konstanta. 2m Zato je površina elipse = = V1 E2.

b,

abn. 2.

T

(�) 2 111 . T

nab naa

-

Odavde zaključujemo: T=

2 ma2n ·

--

L Iz jednadžbe staze slijedi: Ed =

L2

nl2 K

pa je

l U - EdOM '

m2

3, VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG A RG U MENTA

60

Zato imamo

jer je ed

=

a( l

-

c2) . Tako je tj .

i to je tvrdnja trećeg KepJerovog zakona,

2 T 3 a

=

konstanta

4. Li mes i nepreki nutost fun kcija

4, l.

4,2,

4,3.

Konvergentni nizovi . Limes funkcije . . . . Neprekinute funkcije . ,

.

, . . . . . , , . . . . . . . , . . , 61 . ,

. , . . . . "

. , ' , . . . , 63

. , , , , . . . . , , . . , , . . . . 66

I

4.1 . Konvergentni nizovi

Konvergencija nizova u prostoru R'" (ili točaka u prostoru opisati pomoću metrike u tom prostoru.

Em ) može se lagano

Konvergencija n iza u prostoru E'm

Niz točaka ( Tn ) iz lIl -dimenzionalnog euklidskog prostora s metri kom d konvergira točki T iz tog prostora ako za svaki e > O postoji takav prirodan b roj IlO tako da za svaki II > 110 vrijedi d(Tm T) < e . Dakle, lim Tn T {:::=::;.. ('le > 0)(3no)(V71 > llo) (d(Tn ' T) < e). n

......

oo

Uvjet d(TII' T) < e znači da se točka Tn nalazi unutar e -okoline oko točke T. Dakle , niz (Til ) konvergira točki T ako se svi članovi niza (osim možda njih konačno mnogo) nalaze unutar svake € -okoline točke T .

4 . LIMES I NEPREKINUTOST FUNKCIJA

62

0 E

'· · T





.

·

Sl. 4. 1. Konvergencija niza

Pokažimo da se konvergencija niza točaka prostora Em može opisati pomoću konvergencije koordinata tih točaka. ' Iocaka (T.n (Xnl ) , Xn( 2 ) l , eorem 4. 1 . NIZ

or

v

onda i samo onda ako Za svaki od

m

"

"

Xn(m ) ) )

nizova vrijedi:

= X" lim xli) II

n� DO

'

no ·

Iz tih nejednakosti kvadriranjem, zatim zbrajanjem i vađenjem drugog korijena slijedi da je d(Tlll T) < E . Kako vidimo, konvergencija niza točaka ( Tm (x I , . . . , xm ) ) svodi se na konvergen­ ciju m nizova realnih brojeva. Prema tome, nuždan i dovoljan uvjet konvergencije niza točaka je da svi već spomenuti nizovi, tj. koordinatni nizovi moraju biti Cauchyjevi nizovi.

I Ogran ičeni podskupovi u En I

Ishodište koordinatnog sustava 0(0, O, . . . , O) i ma sve koordinate jednake O. Pre­ ma euklidskoj metrici lako izračunamo udaljenost bilo koje točke od ishodišta. Podskup A prostora gr je ograničen ako postoji broj M tako da za svaku točku T E A vrijedi: d( T, O) < M za svaku točku T E A . Dakle, skup je ograničen ako se nalazi unutar kugle polumjera M kojoj j e središte u ishodištu.

4.2. LIMES FUN KCIJE

63

Teorem 4.2. (Bolzano-Weierstrassov teorem). Svaki ograničeni niz točaka ( Tn ) iz m -dimellz;ollalnog prostora ima kollvergentan podlliz.

Dokaz. Uočimo da iz ograničenosti slijedi d( O, Tn ) ::; M :::}

pa je

i = 1 , 2,

.

.

. , m.

Prema tome, skup svih prvih koordinata ograničen je niz brojeva. Isto vrijedi i za preostale koordinate. Prema Bolzan(}-Weierstrassovom teoremu u skupu R , za svaki niz možemo izdvoj iti pri padni konvergentni podniz. Neka smo izdvojili iz prvog niza konvergentni podniz { l } X� l -+ a l _

(xi"») , (x�n»)

j'

_

.

(x�7»)

I z drugog niza izdvojimo najprije članove čij i s u indeksi !lkl ' pa i z tako nastalog niza izdvoj imo konvergentni podniz. Dakle, { (n) } { ( nIt ) } { (nl, ) } -+ a Z -+ X2 X2 -+ Xl ' I prema tome pod nIZOVI (Xl( n,,- » ) , (X2n,, » ) konvergtraJu redom prema a l , az . N astavljanjem tog postupka dolazimo do podniza točaka ( Tn,,,, ) koj i konvergira prema T(a] , a2, " . , am ) i teorem je dokazan. -

.

-

*

*

*

Niz koji nije ograničen može ali ne mora imati konvergentan podniz. U ovom drugom slučaju reći ćemo da niz konvergira prema beskonačnosti. Dakle, za niz ( Tn ) kažemo da teži prema beskonačnosti ako se gotovo sve točke niza nalaze izvan kruga čije je središte u ishodištu, a radijus je po volji velik broj M . Iskaži mo to još i na ovaj način: ( Tn ) -+ OO � ( (VM > 0)( 3110)/1 > IlO d{Tn' O) > M). Uočite kako ne uzimamo u obzir neki posebni smjer. Tako na primjer, te točke ne moraju težiti po nekom pravcu u beskonačnost. 4.2.

Limes funkcije

I

Neka je zadana realna funkcija f : Q I-> R , definirana na otvorenom skupu Q , osim možda u njegovoj točki To . Broj L je limes funkcije f u točki To ako za svaki e > O postoji 8 > O tako da vrijedi : 0 < d( T, To ) < 8 =} I/(T) LI < e. Pišemo lim f (T) = L . T� To

4. LIMES I N EPREKINUTOST FUNKCIJA

64

Posebno navedimo i definiciju limesa funkcije kada točka T teži prema beskona­ čnosti . Broj L je limes funkcije f(T) kada T -+ oo ako za svaki pozitivni broj f > O postoji pozitivni broj M takav da vrijedi

d(O, T»

M

====>

If(t) - L I < f.

Pišemo l i m f(T) = L . T� oo Veze između algebarskih svojstava funkcija i limesa potpuno su analogne onima kod funkcija jedne varijable. Teorem 4.3. Neka fu1lkcije f i g imaju limese tocKi To i neka su to brojevi a, Od1l0SllO b . Tada vrijedi: l . lim [(j( T) ± g(T) J = a ± b, u

2.

3.

4.

T -TD

lim lf(T) . g(T)J = a . b,

T- TD

lim

T- TD

)] _ � [f(T g(T) - b '

b f. O,

lim If(T) 1 = l a l .

T-TD

Dokaz teorema potpuno je analogan dokazu u slučaju funkcija jedne varijable. Uzastopni limesi

I

Ako u funkciji više varijabli neke varijable imaju fiksiranu vrijednost, može se tražiti limes funkcije po ostalim varijablama. Često fiksiramo sve osim jedne varijable i u tom slučaju zapravo određujemo limes funkcije jedne varijable. Radi jedostavnosti zapisivanja, promotrimo funkciju F dviju varijabli. Ako pos­ toj i limes u točki (a, b) (1) L lim F(x, y), =

(x.," ) - (a,bl

on ne ovisi o načinu na koj i točka (x, y ) teži prema (a, b) . Izaberimo dva posebna puta, duž pravaca naznačenih na slici . y

y -b, x-a

, (a.b)

x

SI. 4.2. Uzastopni limesi

}.� [!� F(x, y) ] , .�� [�.� F(x, y) ] .

Tim dvama putovima odgovaraju sljedeći uzastopni limesi :

(2)

65

4.2. LIMES FUNKCIJE

Prema tome, ako postoji limes L ( l ), onda postoje i l i mesi (2) i jednaki su L . Ta se činjenica koristi pri računanj u l i mesa, jer je limese u (2) lakše izračunati od onog u (l). Međutim, obrat ne vrijedi . Ako postoje limesi ( 2) , onda ne mora potojati limes ( l ). Pogledajmo to na primjerima. Primjer 4.1 . Zadane su funkcije:

x Y 1 . /(x , Y ) = -- , 2. /(x , y ) x+y x "-y � + ( x Odredimo limese tih funkcija u ishodištu (ako postoje). t>

1.

Vrijedi

[

[

-

]

Y ) '- .

xlim lim � = 1 = l, y-o x�o X + y x+Y Zato limes funkcije ne postoj i u točki 0(0, O) , jer se dva uzastopna l i mesa ne poduda­ raju. Ishodištu se možemo približavati i na druge načine. Ako bismo se približavali lim lim

x - o Y- O

(!, ! )

-

.

(�, !) dobili bismo za limese

, odnosno preko niza točaka čije su koordinate 11 11 11 11 l O , odnosno "3 ' Limes u ishodištu ne postoji. 2.

Sad je

[

,]

[

x2y 2 = lim lim -.:--::----.:.--,-.,. = 0. x-o .v- o x 2y -, + ( x - y ) � Y-O x-o Uzastopni limesi postoje i jednaki su. Međutim, funkcija ipak nema l imes u ishodištu ! lim lim

Izborom nizova

(!, ! ) (\ !) dobivamo u prvom slučaju da /(X/1' YI1) II

II

,

II

II

-- l , dok

je u drugom /(x n, Y IJ ) -- O , dakle funkcija nema limes u 0(0, O) . Jasniju predodžbu o ponašanju funkcije dobit ćemo ako pređemo na polarne ko­ ordinate. U ovom pri mjeru bismo dobili: /(x, y ) = /( r cos ({J , r sin ({J ) = F(r, ({J )

({J + l sin 2({J ' O (neovisno o ponašanju kuta

Točka ( x , y ) teži u ishodište onda i samo onda kad r ({J ) . Ako r -- O dobi vamo za limes b roj O uvijek osim ako je slučaju je F(r, ({J) = l , pa je i limes kad r -- O jednak l .

Uistinu, vrijedi

4. LIMES I N EPREKINUTOST FUNKCIJA

66

pa vidimo da je

( i)

F t, ±

-+

O kad t

-+

oo .

Ako je a

::f. ±

i tad je cos2 a ::f. O i

primjenom L'Hospitalova pravila zaključujemo da F(t, a) -+ O kada t -+ oo . Poka­ žimo da funkcija nema limes u beskonačnosti. Odaberemo niz (n, n2) (koji se nalazi na paraboli ) . Onda j e !(ll, 112) te funkcija nema limes' kada T -+ 4.3.

oo .



l.

2_ 3.

oz = x, ox 2 a/ex, y) ax UX = A,

5.2.

oz y oy = 2 , -x uy

= B,

u:

-y

a/(x, y) oy O , q( 1 , 2, 4) = - 2 < O . U E3 obično linearnu funkcij u zadajerno u obliku f(x, y, z) = Ax + By + Cz, A , B , C E R. Nama je dobro poznato da sve točke iz prostora E 3 gdje l inearna funkcija f ima konstantnu vrijednost pripadaj u ravnini, a jednadžba te ravnine je f(x, y, z) = Ax + By + Cz = D tj. Ax + By + Cz + = o. -

5.4.

u

D

,

Diferencijabilne funkcije

I

Podsjetimo se: za funkcij u jedne varijable kažemo daje beskonačno malog reda točki a ako je njezin limes u toj točki jednak nula: lim a(x ) = O. x-a

Za funkciju a (x ) kažemo da je mala višeg reda nego funkcija f3 (x) u točki ako je limes kvocijenta al f3 jednak nuli. Dakle, ako je . a (x ) hm f3 (X )

x---+ a

=

a

0,

onda je a mala funkcija višeg reda nego funkcija f3 u točki a i tada pišemo a = 0(f3 ) . To ujedno znači da je a If3 = o (x ) funkcija od x čij i je limes u a jednak O. Kad smo uvodili pojam prvog diferencijala funkcije jedne varijable, polazili smo od definicije derivacije. Dakle, neka je f(x + Iz ) - f(x ) = f' (x ) , lim h-O h tj. f(x + ll) - f(x ) - hf'( x ) = o lim . h-O

II

Ovu relaciju možemo zapisati koristeći se notacijom beskonačno male funkcije: f(x + Iz) - f(x) - hf' (x) = o (h) . Vidimo da je f(x + Iz ) - f(x ) - hf'(x ) mala funkcija višeg reda nego Iz . Odavde je f(x + Iz ) - f(x ) = !, (x ) h + o ( h ) .

Prvi pribrojnik s desne strane nazivamo prvi diferencijal funkcije f i označavamo s df(x, h) = !,( x ) . h.

Promjena funkcije je zbroj prvog diferencijala i funkcije o ( /z ) . Ponovimo ovo razmatranje, za funkcije više varij abli.

5. DIFERENCIJALNI RAČUN

80

Neka je f (XI , X 2, . . . , xn ) funkcija od n varijabli, tj. funkcija vektora x = (Xl, X2, . . . , Xn) . Za takvu funkciju kažemo da je mala funkcija višeg reda nego x

ako je

f(x) x - o Il x ll l im

O,

tj.

Diferencijal funkcije više varijabli

Ako promjenu funkcije

I'l.f f(x + h) - f(x)f(XI + h l , X2 + hz, . . . , Xn + hn ) - f(Xh X2, . . . , Xn )

možemo prikazati u obliku za neki vektor

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

A le l

+ A ze 2 + . . . + A n e n ,

onda kažemo daje funkcija f (x) diferencijabilna u točki T(x!, X2 , odnosno u vektoru x . Linearna funkcija (forma) y . h A l il I + A2h2 + . . . + A n hn naziva se diferencijal funkcije f u točki x .

. . . , xn) ,

Vektor y . ako postoji, jednoznačno je određen. Naime, ako bi postojao još jedan vektor. reci mo z . onda bi vrijedilo f(x + h) f (x) = y . h + o( h), f(x + h) f(x) = z · h + OI (h) , pa oduzimanjem ovih jednakosti sijedi (y z) · h = 02(h). ( Primijeti da je razlika dviju funkcija reda o(h) funkcija reda o(h ) .) Pokažimo, ako j e skalami produkt c · h reda veličine o( h) . onda je vektor e jednak nuli. U tu svrhu odaberimo za h = hiei ' Sad je c · h Cih, pa slijedi: c·h cJ.Jzi o kada h --+ O. Ci Il h ll hi No. to znači da j e c, = O . Tako dobivamo da su sve komponente vektora e jednake nuli. Prema tome, za spomenute vektore vrijedi z - y = O , tj. Y z . Gradijent funkcije

Neka funkcija f ima neprekinute sve prve deri vac ije na otvorenom skupu koj i sadrži točku T . Vektor y u definiciji diferencijala nazivamo gra­ dijentom funkcije f u točki T(x l , " " xn ) = x i označavamo simbolom "Vf(x) .

81

5 .4. DIFERENCIJABILNE FUNKCIJE

Prema tome, ako je funkcija f(x) diferencijabilna, onda se promjena funkcije može prikazati na sljedeći način: f(x + h ) - f{x) = \l.f(x)

.

h + o(h ) .

Dokazali smo da je gradijent funkcije jednoznačno određen u točki x . pokažimo kako se on određuje. Stavimo u prethodnu formulu po redu 'h = Iz,e; , i = l . 2 II i pustimo da h i � O . Tad dobivamo za komponente gradijenta vrijednosti: .

. .

. •

1 , 2, . . . , n .

Računanje gradijenta

Ako je ! diferencijabilna u

x,

\lf{x t , x2, ' " , xn )

onda se njezin gradijent računa formulom af af - el + + . . . + -e naX I aX2 aXn

Primjer 5.1 . Neka je zadana funkcija

f(x, y )

+

Pokažimo da je ona diferencijabilna. t>

Napišimo promjenu funkcije. Neka je promjena varijabli dana vektorom

h = hi + kj .

f(x + h, y + k)

f(x , y )

( X + h)2 + (y + kf - (x1 + l ) 2xli + 2yk + (hz + k2 ) ,

Pri tom je �

Prema tome je

�f(x. y) \lf(x, y)

O kada h



\lf(x, y) . h + o(b). 2xi + 2yj

i uistinu vrijedi \lf(x, y )

+

a!(x ' Y ) j ay

O kada udaljenost d -> O . Kao što znamo, linearni dio promjene funkcije u nazivamo derivacijom te funkcije u točki TI ili prvim diferencijalom,

d

du

==

au au au � + �y + & ax ay az '

Parcijalne derivacije računamo u točki Tl (x, y, z). Budući da su varijable nezavisne možemo pisati u mjesto � = dx itd., dakle,

au au au dx + dy + dz. ax ay az

du

Neka su x, y, z diferencijabilne funkcije novih varij abli

y Uvrštavanjem tih funkcija u funkciju

F(s, t)

=

II

Jz(s, t),

z = /3(s, t).

J{x, y, z) dobivamo:

J(fI{S, t),12(s, t),J3 (S, t)).

Dokažimo sljedeću formulu Derivacija kompozicije

Funkcija F(s, t) je dane izrazima: aF as aF at

diferencijabilna i njezine su parcij al ne derivacije

aJ. ax aj IJx

ax . ay az + + as ay as az ax aj lJy aj az + +at ay at az at .

_._

._

_.-

Parcijalne derivacije funkcije J računamo u točki TI (x, y, z) dok parcijalne de­ (s, l), .h(s, l), /,(s, t) računamo u točki 1'3(S, t). Da bi tu tvrd­ nju dokazali krenimo od točke T3(s, t) i promjenom varijabli dolazimo do točke T4(s + �, t + M). Ta promjena izaziva promjene �, �y, & koje pak izazivaj u promjenu �u za koju znamo d a j e jednaka rivacije funkcija fl

�u d

IJu au au . � + - . �y + - . & + o (d) , az ax lJy --;- )2:-+-(:-:&:-�)=2, ( b.:-y-;-:; -)2::-+ ' ---'-; Llx ( d(Th T2 ) = y'r7

=

=

-

o( d)

o

kada

d

O.

5. DIFERENCIJALNI RAČUN

96

Za promjene funkcija x(s, t), y(s, t), z(s, f) vrijede analogni izrazi. Ax

ax ru +01 (dd, at ay �t +02(dd, + �y = 8s Ll.5 at ax az �s + ru= �t +03(dl)' as at ax

as Ll.s ay

+

gdje je dl y'(fu)2 + (�t)2, oi(dl ) -t O kada di O. Uvrstimo li te izraze u izraz za promjenu funkcije li dobivamo promjenu funkcije F, ��-��

�F=

]

aX ax af ay ay [ [ ru +02(d) + + �t +o l (d) + ay as fu at ax asfu at af aZ az [ + + �t +03(d) az asfu at

]

]

af ax af ay afaZ t af ax af ay afaZ ]� ]�s + [ [ + + + + ax at ay at az at ax as ay as az as af ] af , af 1 . o + 0] + [ o + ay azax �

U posljednjoj zagradi parcijalne derivacije funkcije f raču namo u točki TI (x, y, z) . Prema tome u toj zagradi imamo produkte brojeva s funkcijama OI. 02, 03 koje su male funkcije reda veličine većeg od dl. Dakle. izraz u posljednjoj zagradi je mala funkcija reda veličine većeg od dl i teži prema nuli kada dl -t O. Izrazi u zagradama koje množe fu. odnosno ru su brojev i. Naime, derivacije funkcije f po x, y, z izračunavamo u TI (x, y, z) dok parcijalne derivacije funkcija x, y, z po s i t izra­ čunavamo u točki T3(s, t). Prema tome promjenu funkcije F(s, t) možemo prikazati kao zbroj linearne funkcije, varijable su fu, �t i neke funkcije o(dd. Prema tome je funkcija F{s, t) diferencijabilna i izrazi u zagradama su njezine parcijalne derivacije. Primjer 5.3. Homogene funkcije. Neka funkcija f(x, y, z) ima neprekinute par­ cijalne derivacije, (pa je dakle diferencijabilna), u svim točkama E3 osim možda u 0(0, O, O) i neka vrijedi: t nf(x, y, z) za svaki t> O, (x, y. z) ::f. (O, O, O). F{t) = f(tx, ty, tz)

Tada za funkciju f vrijedi:

af(x, y, z) x + ax

af(x, y, z) +z az

11



f(x, y, Z ) .

Istini tost tvrdnje slijedi neposredno, derivirajući funkciju F(t) i zatim stavimo tnf(x, y, z) nazivamo homogenim i broj 11 je stupan j homogenosti. Homogenost funkcija zadanih formulama lako možemo ustanoviti. Tako na pri­ mjer, među funkcijama t

l. Funkcije za koje vrijedi f(tx, ty, tz)

x +l samo posljednja nj e homogena. Koliki je stupanj homogenosti prvih triju funkcija?

97

5 .7 . DERIVACIJA KOMPOZICIJE

Primjer 5.4. Često nam trebaju parcijalne derivacije funkcija koj ima su povezane

kartezijeve koordinate (xy) , i polarne koordinate (r, t} ). To su funkcije: l. x=rcos t} ,

3. r=vx2+y2,

y = r sint},

2.

4.

t} = arc tg� . x

Derivacije tih funkcija jesu: ax ax . L cos t} . = -rsmt}, {J t} ar ay . 2. = sm t} , {J =rcos t} , t} ar ar x rcos t} ar y . 3. = = cost}, - = - = sm t} , r ax r ay r {J t} {J t} cos t} sin t} x 4. r r ay ax Odredimo gradijent u polarnim koordinatama. aF {JF j ( (xy ) ) t} (x,y)) i+ �Fr ay ax {JF. {JF aFl aF I. cos t}+ cos t} J = sm t}+ - ;: sm t} l+ {J t} ar a t} ;: ar aF IaF = ar ej + -; at} ez, Ovdje je ej = cos t} j+ sin t} j, jedinični vektor u sjeru radij vektora r, a e2 - sin f}j+ cos t} j vektor okomit na nj.

---

(

[

)]. [

].

Primjer 5.5. U teoriji funkcija kompleksne varijable, zatim u raznim tehničkim problemima značajnu ulogu ima Laplaceova diferencijalna jednadžba. U dvije dimen­ zije ta jednadžba glasi: a2Z a2z tj. O. � 2Z(X,y) Z.tr+ Zyv = O, + ax2 0)'2 Napišimo ovu jednadžu u polarnim koordinatama. Dobit ćemo: 1 1 Zr 'I + ,Zoo+ -ZI' = O. rr Evo kako se dolazi to ove jednadžbe. Najprije. za Z = z(r(x.)'). t} (xy)) . vrijedi: zt, = z�r"+ z� t} ; pa je 1/ [ /I I /I 1 I I /I 1 11 [1/ I /I / 1 Zu = zrrr, + ZrO t}x] rx+ Zrru+ ZOr r x+ zoot}�,] t}.t+ Zot}xx' Analogno. uvažavajući da je Z z(r(xy), , t} (x, y)) dobiva se izraz za z�v'

- -

,

U

te se jednakosti uvrštavaju izrazi za dcrivilcije:

r� = cos t} , 11 r" .. =

sin 2 t} -r

/ sin 2t} t} ,·It = r � �

cos t} sin t} 1 t}XI = --- , t}. " = -r , r 2 t} sin sin t} cost} r/I y)' ;: - -r-' r sin 2 t} 2 cos2 t} II t}yy = -

sin t} ,

=

5. DIFERENCIJALNI RAĆUN

98

Nakon sređivanja. dobit ćemo prije navedenu jednadžbu.

Primjer 5.6. Val na jednadžba je parcijalna diferencijalna jednadžba

;J2y

l fJ2y

=

y

c2 GX2 Prelaskom na nove varijable II i v. u= x+ct,

y postaje funkcija varijabli u i v, u jednadžbu

y

=

=

y(x, t).

v= x

ct,

y(x(u, v), t(u, v)), a početna jednadžba prelazi

fJ2y = 0 . GufJv Rješenje te jednadžbe dobivamo uzastopnim integriranjem: --

fJv � fJ

=

k

+

=>

/z(u)

y

=

f{ u)

.

+

f{x + ct) +g {x - ct),

g(v)

Ovdje su f , g proizvoljne diferencijabilne funkcije. (Njih određujemo iz početnih i rubnih uvjeta.) 5.8.

j

Implicitne· funkcije

Jednadžbom F(x, y, z) O određena je implicitna veza nepoznanica x, y i z . Može li se iz te veze uvijek odrediti jedna nepoznanica kao funkcija preostalih dviju? Kako se računaju njezine derivacije? Na ta pitanja daje odgovor sljedeći važni teorem. �Teorem o implicitnOj funk� i i



j

F na otvorenom podskup u D � R3 na prve parcijalne derivacije, dakle D neprekinute ima na (tj. kojemje klase C(I)(D) dijerellci j abill l a Ila D). je . Neka je To (xo, yo, Zo) E D takva tocKa za koju vrijedi: Teorem 5.9. Neka je zadanafunkcija

F(xo, yo, zo)

Vrijede sljedeće tvrdnje: 1. Postoje okoline jedllafunkcija g : Vd -t

Zo

ma:

U,U,- .

g(xo, yo),

O,

F�(xo, yo, zo) ::j::. O.

tocKe Zo E R i Vd točke (xo, Yo) za koju vrijedi

F(x, y, g(x, y))

=

O

za

E

R2, i postoji samo

(x, y) E \!"t-

2. Funkcija g je klase C( II (Vd). Njezi1le parcijal1le derivacije dalle su izrazi=

Fr(x, y, z) Fz(x, y, z) ,

5 . 8 . IMPLICITNE FUNKCIJE

y

Sl. 5.6. Teorem o implicitnoj funkciji. Iz implicitne veze F(x, y , z) O triju vari­ jabli može se odrediti jednoznačno jedna od njih kao funkcija drugih dviju u nekoj oko/mi za dane točke T o osim u slučaju kad je F� O (/ocKa TI)' .

z

=

Dokaz. Možemo pretpostaviti da je F�(xo, yo,zo) > O, ( u suprotnom promatra­ mo funkciju -F). Zbog neprekinutosti funkcije F� u D postoj i okolina Wd točke (xo,yo, zo), Wd O. Ako fiksiramo (x,y), onda je F(x, y, z) strogo rastuća funkcija varijable z za ko­ j u j e F(xo,yo,zo) = O. Prema tome postoji broj e> O takav daje F{xo,Yo,zo-e) < O i F(xo,Yo,zo+e) > O, a točke (xo,yo,zo e), (xo,Yo,Zo+e) su iz Wd' Medutim, onda možemo odrediti okolinu Vd točke (xo,Yo) takvu da j e F(x, y, zo e) < O, F(x,y,zo+e)> O za sve (x,y) E Vd' Neka je fiksirana točka (x,y) E Vd' F(x,y,z) je neprekinuta i striktno rastuća funkcija od z pa postoj i samo jedna vrijednost za z, Zo -e < z < Zo+ e za koj u je F(x,y, z) O . Ta vrijednost je funkcija fiksiranih (x,y), dakle z = g(x, y) za svaki (x,y) E Vd i vrijedi z E (zo - e,Zo+ e) = Vc' z

Zo+C

z.n

�-----t----!.,-ć zu-e

Sl. 5.7.

Dokažimo da je funkcija g neprekinuta na Vd(xo, yo). Neka je (Xl, y.) E Vd = g(Xll YI)' ZI E (zo - e,Zo + e). Sada je F(XI, YI, zd = O . Neka je zadan O . Odaberimo Cl < E tako da je okoli na U" broja ZI sadržana u okolini Uc broja Zo. Neka je Iz - Zli < E. Odaberimo Vs, okolinu točke (x J, YI) tako da iz (x, y) E Vo, e Vd slijedi Iz -Zli < CI < E. To upravo znači neprekinutost funkcije Ig(T) - g(Tdl < Ei . G u točki TI(Xh Yd . Naime iz d(T, TI) < OI i Zj E>

5, DIFERENCIJALNI RAĆUN

100

Dokažimo da funkcija g i ma parcijalne derivacije. Nekaje y fiksiran i F(x, y, z) smatrajmo funkcijom od x i z. Promjena od x za Iz neka daje x y) E Vd(ox , oy ), (+ x h ,y) E Vd(ox , yo),z+ k E U(( z+ k g(x+h, y), (, ' Zo). To je moguće postići jer je g neprekinuta funkcija u Vn(ox , oy ). Prema teoremu srednje vrijednosti j e z k) -F(,x y, z) = F�('x ,y, *z )h+ F�(*x ,y,z*)k= 0 , F{x+h, y, + z z+k). Budući da je g(+ x h,y) = z+k i za neke točke x· E (x,x+h), z* E (, z = g(x, y) , za parcijalnu derivacija g: funkcije g po x dobivamo x y,z) F�(, z+k-z l' k j' gxI l 'l m , = lm - = lm h-O h-O h Iz h�O x y,z) F�(, Slično dobivamo

y, Prema dokazanom teoremu dobil i smo dovoljne uvjete kada iz jednakosti F(, x y,z) = ° možemo izračunati z kao funkciju od x i y. Ponekad je iz i mplicitno zadane funkcije F(x, y, z) = ° možda moguće izraziti x ili y kao funkcij u preostale dvije varijable. U takvim slučajevima moraju biti ispunjeni potpuno analogni uvjeti uvjetima koje smo zahtijevali za funkciju g. *

*

*

Iskaz ovog teorema može se poopćiti i na s ituaciju i mplicitne veze nekoliko ne­ poznanica, opisanih sustavom jednadžbi. Promotri mo dvije jednadžbe definirane na otvorenom podskupu D

0, . . . , lln

K vadratna forma je negativno definitna onda i samo onda ako predznaci glavnih minora a\terniraju na način: lli < 0, III > 0, ll3 < 0, ... , (- l)"ll" > O. Uoči da je u oba slučaja ll� > O. Sad možemo iskažati nužne i dovolj ne uvjete za ekstrem funkcije II varijabli. Ekstrem funkcije

n

. .

varijabli

Nuždan uvjet ekstrema diferencijabilne funkcije J( x \ , X2, . . . , xn ) (O O O) 10 XI'X2, . ,X" Je U mcvk'I 'T' n uJ (VJ)(To) = ° ek O. Ltj. k=; UXk 1.

tj. sve su parcijalne derivacije prvog reda u točki To jednake nuli. Točke u kojima je ispunjen nuždan uvjet za postojanje ekstrema nazivamo stacio­

narnim točkama. 2. Dovoljan uvjet ekstrema Neka je A = [a,,] simetrična matrica durgih derivacija u točki To: u2J(To) ai} = uX,{)Xj i llk njezin glavni minor reda k . Ako je lli > 0, ll2 > 0, ll3 > 0, ... , ll" > 0, onda J ima u To minimum. Ako je lli < 0, III > O. ll3 < 0, . . , (-1 )"ll" > 0 , onda J i ma u To maksimum.

.

6.

114

PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA

Primjer 6. 3. Odredi ekstreme funkcije

x 3 + 3xy2

I(x, y) t>

3x2 - 3l + L

Izračunaj mo prve i druge parcijalne derivacije zadane funkcije:

J;(x, y) = 3x2 + 3y2 6x, J;(x,y) =6xy - 6y, I;;(x, y) 6x 6, I:; =6y, I;; =6x - 6. Stacionarne točke određujemo iz jednadžbi I; = O, I; = O. Rješenja tih jed­ nadžbi su točke: TJ (O, O), T 2(2,O), T3( 1, 1 ), T4( 1, - 1 ). Za drugi minor vrijedi A2(x, y) 1;:1;; 1:;2 =(6x 6)2 36l. Za točke T3, T4 je A2(x, y) < O prema tome u tim točkama nisu ekstremi. U stacionarnoj točki T[(O, O) je A2(0, O) = 36 > O i A, = all(O, O) 1:;(0, O) = -6 < O, pa je u toj točki lokalni maksimum koji iznosi 1(0. O) = 1. U stacionarnoj točki T 2( 2 O) je A2(2,O) 36> O, dakle u njoj je ekstrem, a jer je AJ =1�� (2 O) =6 > O to je lokalni minimum, 1(2, O) = -3.

Označimo duljinu, širinu i visinu s x, y, z, tada je 1 2 xy z xy + 2xz + 2yz 1 2

2(x + y)'

Za volumen kutije vrijedi

12xy - x2y2 12 xy , x> O, y> O, xy < 1 2. 2(x + y) 2(x + y) Parcijalne derivacije funkcije V(x, y) jesu v

=xyz

xy

Iz jednadžbi Vx = O, Vy

O slijedi x = 2, y

2. Visina kutije će biti z = l.

Odredimo ekstreme funkcije g(x, y ) koja ima ekstreme na istim mjestima kao i funkcija I.

g(x, y) =xyz2 =xy(l

_

U tu svrhu tražimo rješenja jednadžbi g'.(x, y) =y - 3x2y )'3 =O,

x2

_

y2)

6.2.

115

EKSTREMI

, y=±l. 2 2 U točki T (O , O) nije ekstrem jer je f(x, y, z) > O za x > O, Y f(x, y,z) < O za x < O, y > O, z j; O. II EkstremI. su u TI ·· · IznosI. 800g , mak· slmum kOJI 2' T2 minimu m i on je -100 .

O, z j; O, dok je

(� �) = 100, dok je u

Primjer 6.6 . Funkcija z =

yZ - x2 (hiperbolički paraboloid) u točki 0(0, O) i ma sedlastu točku. U oči u ravnini Y OZ parabolu čija je jednadžba z = yZ , x = O, zatim parabolu u ravnini X OZ čija je jednadžba z = -xZ, y = O. Dolazimo li u ishodište po prvoj paraboli izgleda da bi tamo trebao biti m in i m u m funkcije z. Međutim ako dolazimo po drugoj paraboli onda bi u ishodištu trebao biti maksimum. Prema tome tamo nije ekstrem funkcije. Formalni račun nam daje: az = - 2x , aX

aZ = 2y, ay

02Z

ox2

= -2 ,

Točka 0(0, O) je stacionarna, međutim za nju je ekstrem.

02Z

= 2, 8y2

zuZy)' - ZX)'

02Z

= O. oxoy = -4, dakle u njoj nije

,\

\ \ \ \ 1 1 1 1 ,

-

__ .. 1/_--. -------- ___... 1...----

SI.

6.2.

Hiperbo/ički parab% id - sed/asta ploha. Stacionarna točka nije ekstrem.

Primjer 6.7. Zadane su točke TI(1,I), Tz(3, 2), T3(5, 2). Odredi jednadžbu pravca, y = ax+ b, koji najbolje aproksimira taj skup od tri točke. Aproksimacija je takva da se zahtjeva da zbroja kvadrata odstupanja zadanih točaka od pravca bude minimalan (metoda najmanjih kvadrata) . I>

Tražimo dakle minimum funkcije 3 f(a, b) = I:(axk+b - Ykf = (ax!+b - YI)2+(ax2+b - Yz)Z+(ax3+b - Y3)2. k=1

6. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA

1 16

y

6.3. Mctoda najmanjih kvad· rata. Tražimo pravac sa svojstvom da je zbroj kvadrata njegovih od­ stupanja od zadanih točaka mini­ malan. Sl.

x

Nakon uvrštavanja zadanih podataka dobivamo izraz za funkciju:

J(a, b) =(a+ b If + (3a+ b' 2)2+ (5a + b - 2)2,

Izjednačimo s nulom parcijalne derivacije te funkcije, dobivamo:

aJ( a, b) = 35a+9b l 7 O ' oa ob =9a+ 3b 5= O. II

l Rješenje tog sustava je a ' b 4 aproksi mira zadani skup točaka.

Očito se radi o određivanju minimuma funkcije

z=f(x,y)=x2+/+(x I)2+l+x2+(y If = 3x2+ 3i-2x-2y+ 2. Iz nužnih uvjeta ( z: = O, z;. = O ) za postojanje ekstrema slijedi da je to točka T

(�, �) .



Primjer 6.10. Prikaži pozitivan realan broj a kao zbroj od četiri pozitivna prib­ rojnika, tako da da nji hov umnožak bude maksimalan. I>

a = x+y + Z+ w. za funkciju kojoj tražimo maksimum vrijedi: (x x)'z > O. .f , y, z)= xyzw = xyz(a-x -y z),

Neka je

Parcijalne derivacije te funkcije jesu:

f:=yz(a-x-y-z)-xyz=y z(w x). f:'=xz(a-x-y-z)-xyz =yz(w y). I; = xy(a - x-y-z)-xyz = xy(w z).

Izjednačavanjem tih derivacija s nulom dobivamo: w = x =y=z,

dakle

x=y=z=w

Prema tome produkt je maksimalan ako su pribroj nici jednaki. Time smo dokali da vrijedi poznata nejednakost o geometrijskoj i aritmetičkoj sredini:

4 xyzw � ( 4a)

Poopči

( x+Y+4Z+ W ) 4

nejednakost i ovaj dokaz na slučaj

::::::}

11

4� x+y+z+w . vxyzw � 4

pribrojnika.



xdx = -ydy.

3dx2 - 3d/' < O



Prema slici slijedi:

[ � + sin � +sin �J,

O(x,y, z) = 2R sin

x +y +z = 2n.

Vidimo da je potrebno odrediti maksimum funkcije O(x, y, z) uz uvjet g(x, y, z) = x +y +z 2n = O. Znamo da za ekstrem tražimo točke za koje je V(O +Ag) = VO +AVg = o. Umjesto deriviranja Lagrangeove funkcije, možemo postupiti i ovako. Vektori VO i Vg moraj u biti kolinearni, a to znači da je njihov vektorski produkt jednak o: -

v' O = R

[i � k i cos

Vg = i +j +

VO

x

Vg =

+j cos

,

� +k cos �J '

k j x y z R cos 2. R cos 2. R cos "2 l

l

l

( � -cos Đ i+R (COS � -cOS �) j+ R (COS � -cos �) z = o.

= R COS

x y z . DobIvamo cos 2. = cos 2. = cos 2. ; x, y. z 2n 3' tj. trokut je jednakostraničan.

(donja suma)

i= I ./= 1 m

/I

I: I: f(x;, y; )t1xiI1Yh ;= 1 j= 1

(x;, Y; )

Primjer 7.1. Neka je zadana funkcija P = { ( x, Y) I I � x � 4 , l � y � 3 } .

z

=

E

Pij

(integralna suma).

f(x , y) = x2 + y 2 na pravokutniku

JI

Sl. 7.3.

7. DVOSTRUK I I TROSTRUKI INTEGRAL!

126

Nacrtaj sliku tog pravokutnika! Iznad pravokutnika grafom funkcije J prikazan je dio rotacionog paraboloida. Zanima nas volumen tijela koje je omeđeno odozdo pravokutnikom P , odozgo dijelom parabolaida koj i se ortogonal no projicira na P . To tijelo sadrži točke za čije koordinate vrij edi: v

{ (x, y, z)1

1 � x � 4,

1 � y � 3,

Izvršimo subdiviziju - particiju pravokutnika P. x.

..

l

a < 2 < 3 < 4=b,

y...

O � z � x2 + l } .

e= l < 2 < 3 =d.

Tom subdivizijom dobili smo šest manjih pravokutnika. Neka su to PI2 P22 P32 Pll P21 P31

Stranice tih pravokutnika su sve dulj ine l , Llx; . t:J.Y j= l . Maksimum funkcije J na provokutniku postiže se u njegovom desnom gornjem vrhu. Prema tome za veliku sumu S dobivamo: S=J(2, 2) .

l . l + J(2, 3) + J(3, 2) + J(3, 3) + J(4, 2) + J(4 , 3)=97 . Minimalna vrijednost funkcije J na pravokutnicima postiže se u donjem lijevom vrhu pravokutnika. Dakle, s JO , l) + J( l , 2) J(2, l ) J{2, 2) J(3, l) + J(3, 2). + + + Za tu sumu dobivamo vrijednost s = 43 . Za sumu (J' izvršimo i zbor točaka unutar pravokutnika tako da to bude sredina dotičnog pravokutnika. Dakle,

(J'=J

a , �) + J a , Đ + J a , Đ + J a , Đ + J G , Đ + J G , Đ ·

Za (J' dobivamo (J'= 64.5 . Kasnije ( kad naučimo računati dvostruke integrale) provjerite da je volumen tog tijela V 68 . Vrijedi s

< (J' < S,

4 3 < 64.5 <

97.

Očito da je (J već dosta blizu točne vrijednosti za volumen. Mijenjaj ući sub­ divizije polaznog pravokutnika možemo utjecati na spomenute sume. Čak ako je i zadana subdivizij a možemo i zborom točaka unutar pojedinog pravokutnika utjecati n a sumu (J' . Možemo lako zaključiti da čim samo o d jednog pravokutnika subdivizije napravi mo dva, a sve ostale zadržimo, onda mala suma s poraste ili ostane ista, velika suma S se smanjuje ili ostaje ista. [a, bl x [e, dl . U toj subdiviziji neka Neka je zadana subdivizija intervala 12 su donj a i gornja sume s , S . Ako svakoj od polaznih subdivizija i ntervala [a , bl i [e, dj dodamo nove točke onda kažemo da novonastala subdivizija profinjuje polaznu subdiviziju intervala Iz . Broj pravokutnika se povećava, a norma subdivizije smanjuje: AI � A , dok za odgovarajuće nove sume SI i S I vrijede nejednakosti:

a)(d - e)

� SI � S I � S � M{ b - a)(d - e) . Tu je broj m minimum funkcije J na 12 , dok j e M njezin maksimum. Ako norma subdivizije teži prema nuli onda ( za funkciju različitu od konstante) male sume s rastu, dok se velike sume S smanjuju.

m(b



s

7 . 1 . DVOSTRUKI INTEGRAL

127

f(x,y)

Z neprekinuta jtmkeija na pravokul1liku P ::::: [e, l . Postoji broj I za koji vrijedi s I S za sve particije pravokutnika P. Broj I nazivamo dvostrukim integralomjunkeije na pravokutnžku P i označavamo simbolom

Teorem 7.1 . Neka je

[a, bl

x

d

� �

f Jl f(X,y)dXdY.

Mi ćemo dokazati postojanje broja l za neprekinute funkcije na konačnom pra­ vokutniku P . Ako integral l postoj i onda (S s) -t kada norma subdivizije teži prema n ul i .

O

-

Primjer 7.2. Odredi volumen tijela koje sadrži točke

{ (x, Y,z) I O � x � 3, O � y � 4,

( � - ;O ) }.

O�Z�3 1-

z

y

x

Sl. 7.4.

I> Lako si predstavi mo uspravno tijelo čiji se volumen traži . Baza tog tijela je pravokutnik u ravnini XOY , odozgo je omeđeno ravninom z sa strana su dijelovi ravnina

5 y / 10 ) , = 3 x / ( 1 x O, x = 3 . y = O, Y = 4. V L Lf(Xi, yj)�i�}'j L L 3 (1 - � ��) �i�yj = 3 Li L �Xi�Yj - 53 Li L Xillxi�Yj - 130 Li L Yj�i�yj j j j 3 · 1 2 � . (L�yj ) ' ( LX i �;) - : (LXi) ' (Lyj�yj ) O j = 36 53 ' 4 ' Li xi�Xi 1O3 . 3 · L>j�yj 152 13 xdx 14 l/dy = 18 V 1 8. 36 10 �

I

=

}

=



� �

Sn; Sn , za bilo koji

0) ( 35

>

m; 0) (\f�) ( 1 1�1 1

>

5 ) (1*

� Sm <

J * + e,

J*

e < Sm



J* ) .

Ako za funkciju postoji i ntegral na skupu D onda kažemo da je na njemu i ntegrabiIna. Ako je funkcija integrabiIna onda je J=

JrJof f(x, y)dxdy

= Jim

II - OO

t f(Xi, k=i

ydPi '

Ako je J nepreki nuta na D onda se može izvršiti takva subdivizija skupa D da je maksimalna oscilacija funkcije na skupov i ma Pi manja od unaprijed zadanog broja. Neka je e

>

O

proizvoljan pozitivan broj; max( Mj - mj)

S

-

S

TI

I)Mi k=;

-

lIli)Pi

��

.

<

;.

P=

Prema tome će vrijediti

E.

Budući da se razJ ika S s može uči niti po volji malena slijedi da su neprekinute funkcije i ntegrabiIne na D. 1.2.

Na pravoku tnik u

Izračunavanje dvostrukog illtegral� .

rc, dj {(x, y ) I a � x � b, :>;; y :>;; d} J O J:P x Xo u u černo plohu J y) , f X . x o o ( z T ((xo, y , z) I c :>;; y :>;; d, O :>;; z f (xo,Y)} . P

=

[a, bl

x

=

neka je zadana neprekinuta funkcija dobivamo kriv l j : x

=

--+

R,



e

presje­ Ako ravn i nom i u toj ravnini pseudotrapez

131

7 .2. IZRAČUNAVANJE DVOSTRUKOG INTEGRAL A

: : : : : : , 0.L : : :I , I :l - - - --J.r,.-:. __



---

",./""

", '/ /

__

,� �::7'Ć----- ----,"'.!'

-----_

_____

-��_

y ---­

Sl. 7.5.

Površina tako nastalog trapeza je

P{xo) =

id f{xo1 y)dy

=>

P{x ) =

id f{x, y )dy .

Volumen tijela kojem je baza pravokutnik P , a odozgo je omeđen plohom čija je jednadžba z = f(x, y ) je V

fb P{x)dx fb(id f(x, y )dy) dx fb dx jd f(x, y)dy Jl f{X, y)dxdY, =

Analogno možemo postupiti ako umj esto pravokutnika imamo skup D , D = { (Xl y ) la � X � b, J(x ) � y � g(x) } n a kojem je definirana funkcija F . Dvostruki i ntegral funkcije F preko područja D računamo pomoću dva jednos­ truka integrala: l=

J10

F(x, y ) dxdy

fb dx 111(X) F(x, y)dy. a

{(x)

Teorem 7.3. A ko za funkciju F(x, y ) postoji dvostruki integral Ila zatvorenom

pOdruČ}!1 D ,

D = {(x, y ) I a � x � b, c � f{x ) � y � g{x) � d} Junkeije f i g su neprekinute na intervalu [a, bl , D Područje D j e dio ravnine omeđen odozdo parabolom x2, odozgo pravcem

y = x + 2 . Skiciraj područje integracije . 1=

Jl .

D

(x2

-

y)dxdy =

J

I dx 1' O . Iz navedenih pretpostavki o f slijedi da postoj i njezin dvostruki integral po D,

JL

f(X, Y )dXdY .

Svakoj točki T(x, y ) iz D pripadaju polarne koordinate x

r cos 6 ,

i funkcijska vrijednost u toj točki je

Y = r sin 'O,

( r, 6 ) E Q

F(r, 6 ) = f(r cos 'O , r sin 'O ) . Funkcija F( r, 6 ) j e neprekinuta jer j e ona kompozicija neprekinutih funkcija. Doka­ žimo da vrijedi

JL

J(x, Y )dXdy

JL

f(r cos 6 , r Sin 6 ) rdrd6 =

JL

F(r, 6 ) rdrd'O .

Skicirajmo dokaz navedene tvrdnje bez detaljnijih objašnjenja pojedinih kora­ ka u dokazu. Izvršimo subdiviziju područja D tako da ga prekrijerno elementarnim figurama u polarnom sustavu. To su dijelovi ravnine z a koje vrijedi

Di { ( r, 'O ) I '0;- 1 � 6 � 6;, rj- l � r � rj } ' Svakom elementu Di pridružen je element Qi ' Površina elementa Di je P(Di) =

JL, rdrd'O .

7. DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRAL!

136

y

Sl. 7.S.

F(r, O) po području Q je II F(r, O}rdrdO t II F(r, O)rdrdO = (aditivnost domene)

Dvostruki integral funkcije

Q;

i=d

= t F(r', O'} II rdrdO = t F(r' , O ' )p( Q, ) = t f(X', Y' )P( Qi ) ' 1=1 Koristili smo se teoremom srednje vrijednosti, a točka (x', y ') odgovara točki (r', O ') Qi . Posljednja suma je integralna suma funkcije f(x, y) po području D i ,=1

i= 1

I

E

prema tome će biti

11f(x, Y)dxd)' 11 f(r os o r sin )rdrdO = I1 F(r, 0)rdrdo. C

o

,

Primjer 7.4. Izračunaj volumen dijela kugle koji se nalazi između dvij e paralelne

ravnine.

[> Ovakav j ednostavan zadatak smo već riješili. Naime. tijelo čiji volumen traži­ Da bismo odredil i volumen. promatramo mo nastaje rotacijom dijela kruga oko osi kružnicu

x.

Volumen rotacijskog tijela je

V = 1l.' j" b (R2 x2 )dx = 1l.' (R2x _ X33 ) l "b = 1l.'( b 3- a! (3R2

Želi mo doći do navedenog rezultata pomoću dvostrukog integrala i pokazati kako ge korigtimo polarnim koordinatnim gustavom u izračunavanju dvostrukih integrala. Možemo pretpostaviti da se radi o volumenu ograničenom sferom i ravninama

z

x2 + l + Z2 = RZ, a, = b, O � a < b < R . z

137

7 .2. IZRAČ U N AVAN J E DVOSTRUKOG INTEGRALA

z

R

y

R

y

x

x Sl. 7. 9.

Proj ekciju volumena na ravninu XOY možemo rastaviti na dva dijela. 1 . Krug polumjera = v'R2 - b2 a tijelo je valjak visine b Njegov je volumen

r

- a.

2. Kružni prsten, kojem je nutarnji radijus rl VR2 - b2 , dok je vanjski rz = Iznad toga je tijelo odozgo ograničeno sferom, odozdo ravninom = a . Element volumena možemo zapisati dV2 = [JR2 - x2 - yZ - a]dxdy. .

z

Izračunaj mo taj volumen prelaskom na polarne koordinate:

{2 Jo

1f

VR1-a1 J VR1-!J2 ( RZ

d

l= =

l Z1r [a sin t . ( -a cos t) + bt . (a cos t) + a cos t . b]dt [021< a2 --2 r Z" l eos --111 + o abe l + t) eos tdt _ J Jo

-azlI .

Za izračunavanje traženog integral a moramo prvo imati pripadne jednadžbe krivulje po kojoj integriramo. U tu svrhu krivuljini integral rastavimo u dva integrala. Prvo integriramo po zadanoj krivulji od točke A( - l, l ) do točke 0(0, 0) . Na tom dijelu jednadžba zadane krivulje je y = -x . Zatim integriramo od točke 0(0, O) do točke B( 2, 2) , na tom dijelu jednadžba krivulje je y = x . Prema tome dobivamo:

1=

j

e

(x2 + l) dx + (x2 - y)dy = f +

1-0l = 1 a·dr = fo \ 2x2 + x2 - x) dx = 6, J OB

11 = f a .dr = Iz

JAO

I = I l + Iz =

1

,

JAO OB [(x2 + X2) + (X2 + x)(-l )]dx = �,

41

6'

6



Za integral po zatvorenoj krivulji I=

ic

a · dr =

ic

xydx + yzdy + xzdz

kažemo da je cirkulacija polja a po krivulji c . Odredimo parametarske jednadžbe zadane elipse. Vidimo da ona nastaje kao presjek valjka ( x2 + y2 = l ) i ravnine (x + y + z = l) . Projekcija bilo koje točke te elipse na ravninu XOY je točka s kružnice čije su parametarske jednadžbe: x = cos t , Y = sin t . Kako je z = l - x -y dobivamo parametarske jednadžbe:

x = cos t, Y = sin t, z = l cos t - sin t, O � t Za cirkulaciju I dobivamo: 271: 1= [- cos t sin2 t + sin t( 1 - cos t - sin t) cos t -

1

=

1

=-

271:

1 o

+

cos t ( l - cos t - sin t)(sin t - cos t)]dt

<

2n.

[- 3 sin2 t cos t + sin 2t - cos2 t sin t - cos2 t + cos3 tJdt 271:

cos2 tdt = -

1 o

271: l + cos 2t

2

dt = -n.

O postoji takav o > O da ako su dvije točke i udaljene za manje od 8 onda je razlika funkcij skih vrijednosti manja od 10 . Funkcija

T(Xi, Yi) T(x;, Yn

je neprekinuta na D , dakle i uniformno neprekinuta. Po pretpostavci je neprekinuta prema tome je i ograničena na D . Dakle, za razliku integralnih suma, i funkcija integralne sume koj om dolazimo do dvostrukog integrala funkcije

F

i ove integralne sume

T I i=F ;= 1 ( ; ) [

1+

cr

vrijedi:

f; (Xj, Yi)2 + f;' (Xi, Yi)2 � ME L:: Pi MEP. i= 1 II

E

=

Izborom brj a možemo tu razliku učiniti po volji malenom. Dakle, ako postoj i dvostruki integral

fL F(x, y, J(x, y)) JI + (f:)2 + (f;)2 dx dy

onda postoj i i plošni integral i vrijedi:

J1F(x , y, J(X,Y))dP J1F(x, y, J(x, y))

1 +

(��f + (�;,f dxdy .

Primjer 9.1 . Izračunajmo plošni integral

= Jl(X + 2y + 3z )dP x + y + z = l , koji se nalazi u prvom oktantu.

l

po onom dijelu plohe S

. . .

9. INTEGRACIJA NA PLOHA M A

186

z

e

B

y

A x

I>

Sl. 9. 7.

U ovom primjeru je

z = f(x, y) = l - x - y, F(x, y , z (x , y ) ) = x + 2y + 3z = x + 2y + 3 ( 1 - x -2x y + 3 ,

y)

-

dP =

pa je

JI + z; + z.� dx dy JI + l + l dx dy l

= VJ

llxv ( -2x

= VJ Jf l dx J o o

y + 3 )dx dy

t-x ( -2x *

Neka je ploha S zadana jednadžbom r ( u, v )

*

y + 3)dy

F(T)dP =:

II

=

vJ.

Jednadžba ravnine koja sadrži točke A , 8 , e je x + y + z l . Da bismo izračunali zadani integral, prikažimo ga kao zbroj od četiri integrala po četiri strane tog tetraedra:

Pripadni jednični vektori normala po redu jesu: JI

k , -i .. -j ,

-

l ;::;- (i + j + k) v3

f xz dxdy + xy dydz + yz dxdz = == jrJOAB

.

°

jer je z = ° na toj plohi. Slično se pokaže da su sljedeća dva integrala Jz i h jednaka O. Preostaje izračunati samo posljednji integral. Dakle, I

II

= =

f xz dxd.v + xy dydz + yz dxdz jrJABe

jl

x(l

x - y)dxdy

SX}

=

II

I I 1 1-< dx

O

.

O

+ 12 + h

x( l - x - y)dy

24

Ponovimo li postupak po preostale dvije projekcije, dobivamo jednake rezultate, dakle vrijednost integrala je

I

l

= "8 '



2,

°�x�

v

=

yi + 2j + xzk m/s.

Jednadžba plohe u vektorskom obliku je: r = ui + u�j + vk

pa je traženi tok

r;, x r:,

=

°� z � 3

(i + 2uj ) x k

2l/i

j = N.

= Jl(v, n)dP Jl v · r,, : rl' l iru 1- du l' (2u' - 2)dv 1 2 m3 /sec. o

=

=

1

=

x



Za funkciju cp(T)

vrijedi

pa je uistinu

acp ax

r

x - Xo r-3 '

-

-

y --Y-o r3 '

acp ay

-

E= grad cp

cp se naziva potencijal elektrostatskog polja.



2,

\7 x (\7 x a)

O, =

-\72 a + \7(\7a).

l. Koristeći formalni račun vektorske algebre, treba očekivati da vrijedi:

\7 . (\7

x:

a)

(\7 x\7)a = O,

jer se radi o vektorskom umnošku istih vektora. Ipak, ovdje se račun mora provjeriti direktno. Neka je a = al i + a2j + a3 k . Traženi izraz je j ednak \7

,

i a

j a

k a

\7.

[(

) (

aa3 ay

aa3 j+ ax

aa2

_

ax

aal ay

)k].

Primjenom operatora \7 na vektor rot a dobivamo vrijednost nula, jer su druge mje­ šovite derivacije jednake (jasno, uz pretpostavku da druge derivacije postoje i da su neprekinute funkcije). 2. Formalni račun dao bi sljedeći rezultat: \7 x (\7 xa)

=

\7(\7 . a)

( \7 . \7) a

\7(\7 . a) - \72a.

I u ovom slučaj u potrebna je također direktna provjera. Učinite to!

10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA

200

I

Laplaceov operator

I

l_Qplp�@ov [email protected] U2 definiramo kao "skalarni umnožak" operatora '\7

s ami msobo m, d akle

, \1-

=

82 82 + uy+�. uZ -





82

\I. \I =

sa

uX-

Lap Jac eov operatorozn ačav ase j o šsimbolom l\ , što reb araz li kov ati od i stovjetne ozn ake z apriras t fun kcije . Mi ćemo stog augl av nom rab iti ozn aku \12• *

*

*

Laplaceo va jednadžba je jedn ad žb a

\12f = l\f

f:�

+-'>�;, +l;

=

O

Rješenj ate jedn ad žbe n az iv amo ha rmo nijskim funkcijama . Harmonijs ke fun kc ije dviju v arij ab li x i y jesu n aprimjerre alni , odnosno i magin arni dio an aliti čkih fun kcij a w x iy. An aliti čke su fun kcije one koje im jau f(z) ko mple ksne v arij able Z deriv aciju . T ako n apri mjer, po moću fun kcije f(z) = Z2 = (x iy ) 2 = x2 l i2xy, u = x 2 i, v 2xy

+ +

+

-

dobiv amo dvije h armonijs ke fun kcije u( x, y )

y 2 i v ( x y ) = 2xy. ,

Primjer 10.6. U podru jču u kojem nem an aboj aele ktrost ati čko polje i mapoten­ t

r

cij al

2 + r-/,(r)

O.

r; /( �r ) (\lf'�r))r+ /'�r) \l · 3 J ( r) + �/'(r). r

Primijeni mo Lap laceov operatorn afun kciju ud aj l enosti ' ) ' r = \l2 f (r) :;:: \I(\lf (r) ):;:: \I(j ( ) ro ) = \I =

r f ( ) �f ( } r- ro. r +

r

"

r

'

r

=

"

r

r D abismo pron aš li traže nu fun kciju potrebno je rije šiti doist ajednost av nu diferencij al­ nu jedn ad žb u :

/,,(r) + �rf ( r) '

=

o.

201

10.2. HAMILTONOV I LAPLACEOV OPERATOR

Uvedi mo zamjenu f' 2 r

y' = y Sad je f('r) =

y: -

:::} -

dy y

2dr r

-

:::}

e i odavde

f{r) = A i

e

ln y = -2 I n r + l n e :::} y

A

-

+ B.

r

B su konstante. Funkcije tog obli ka rješenja su Laplaceove jednadžbe.



B, C je

Koristit ćemo teorem o divergenciji. Jednadžba ravnine koja sadrži točke A, Divergencija polja je

x +y +z l

pa vrijedi

.

diva

=

v a = 2x .

II

+x +x = 4x,

J1 dS = JJ11 ldV JJl 14XdXdYdZ = 4 1 dx l -x dy l -X-Y dz = -.6l a

.

diva

o

o

o

Ako bismo računali direktno (pomoću plošnog integrala), tada bismo zapravo imali četiri plošna integraJa, i to po četiri trokuta. l. Izračunajmo plošni integral po trokutu ABC. Jednadžba te plohe (ravnine) je y pa je njezina normala II (i j k) / J3 ,

x + +z = l = ++ xy +xz . dx;y Jels{ dS J'l{s" I ��:yYI = Jrls"f :2 +J3 . . 11 d 11-x lx:? +xy x(1 x - y)]dy -lJ3 + x - 6' y= 2. za -j , y = o. Jls dS = J1 xydS = a

.

II

a.

O

II

_

-

O

plošni integral po trokutu OAC vrijedi: jednadžba plohe je

ll =

a.

n

°

O , normala

jer je

Slično se pokazuje da su ostali plošni integrali jednaki O. Dakle tok polja a kroz tetraedar Je (5 .

l



C

i (x

rub trokuta

ABC

2)dx + (x + y)dy-2zdz. čiji su vrhovi

A( 1,0, O), B(O, l, O), C(O,O, l) .

Izračunajmo integral po stranicama trokuta:

/

=

1 adr + l[ adr + 1 adr, 1 adr::;;:; jO(x 2)dx + (1)(-dx) = �, JOydy - 2( l - y)(-dy) = 1 1(x 2)dx-2(I-x)(-dx)=-� , BC

AH

/1

==

l

AB

h 13

CA

=

l = lt +

_

12

l + h= ' 2

3

223

10.8. JEDNADŽBA KONTINUITETA

Izračunajmo taj integral pomoću Stokesova teorema. Za plohu biramo baš trokut

ABC. Jednadžba plohe je x + y + z = l, pa je njezin jedinični vektor normale (isti u svakoj tčki plohe) n (i + j + k)/J3. Rotor vektorskog polja je a (x-2)i+(x+y)j 2zk rot a k, =

pa za integral dobivamo l

jr{/ a . dP = jr{k' )'+'+k � dP is i l jr{ _1 (J2)2 J3 �. dP 2 is v3 4 n)

rot

=

=

Primijeti da je zadani trokut jednakostraničan s duljinom stranice .Ji.

10.8. . Jednadžba

kontinuiteta



Jednadžba je homogena. Provedi mo supstituciju z.'x + z = _2d? Az 1 - ::: ·;

Rješenje možemo zapisati

u

7:;

1 + T '

, z, x

dx

- ln ( l

=

x ..

obliku

)' 2

+ Kx.

Konstantu K odredimo tako da dobijemo ono Dakle, l = l + K . l , K = O . Traženo lješenje Je ,

Y-

.

==

y

xz

koje prolazi zadanom točkom.



Pravci nisu paralelni. Provedi mo supstituciju

x =u+

a,

Smatrajmo v funkcijom varijable u Odaberi mo

a

dv du

i f3 tako da vrijedi

Rješenje tog sustava je

a

u+v+ u-v+

a

a

dy = dvo

+ f3 + 1 - f3 + 3 .

f3 + 1 = 0, - f3 + 3 = O .

a + a

=

dx = du,

y = v + f3,

- 2 , f3 dv du

=

1 . Prema tome dobivamo 1 + ­v

u+v u-v

u v·

__

1 - II

Dobili smo homogenu diferencijalnu jednadžbu koju riješimo tako da ju supstitucijom

v = z(u) · u,

v' = z'u + z

dovedemo do jednadžbe gdje su varijable razdvojene. Rješenje te jednadžbe je odnosno

z

,u +

Z

l+z = -- ' 1 -z

z'u

1

==

l + Z2

-1-zo

?

arc tg z - "2 1n( 1 + z-) = I n u + I n C

Rješenje diferencijalne jednadžbe u varijablama x i

J(x + 2)2 + (y - 1) 2

=

y

je

Kearc lg(y - I ) /(x+ 2 ) .



2xy

+

Tražimo rješenje u obl iku produkta

u'v + uv'

+

2xuv

x,

=

x.

y

uv , y'

v[u'

+

=

2xuj

+

u'v + uv' , uv'

=

x.

Iz jednadžbe

U'

+

2xu

=

slijedi

O

u

e-x' . 1

=

Prema tome iz

uv'

::= X

slijedi

Opće rješenje je

y

=

uv

e-x'

V

'

V

[�i'2 K] +

l

2

=

+

l i' l

2

2

+

Ke-x .

K.



Zadanu jednadžbu piš imo u obliku Ji. (x)dy + Ji. {x ) [y cos x - e- sin x]dx = 0, Mora biti aF(x , y) _':----'- = J.t ' (x) lex) cos x ay =

i odavde je

dJi.

- =

Ji.

cos xdx,

=

l l. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

242 Prema tome je

.

8F(x, y)

ay F(x, y ) = y eSin x + f(x), aF(x y ) . ' = y esm x cos x + ! (x) a !, (x ) = - l, f(x) = -x, F(x , y) = y esin x - x = C, Y = (x + C) e- sin x . Nepoznata funkcija y = y(x) pojavljuje se pod znakom integrala i zato imamo naziv integralna jednadžba. Potrebno je uočiti, ako je x = L onda mora biti y = l . Deriviranjem po gornjoj granici dobivamo linearnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda: y' = 2x + � . x

Opće rješenje te jednadžbe je y

=

2X2 + Cx,

traženo rješenje je

y

=

2\"2 - X.

Iz zadane jednadžbe dobivamo dvije diferencijalne jednadžbe prvog reda (riješi kvadratnu j ednadžbu za 1.

yi ).

y' = x - y, 2. y' = y.

Prva jednadžbaje linearna diferencijalna jednadžba prvog reda i njezino je rješenje Ce-x. Separacijom varijabli dolazimo do rješenja druge jednadžbe,

y=x- l+

y = Cč. Primijeti na primjer d a točkom T (O , l ) prolaze rješenja

y = x - l + 2e-X,

Č.

y

Kako vidimo opće rješenje sastoj i se i z dvije familije krivulja. Pojedinu krivulju dobivamo tako da odredimo konstantu C .

Jednoparametarske familije krivulja

I

Vidjeli smo da su rješenja diferencijalni jednadžbi prvog reda jednoparametarske familije krivulja, gdje je obično parametar konstanta C . Te su familije obično zadane jednadžbom oblika C) O. Pođimo sad od zadane familije krivulja C) O . Uz neke pretpostavke može­ mo tu familiju smatrati rješenjima diferencijalne jednadžbe prvog reda. Evo kako bi došli do takve jednadžbe. DeriviranJ.em po jednadžbe C) O dobivamo

View more...

Comments

Copyright ©2017 KUPDF Inc.
SUPPORT KUPDF