Matematika 3-Jovanka Pantovic

Matematika 3 Jovanka Pantović December 8, 2010

Matematika 3

2

Sadržaj 1 Funkcije više promenljivih 1.1 Osnovni pojmovi i definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Karakteristične tačke i skupovi u Rn . . . . . . . . . . . . . 1.3 Granična vrednost i neprekidnost funkcije dve promenljive 1.4 Diferencijalni račun funkcija dve promenljive . . . . . . . . 1.5 Totalni diferencijal funkcije dve promenljive . . . . . . . . . 1.6 Izvod složene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Implicitne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Tangentna ravan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Stacionarne tačke funkcije dve promenljive . . . . . . . . . 1.11 Relativne ekstremne vrednosti funkcije dve promenljive . . 1.12 Relativne ekstremne vrednosti funkcija više promenljivih . 1.13 Vezane (uslovne) ekstremne vrednosti . . . . . . . . . . . . . 1.14 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

7 7 8 9 10 11 12 12 13 14 14 15 15 16 18

2 Vektorska analiza 2.1 Skalarna polja . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Granična vrednost i neprekidnost 2.2.2 Izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Neodredjeni i odredjeni integral . 2.3 Vektorska polja . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Hamiltonov i Laplasov operator . . . . . . 2.5 Gradijent, divergencija i rotor . . . . . . . 2.6 Osobine gradijenta, divergencije i rotora . 2.7 Tangentna ravan na površ . . . . . . . . . 2.8 Normala površi . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

25 25 26 26 26 27 27 28 28 29 29 30 31

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

3 Višestruki integrali 33 3.1 Dvostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.1.1 Definicija dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.1.2 Osobine dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3

SADRŽAJ

3.2

3.3

Matematika 3

3.1.3 Transformacija koordinata . . . . . 3.1.4 Primena u inženjersknim naukama Trostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Definicija trostrukog integrala . . 3.2.2 Osobine trostrukog integrala . . . 3.2.3 Transformacije koordinata . . . . . 3.2.4 Primena u inženjersknim naukama Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

34 35 36 36 36 37 37 39

4 Krivolinijski i površinski integral 4.1 Krivolinijski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Orijentacija glatke krive . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3 Definicija krivolinijskog integrala skalarnog polja . . 4.1.4 Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.5 Definicija krivolinijskog integrala vektorskog polja . 4.1.6 Osobine krivolinijskog integrala . . . . . . . . . . . . 4.1.7 Nezavisnost krivolinijskog integrala vektorskog polja 4.1.8 Formula Grina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Površinski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Površi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Orijentacija Žordanove površi . . . . . . . . . . . . . . 4.2.3 Definicija površinskog integrala skalarne funkcije . . 4.2.4 Osobine površinskog integrala skalarne funkcije . . 4.2.5 Definicija površinskog integrala vektorske funkcije . 4.2.6 Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.7 Formula Stoksa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.8 Formula Gausa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . od . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . putanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47 47 47 48 48 48 49 50 50 51 51 51 52 52 53 54 54 54 55 56

5 Diferencijalne jednačine 5.1 Osnovni pojmovi i definicije . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Diferencijalne jednačine prvog reda . . . . . . . . . . 5.2.1 Jednačina sa razdvojenim promenljivim . . . 5.2.2 Homogena jednačina . . . . . . . . . . . . . . 5.2.3 Jednačina koja se svodi na homogenu . . . . 5.2.4 Linearna jednačina . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.5 Bernoullijeva jednačina . . . . . . . . . . . . 5.2.6 Jednačina totalnog diferencijala . . . . . . . 5.2.7 Integracioni množitelj . . . . . . . . . . . . . 5.2.8 Clairautova jednačina . . . . . . . . . . . . . 5.2.9 Lagrangeova jednačina . . . . . . . . . . . . 5.3 Diferencijalne jednačine višeg reda . . . . . . . . . . 5.3.1 Snižavanje reda diferencijalne jednačine . . 5.3.2 Linearne diferencijalne jednačine reda n . . 5.3.3 Homogene linearne diferencijalne jednačine

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

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

71 71 72 74 75 76 77 79 80 81 82 83 84 84 85 85

4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . reda

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . n

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

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

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

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

Matematika 3

5.4

5.5

SADRŽAJ

5.3.4 Homogene linearne diferencijalne jednačine reda n sa konstantnim koeficijentima 86 5.3.5 Linearne diferencijalne jednačine reda n sa konstantnim koeficijanetima 88 5.3.6 Ojlerova diferencijalna jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 Primena diferencijalnih jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 5.4.1 Harmonijsko oscilovanje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 5.4.2 Prigušeno oscilovanje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 5.4.3 Prinudno oscilovanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6 Laplasove transformacije 6.1 Definicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Egzistencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Osobine Laplasovih transformacija . . . . . 6.3.1 Linearnost . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2 Sličnost . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3 Translacija . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.4 Prigušenje . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.5 Diferenciranje originala . . . . . . . 6.3.6 Diferenciranje slike . . . . . . . . . . 6.3.7 Integracija originala . . . . . . . . . 6.3.8 Konvolucija . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Heavisideov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Neke specijalne funkcije . . . . . . . . . . . 6.5.1 Heavisideova funkcija . . . . . . . . 6.5.2 Gama funkcija . . . . . . . . . . . . . 6.5.3 Beta funkcija . . . . . . . . . . . . . 6.6 Rešavanje običnih diferencijalnih jednačina 6.6.1 sa konstantnim koeficijentima . . . . 6.6.2 sa promenljivim koeficijentima . . . 6.7 Primena Laplasovih transformacija . . . . . 6.7.1 Mehanika . . . . . . . . . . . . . . . 6.7.2 Električna kola . . . . . . . . . . . . 6.8 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . 6.9 Tablica Laplasovih transformacija . . . . . .

5

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

107 107 109 110 110 110 111 112 112 113 114 114 115 116 116 116 117 118 118 119 120 120 120 120 129

SADRŽAJ

Matematika 3

6

Chapter 1

Funkcije više promenljivih 1.1 Osnovni pojmovi i definicije Definicija 1.1.1 Realna funkcija n realnih promenljivih je preslikavanje skupa D ⊆ Rn , n ∈ N n > 1 u skup R, tj. podskup Dekartovog proizvoda D × R u kome se svaki element iz D pojavljuje tačno jedanput kao prva komponenta. Skup D se naziva domen funkcije, a vrednost funkcije f u tački (x1 , . . . , xn ) ∈ D se zapisuje f (x1 , . . . , xn ). Pišemo i f = f (x1 , . . . , xn ), (x1 , . . . , xn ) ∈ D ⊆ Rn ili f : D → Rn : (x1 , . . . , xn ) 7→ f (x1 , . . . , xn ). Za proizvoljno c ∈ R, jednačinom f (x1 , . . . , xn ) = c je zadata nivo površ funkcije f . U slučaju n = 2 nivo površ se naziva i nivo kriva. Nivo krive se često crtaju u jednoj ravni. Primer 1.1.1 Izolinije (grč. isos = jednak) su linije koje na geografskim kartama spajaju tačke u kojima neka pojava ima istu vrednost. Izohipse (grč. hypsos = visina) su krive koje na geografskim kartama povezuju mesta iste nadmorske visine. U delovima gde je mreža izohipsi gusta, u prirodi je područje strmo. Izohipse se označavaju svetlo smedjom bojom. Izobate (grč. batos=dubina) su krive koje na geografskim kartama spajaju mjesta jednake dubine mora ili jezera. Izobare (grč. baros = težina) su krive koje na kartama povezuju mjesta istog vazdušnog pritiska. Primer 1.1.2 Neka je n = 2. (a) z = x 2 + y2 p (b) z = 1 − x 2 − y2

7

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

(c) z =

Matematika 3

p x 2 + y2

Definicija 1.1.2 Rastojanje (metrika) je preslikavanje d : Rn × Rn → R sa osobinama: (D1 ) d(M1 , M2 ) ≥ 0, (D2 ) d(M1 , M2 ) = 0 ⇔ M1 = M2 (D3 ) d(M1 , M2 ) = d(M2 , M1 ) (D4 ) d(M1 , M2 ) + d(M2 , M3 ) ≥ d(M1 , M3 ). Primer 1.1.3 Neka je M1 = (x1 , y1 ) i M2 (x2 , y2 ). Funkcija q d(M1 , M2 ) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2

je metrika u R2 .

Kažemo da je uređen par (Rn , d) metrički prostor. Definicija 1.1.3 Okolina tačke M1 je skup L(M, r) = {M ∈ Rn : d(M, M1 ) < r},

r > 0.

Primer 1.1.4 Ako je rastojanje definisano sa q d(M1 , M2 ) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + . . . + (xn − yn )2 ,

onda kažemo da je okolina sferna: (a) n = 3 L(M, r)

= {M ∈ R3 :

q (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 < r}

= {M ∈ R3 : (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 < r 2 }

(b) n = 2 {M ∈ R2 : (y1 − y2 )2 < r 2 }

p (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 < r} = {M ∈ R2 : (x1 − x2 )2 +

(c) n = 1 √ {M ∈ R : x 2 < r} = {M ∈ R : |x| < r} = {M ∈ R : −r < x < r}

1.2

Karakteristične tačke i skupovi u Rn

Neka je D ⊆ Rn . Karakteristične tačke: • M1 (∈ D) je unutrašnja tačka skupa D ako postoji okolina tačke M1 koja je cela sadržana u D; 8

Matematika 3

1.3. GRANIČNA VREDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE

• M2 (6∈ D) je spoljašnja tačka skupa D ako postoji okolina tačke M2 ne sadrži nijednu tačku iz D; • M3 je rubna tačka skupa D ako svaka okolina tačke M3 sadrži bar jednu tačku iz D i bar jednu tačku koja nije u D; • M4 je tačka nagomilavanja skupa D ako svaka okolina tačke M5 ima presek sa D \ {M4 }; Karakteristični skupovi: • Unutrašnjost D o skupa D je skup svih unutrašnjih tačaka. • Spoljašnjost skupa D je skup svih spoljašnjih tačaka ((Rn \ D)o ). • Rub skupa D je skup svih rubnih tačaka. • Skup svih tačaka nagomilavanja skupa D ćemo označavati sa D ′ . Osobine skupova: • Skup D je otvoren ako za svaku tačku iz D postoji okolina te tačke koja je sadržana u D. • Skup D je zatvoren ako je Rn \ D otvoren. • Skup D je konveksan ako za svake dve tačke iz D duž koja ih spaja pripada D. • Skup D je ograničen ako je sadržan u nekoj svojoj okolini.

1.3 Granična vrednost i neprekidnost funkcije dve promenljive Neka je z = f (x, y), (x, y) ∈ D i neka je M1 tačka nagomilavanja skupa D. Definicija 1.3.1 Kažemo da je A ∈ R granična vrednost funkcije f kad M teži M1 ako (∀ε > 0)(∃r = r(ε) > 0)(∀M ∈ D \ {M1 }) d(M, M1 ) < r ⇒ d(f (x, y), A) < ε i pišemo lim f (M) = A.

M→M1

Primer 1.3.1 Neka je f (x, y) =



x + y , ako je (x, y) 6= (2, 5) 1 , ako je (x, y) = (2, 5)

Granična vrednost funkcije f kad M teži (2, 5) jednaka je A = 7. 9

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

Matematika 3

Definicija 1.3.2 Funkcija f : D → R, D ⊆ R2 , je neprekidna u unutrašnjoj tački M1 ∈ D ako je (∀ε > 0)(∃r = r(ε) > 0)(∀M ∈ D) d(M, M1 ) < r ⇒ d(f (M), f (M1)) < ε Znači, tri uslova moraju biti zadovoljena: (a)

lim f (M) = A, tj. postoji granična vrednost kada M → M1 ;

M→M1

(b) postoji f (M1 ), tj. f je definisana u tački M1 ; (c) A = f (M1 ). Definicija 1.3.3 Funkcija z = f (x, y) je neprekidna u oblasti D ako je neprekidna u svakoj tački iz D. Primer 1.3.2 Funkcija f u Primeru 1.3.1 ima otklonjiv prekid u tački (2, 5). Moguće je definisati funkciju  x + y , ako je (x, y) 6= (2, 5) g(x, y) = 7 , ako je (x, y) = (2, 5) koja je neprekidna u R2 .

1.4

Diferencijalni račun funkcija dve promenljive

Neka f : D → R, D ⊆ R2 i (x1 , y1 ) unutrašnja tačka skupa D. Definicija 1.4.1 Ako postoji f (x1 + ∆x, y1 ) − f (x1 , y1 ) ∆x→0 ∆x lim

onda tu graničnu vrednost nazivamo prvi parcijalni izvod funkcije f po promenljivoj x u tački (x1 , y1 ), i označavamo sa ∂f(x∂x1 ,y1 ) ili fx (x1 , y1 ). Ako postoji lim

∆y→0

f (x1 , y1 + ∆y) − f (x1 , y1 ) ∆y

onda tu graničnu vrednost nazivamo prvi parcijalni izvod funkcije f po promenljivoj y u tački (x1 , y1 ), i označavamo sa ∂f(x∂x1 ,y1 ) ili fy (x1 , y1 ). Primer 1.4.1 Ako je f (x, y) = x 2 y3 , onda je fx

=

(x 2 )′ y3 = 2xy3

fy

=

x 2 (y3 )′ = 3x 2 y2

(Kada se traži parcijalni izvod po x, smatra se da je y konstantno. Slično za parcijalni izvod po y.) 10

Matematika 3

1.5. TOTALNI DIFERENCIJAL FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE

Geometrijska interpretacija: Neka je Cx kriva koja se nalazi u preseku ravni y = y1 i grafika funkcije f : D → R, D ⊆ R2 . Prvi parcijalni izvod funkcije f po x u tački (x1 , y1 ) predstavlja koeficijent pravca tangente u tački (x1 , y1 ) na krivu Cx . Neka je Cy kriva koja se nalazi u preseku ravni x = x1 i grafika funkcije f : D → R, D ⊆ R2 . Prvi parcijalni izvod funkcije f po y u tački (x1 , y1 ) predstavlja koeficijent pravca tangente u tački (x1 , y1 ) na krivu Cy . ∂f ∂y , onda te izvode ∂ f ∂2 f ∂2 f ∂x∂y (fyx ), ∂y2 (ili fyy ) i ∂y∂x

Definicija 1.4.2 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcija zovemo drugi parcijalni izvodi i označavamo (ili fxy ). Važi ∂2 f ∂x 2 ∂2 f ∂x∂y

= =

2

∂f ∂x 2

(ili fxx ),

∂f ∂x

i

2

∂2 f ∂  ∂f  = ∂y2 ∂y ∂y ∂2 f ∂  ∂f  = ∂y∂x ∂y ∂x

∂  ∂f  ∂x ∂x ∂  ∂f  ∂x ∂y

2

2

∂ f ∂ f i ∂x∂y u nekoj okolini Teorema 1.4.1 Ako postoje drugi mešoviti parcijalni izvodi ∂y∂x tačke M1 i neprekidni su u tački M1 , onda su oni i jednaki u toj tački, tj. važi

∂2 f ∂2 f (M1 ) = (M1 ). ∂x∂y ∂y∂x

1.5 Totalni diferencijal funkcije dve promenljive Neka je z = f (x, y), (x, y) ∈ D i neka je M1 tačka nagomilavanja skupa D. Definicija 1.5.1 Funkcija z = f (x, y) je diferencijabilna u tački (x1 , y1 ) ako se njen totalni priraštaj u toj tački može napisati u obliku ∆z = A∆x + B∆y + C ∆x + D∆y gde C i D teže nuli kada ∆x i ∆y teže nuli, a A i B su funkcije od x i y. (∆z = f (x1 + ∆x, y1 + ∆y) − f (x1 , y1 )) Teorema 1.5.1 Ako je funkcija f diferencijabilna u tački (x, y), onda postoje parcijalni izvodi fx i fy i važi ∆f = fx ∆x + fy ∆y + C ∆x + D∆y. Ako je funkcija diferencijabilna, onda je ona i neprekidna. Teorema 1.5.2 Ako u okolini tačke (x1 , y1 ) funkcija f ima neprekidne parcijalne izvode prvog reda, onda je ona u toj tački diferencijabilna. Definicija 1.5.2 Neka je funkcija f diferencijabilna i neka je ∆x = dx i ∆y = dy. Totalni diferencijal funkcije f je df = fx dx + fy dy. 11

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

Matematika 3

Teorema 1.5.3 Funkcija P(x, y)dx + Q(x, y)dy je totalni diferencijal od f = f (x, y) ako i samo ako važi ∂P ∂Q = . ∂y ∂x Ako funkcija f ima neprekidne parcijalne izvode drugog reda u okolini tačke (x1 , y1 ), onda je totalni diferencijal drugog reda funkcije f totalni diferencijal totalnog diferencijala funkcije f . Ako uvedemo oznake dx 2 = (dx)2 i dy2 = (dy)2 , onda je d2 f =

∂2 f ∂2 f 2 ∂2 f 2 dx + 2 dxdy + dy , ∂x 2 ∂x∂y ∂y2

ili kraće d2 f =

∂ 2 ∂ dx + dy f . ∂x ∂y

dn f =

n ∂ ∂ dx + dy f . ∂x ∂y

Slično se dobije i

1.6

Izvod složene funkcije

Neka je funkcija f = f (x, y) diferencijabilna i x = x(t), y = y(t), t ∈ D. Tada važi ∂f ∂f ∂x ∂f ∂y = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t

(1.1)

Neka je funkcija f = f (u, v), (u, v) ∈ D1 ⊆ R2 , i u = u(x, y), v = v(x, y), gde je (u, v) : D → D1 , D ⊆ R2 . Ako f ima neprekidne parcijalne izvode po u i v, a u i v imaju parcijalne izvode po x i y, tada važi ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v = + ∂x ∂u ∂x ∂v ∂x ∂f ∂f ∂u ∂f ∂v = + ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y

1.7

Implicitne funkcije

Kažemo da je jednačinom F (x, y, z) = 0 funkcija z koja zavisi od x i y zadata implicitno. ∂f ∂f Da bismo odredili parcijalne izvode ∂x i ∂y odredićemo dF = Fx dx + Fy dy + Fz dz, 12

gde je dF = 0

(1.2) (1.3)

Matematika 3

1.8. TANGENTNA RAVAN

i uvrstiti dz = fx dx + fy dy. Sledi, 0 = Fx dx + Fy dy + Fz (fx dx + fy dy) ⇔ 0 = (Fx + Fz fx )dx + (Fy + Fz fy )dy ⇔ Fx + Fz fx = 0 ∧ Fy + Fz fy = 0 Znači, Fy ∂f Fx ∂f =− , =− . ∂x Fz ∂y Fz

1.8 Tangentna ravan Neka je zadata površ S jednačinom z = f (x, y) i tačka (x0 , y0 , z0 ) ∈ S. Jednačina ravni koja sadrži tačku (x0 , y0 , z0 ) je oblika A(x − x0 ) + B(y − y0 ) + C (z − z0 ) = 0, što je ekvivalentno sa A B z = g(x, y) = − (x − x0 ) − (y − y0 ) + z0 . C C Ako je ravan tangentna na površ S, onda funkcije f i g imaju jednake prve parcijalne izvode fx (x0 , y0 ) = gx (x0 , y0 ) = −

A B i fy (x0 , y0 ) = gy (x0 , y0 ) = − . C C

Znači, jednačina tangentne ravni na površ u tački (x0 , y0 ) je z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) ⇔ fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) − (z − z0 ) = 0

⇔ (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0 ), −1) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0 ⇔ (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0 ), −1) ⊥ (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) Slično, ako je površ s data jednačinom F (x, y, z) = 0, onda je jednačina tangentne ravni na S u tački (x0 , y0 , z0 ) (Fx (x0 , y0 , z0 ), Fy (x0 , y0 , z0 ), Fz (x0 , y0 , z0 )) · (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = 0 i važi (Fx (x0 , y0 , z0 ), Fy (x0 , y0 , z0 ), Fz (x0 , y0 , z0 )) ⊥ (x − x0 , y − y0 , z − z0 ). 13

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

1.9

Matematika 3

Gradijent

Neka je z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) tangenta ravan u tački (x0 , y0 , z0 ) na površ datu jednačinom z = f (x, y). Ako datu površ z = f (x, y) i njenu tangentnu ravan presečemo sa ravni datom jednačinom z = z0 , onda je prava fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) = 0

⇔ (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0 )) · (x − x0 , y − y0 ) = 0 ⇔ (fx (x0 , y0 ), fy (x0 , y0 )) ⊥ (x − x0 , y − y0 ) normalna na grafik funkcije f (x, y) = z0 u tački (x0 , y0 ). Vektor (fx , fy ) se naziva gradijent funkcije f. ∂ ∂ Ako uvedemo simboličku oznaku ∇ = ( ∂x , ∂y ) onda je ∇f = (

∂ ∂ , )f = (fx , fy ). ∂x ∂y

U opštem slučaju, ako je f = f (x1 , . . . , xn ), tada je ∇f = (fx1 , . . . , fxn ) gradijent funkcije f .

1.10

Stacionarne tačke funkcije dve promenljive

Neka je z = f (x, y), (x, y) ∈ D ⊆ R2 Definicija 1.10.1 Funkcija f ima (strogi) relativni maksimum (relativni minimum) u tački (a, b) ∈ D o ako postoji ε > 0 takvo da za sve ∆x i ∆y sa osobinom 0 < |∆x| < ε, 0 < |∆y| < ε, važi   f (a, b) > f (a + ∆x, b + ∆y) f (a, b) < f (a + ∆x, b + ∆y) . Kažemo da funkcija f ima stacionarnu tačku (x0 , y0 ) ako je tangentna ravan na S u tački (x0 , y0 , z0 ) horizontalna tj. ako je njena jednačina oblika z = z0 . 14

Matematika 1.11. RELATIVNE 3 EKSTREMNE VREDNOSTI FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE

Kako je jednačina tangentne ravni oblika z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ), sledi da je ona horizontalna jedino za fx (x0 , y0 ) = 0 i fy (x0 , y0 ) = 0. Teorema 1.10.1 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcije z u tački (a, b) ∈ D o i z ima ekstremnu vrednost u tački (a, b), onda je fx (a, b) = 0

i

fy (a, b) = 0.

(1.4)

Dokaz: Pretpostavimo da z ima relativnu ekstremnu vrednost u tački (a, b). Tada i funkcije jedne promenljive g1 i g2 definisane sa g1 (x) = f (x, b) i g2 (y) = f (a, y) imaju relativne ekstremne vrednosti u x = a odnosno y = b. Potrebni uslovi da g1 i g2 imaju relativne ekstremume u x = a i y = b su g′1 (a) = 0 i g′2 (b) = 0, respektivno. Odatle sledi da su fx (a, b) = 0 i fy (a, b) = 0.  Unutrašnje tačke oblasti D koje zadovoljavaju 1.4 se nazivaju stacionarnim ili kritičnim tačkama.

1.11

Relativne ekstremne vrednosti funkcije dve promenljive

Teorema 1.11.1 Neka je (a, b) kritična tačka funkcije z, koja ima neprekidne druge parcijalne izvode i neka je Γ= • Ako je Γ > 0 i (a, b).

∂2 f ∂x 2

• Ako je Γ > 0 i (a, b).

∂2 f ∂x 2

 ∂2 f ∂2 f ∂2 f  − (a, b). ∂x 2 ∂y2 ∂x∂y

< 0 (ili

> 0 (ili

∂2 f ∂y2

∂2 f ∂y2

< 0), funkcija z ima relativni maksimum u tački

> 0), funkcija z ima relativni minimum u tački

• Ako je Γ < 0 funkcija z nema ni relativni maksimum ni relativni minimum u tački (a, b). U ovom slučaju, tačka (a, b) se često naziva sedlastom tačkom. • Ako je Γ = 0, ne znamo da li funkcija z u (a, b) ima relativni ekstremum i neophodna su dalja ispitivanja.

1.12

Relativne ekstremne vrednosti funkcija više promenljivih

Neka je f = f (x1 , . . . , xn ), (x1 , . . . , xn ) ∈ D ⊆ Rn . 15

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

Matematika 3

Teorema 1.12.1 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcije z u tački (a1 , . . . , an ) ∈ D o i z ima ekstremnu vrednost u tački (a1 , . . . , an ), onda je fx1 (a1 , . . . , an ) = 0 ... fxn (a1 , . . . , an ) = 0 Teorema 1.12.2 Neka je A(a1 , . . . , an ) ∈ D o stacionarna tačka funkcije f .

• Ako je d2 F (A) < 0, (dx1 , . . . , dxn ) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima relativni maksimum u tački A.

• Ako je d2 F (A) > 0, (dx1 , . . . , dxn ) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima relativni minimum u tački A. • Ako d2 F (A) menja znak za razne vrednosti (dx1 , . . . , dxn ) 6= (0, . . . , 0), funkcija f nema ni relativni minimum ni relativni maksimum u tački A.

1.13

Vezane (uslovne) ekstremne vrednosti

PROBLEM: Odrediti relativni minimum ili relativni maksimum funkcije f = f (x1 , . . . , xn ), (x1 , . . . , xn ) ∈ D ⊆ Rn , ako promenljive zadovoljavaju ograničenja data jednačinama g1 (x1 , . . . , xn ) = 0 ... . gm (x1 , . . . , xn ) = 0 LAGRANŽOV METOD MNOŽITELJA: Formirajmo funkciju F (x1 , . . . , xn ) = f (x1 , . . . , xn ) + λ1 g1 (x1 , . . . , xn ) + . . . + λm gm (x1 , . . . , xn ), gde su λ1 , . . . , λm realni parametri. Ako funkcija F ima uslovnu ekstremnu vrednost, onda je F x1 = 0 ... F xn = 0 . g1 (x1 , . . . , xn ) = 0 ... gn (x1 , . . . , xn ) = 0 Neka je A(a1 , . . . , an ) stacionarna tačka. • Ako je dF (A) < 0, (dx1 , . . . , dxn ) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima uslovni maksimum u tački A. 16

Matematika 3

1.13. VEZANE (USLOVNE) EKSTREMNE VREDNOSTI

• Ako je dF (A) > 0, (dx1 , . . . , dxn ) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima uslovni minimum u tački A. • Ako d2 F (A) menja znak za razne vrednosti (dx1 , . . . , dxn ) 6= (0, . . . , 0), funkcija f nema ni uslovni minimum ni uslovni maksimum u tačli A.

17

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

1.14

Matematika 3

Zadaci za vežbu

1. Ispitati domen funkcije p (a) f (x, y) = x 2 + y2 − 9, p (b) f (x, y, z) = x 2 + y2 + z 2 − 1 + ln (xyz), (c) f (x, y) = arcsin yx + arccos 2x .

(a) D = {(x, y) ∈ R2 : x 2 + y2 ≥ 9}.

(b)

(c)

D

D

{(x, y, z) ∈ R3 {(x, y, z) ∈ R3 {(x, y, z) ∈ R3 {(x, y, z) ∈ R3 {(x, y, z) ∈ R3

= = ∪ ∪ ∪

: x 2 + y2 + z 2 : x 2 + y2 + z 2 : x 2 + y2 + z 2 : x 2 + y2 + z 2 : x 2 + y2 + z 2

≥ 9, xyz > 0} ≥ 9, x > 0, y > 0, z ≥ 9, x < 0, y < 0, z ≥ 9, x < 0, y > 0, z ≥ 9, x > 0, y < 0, z

> 0} > 0} < 0} < 0}.

{(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ yx ≤ 1, y 6= 0, −1 ≤ 2x ≤ 1} . {(x, y) ∈ R2 : −y ≤ x ≤ y, y 6= 0, −2 ≤ x ≤ 2}.

= =

2. Neka je D = (−1, 2) ∪ {5, 8}. Odrediti unutrašnjost, spoljašnjost, rub i skup svih tačaka nagomilavanja. • D o = (−1, 2);

• (R \ D)o = (−∞, −1) ∪ (2, 5) ∪ (5, 8) ∪ (8, ∞);

• D ′ = [−1, 2];

• D ∗ = {−1, 2, 5, 8}; 3. Dokazati da je skup D o najveći otvoren skup koji je sadržan u D, tj. da za svaki otvoren skup D1 važi da je D1 ⊆ D o ⊆ D. 4. Dokazati da je D najmanji zatvoren skup koji sadrži skup D, tj. da za svaki zatvoren skup D1 , D ⊆ D1 , važi D ⊆ D ⊆ D1 . 5. Dokazati da važe sledeće osobine: (a) D = D ∪ D ′ ,

(b) D ′ ⊂ D,

(c) D je otvoren ako i samo ako je D o = D,

(d) D je zatvoren ako i samo ako je Rn \ D otvoren. (e) D je zatvoren ako i samo ako je D = D.

6. Izračunati sledeće granične vrednosti (a) lim lim

x→1 y→1

x 2 +y2 −2 x 2 −y2

x 2 +y2 −2 2 2 y→1 x→1 x −y

• (b)] lim lim

18

Matematika 3

(c) (d)

1.14. ZADACI ZA VEŽBU

lim

(x,y)→(1,1)

x 2 +y2 −2 x 2 −y2

x 2 +y2 (x,y)→(0,0) 3xy

lim

(a)

x 2 + y2 − 2 x2 − 1 = lim 2 =1 2 2 x→1 x − 1 x→1 y→1 x −y lim lim

(b)

x 2 + y2 − 2 y2 − 1 = lim = −1 2 2 y→1 x→1 y→1 1 − y2 x −y lim lim

(c) Na osnovu rezultata pod (a) i (b) ne postoji. (d) Kako je za y = kx

1 + k2 x2 + k 2x2 = , 2 x→0 3kx 3k to sledi da posmatrana granična vrednost ne postoji, zato što se za različite vrednosti k dobijaju različite granične vrednosti. lim

7. Naći prve parcijalne izvode funkcije f (x, y) =

xy − exy + ln (x 2 + y2 ), (x, y) 6= (0, 0). x 2 + y2

Uvedimo smene u(x, y) = xy i v(x, y) = x 2 + y2 . Tada je u − eu + ln v v

f (u, v) = i važi

∂f ∂x

∂f ∂u ∂f ∂v = ∂u ∂x + ∂v ∂x 1 u = ( v − e )y + (− vu2 + 1v )2x 2 y xy = x 2 +y − (x 22x+yy2 )2 + 2 − ye

=

2x+y x 2 +y2

− yexy −

2x 2 y . (x 2 +y2 )2

∂f ∂y 2x x 2 +y2

8. Naći prve parcijalne izvode funkcije (a) z = x 3 y − x 2 y6 ,

(b) z = x 2 + y2 , p (c) z = x 2 + y2 − 4 (d) z = ln(xy), (e) z = exy .

19

= = = =

∂f ∂u ∂f ∂v ∂u ∂y + ∂v ∂y ( 1v − eu )x + (− vu2 + 1v )2y 2 x − xexy − (x 22xy + x 22y x 2 +y2 +y2 )2 +y2 x+2y 2xy2 xy − xe − (x 2 +y2 )2 . x 2 +y2

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

Matematika 3

(a) zx = 3x 2 y − 2xy6 , zy = x 3 − 6x 2 y5 .

(b) zx = 2x, zy = 2y. (c) zx = √ 2

(d) zx =

y xy

2x , x 2 +y2 −4

zy = √

= 1x , zy =

x xy

(e) zx = yexy , zy = xexy .

9. Naći

∂z ∂t ,

y

x 2 +y2 −4

.

= y1 .

ako je z = xy, gde je x = sin t i y = cos t. ∂z ∂t

∂z ∂x ∂z ∂y + ∂x ∂t ∂y ∂t = y · cos t + x · (− sin t) = cos2 t − sin2 t = cos 2t.

=

10. Naći prve parcijalne izvode i totalni diferencijal funkcije z = yx , y > 0, y 6= 1. zx = yx ln y, zy = yx y−1 , dz = yx ln ydx + yx y−1 dy. 2

11. Ako je z = ln(xy + ex y ) − xy + x 2 y, izračunati

∂z ∂x

i

∂z ∂y .

Neka je u(x, y) = xy i v(x, y) = x 2 y. Tada je f (u, v) = ln(u + ev ) − u + v i sledi ∂f ∂x

= = = =

∂f ∂u ∂f ∂v ∂u ∂x + ∂v ∂x 1 ev u+ev y + u+ev 2xy x2 y y + 2xye x2 y xy+ex 2 y xy+e 2 y+2xyex y xy+ex 2 y

∂f ∂y

= = = =

∂f ∂u ∂f ∂v ∂u ∂y + ∂v ∂y ev 1 2 u+ev x + u+ev x 2 2 x y x + x e x2 y xy+ex 2 y xy+e 2 x+x 2 ex y xy+ex 2 y

12. Ispitati ekstremne vrednosti funkcije u(x, y) = ln(4 − x − 2y) +

2 + ln x ako je x + 2y = 1. y

Neka je F (x, y; λ) = ln(4 − x − 2y) + Kako je 20

2 + ln x + λ(x + 2y − 1). y

Matematika 3

1.14. ZADACI ZA VEŽBU

∂F ∂x ∂F ∂y

= =

1 1 + +λ 4 − x − 2y x 2 2 − − + 2λ 4 − x − 2y y2 −

stacionarne tačke odredjujemo rešavanjem sistema jednačina

−

1 1 2 2 + +λ = 0 ∧ − − 2 + 2λ = 0 ∧ x + 2y − 1 = 0. 4 − x − 2y x 4 − x − 2y y

Dobija se 1 x

=−

 1 ∧ x + 2y − 1 = 0) ⇔ (x = −y2 ∧ y2 − 2y + 1 = 0 ⇔ 2 y (x = −y2 ∧ (y − 1)2 = 0) ⇔ (x = −1 ∧ y = 1).

Parcijalni izvodi drugog reda su ∂2 F ∂x 2 ∂2 F ∂y2 ∂2 F ∂x∂y

= = =

1 1 − 2 2 (4 − x − 2y) x 4 4 + 3 2 (4 − x − 2y) y 2 (4 − x − 2y)2

a totalni diferencijal drugog reda 8 4 22 d2 F (−1, 1) = − dx 2 + dxdy + dy2 . 9 9 9 Diferenciranjem uslova x + 2y = 1 dobijamo dy = − 21 dx, odakle je 1 d2 F (−1, 1) = − dx 2 < 0, (dx, dy) 6= (0, 0) 2 i funkcija ima uslovni maksimum u datoj tački. 13. Ispitati uslovne ekstremne vrednosti funkcije u = x 2 + y2 + z 2 − xz + yz + xy, ako je y + z = 5 i x + z = 3.

21

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

Matematika 3

Neka je F (x, y, z; λ, ν) = x 2 + y2 + z 2 − xz + yz + xy + λ(y + z − 5) + ν(x + z − 3). Tada je ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z

=

2x − z + y + ν

=

2y + z + x + λ

=

2z − x + y + λ + ν

Stacionarne tačke su rešenja sistema jednačina x 2x x −x

+ + +

x + x

x

y y 2y y

+ z + z − z + z + 2z

+ y + y − 2y y +

+ λ + λ

z z 3z + +

3z

+ y + − −

z z 4z 2z 2z

+ y + −

z z 2z

+ +

λ λ

λ λ

+

+

ν

+

ν

+ ν + ν + ν + ν

λ −2λ + 2λ +

= = = = =

= 3 = 5 = −6 ⇔ = −3 = 3

= = = = =

ν ν

3 5 −11 ⇔ −13 −2

= = = = =

3 5 −13 . 15 −15

15 Rešenje datog sistema je (x, y, z, λ, ν) = ( 14 , 94 , 11 4 , − 2 , 0).

Kako su parcijalni izvodi drugog reda ∂2 F ∂x 2 ∂2 F ∂y2 ∂2 F ∂z2

= 2 = 2 = 2

∂2 F ∂x∂y ∂2 F ∂x∂z ∂2 F ∂y∂z

22

= 1[1mm] = =

−1 1

3 5 0 ⇔ 0 0

,

Matematika 3

1.14. ZADACI ZA VEŽBU

totalni diferencijal drugog reda je d2 F = 2dx 2 + 2dy2 + 2dz 2 + 2dxdy − 2dxdz + 2dydz. Diferenciranjem uslova x +z−3 = 0 i y+z−5= 0 dobijamo dx + dz = 0 i dy + dz = 0 ⇔ dx = −dz i dy = −dz. Odatle je dF 2 = 2dz 2 + 2dz 2 + 2dz 2 + 2dz 2 + 2dz 2 − 2dz 2 = 6dz 2 ≥ 0. Kako je d2 F = 0 ⇔ dz = 0 ⇔ dx(= −dz) = 0 ∧ dy(= −dz) = 0, to je

d2 F > 0, (dx, dy, dz) 6= (0, 0, 0)

što znači da funkcija u ima uslovni minimum u tački ( 41 , 94 , 11 4 ).

23

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

24

Matematika 3

Chapter 2

Vektorska analiza ~ Neka je ~rM radijus vektor tačke M(x, y, z) u pravouglom koordinatnom sistemu (O, ~i, ~j , k). Neka je V = {~rM : M = (x, y, z) ∈ R3 } skup svih radijus vektora tačaka iz R3 .

2.1 Skalarna polja Funkcija f : D → R, D ⊆ R3 , se naziva skalarno polje (skalarna funkcija). Ekviskalarna površ (nivo površ) skalarnog polja f : D → R, D ⊆ R3 je skup tačaka iz D u kojima polje ima konstantnu vrednost. Ako za skalarno polje f : D → R, D ⊆ R3 , jedinični vektor n ~ 0 ∈ D i ~r ∈ D postoji konačna granična vrednost lim

t→0

f (~r + t~ n0 ) − f (~r) t

onda se ona naziva izvod u tački ~r funkcije φ u pravcu (i smeru) vektora n ~0 i ∂f označava sa ∂~ (~ r ) ili f (~ r ). n ~0 n0 Neka je skalarno polje f : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilno u tački ~r ∈ D i neka je n ~ 0 = (cos α, cos β, cos γ) jedinični vektor koji sa x, y i z osama obrazuje uglove α, β i γ, respektivno. Tada funkcija f ima u tački ~r izvod u pravcu vektora n ~ 0 i važi ∂φ (~r) ∂~ n0

= =

∂f ∂f ∂f (~r) cos α + (~r) cos β + (~r) cos γ ∂x ∂y ∂z  ∂f ∂f ∂f  (~r), (~r), (~r) · (cos α, cos β, cos γ). ∂x ∂y ∂z 25

CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA

2.2

Matematika 3

Vektorske funkcije

~ : D → V , D ⊆ R, se naziva vektorska funkcija skalarne promenljive. Funkcija F Razlaganjem po komponentama dobijamo ~ (t) F

= (P(t), Q(t), R(t)) ~ t ∈ D. = P(t)~ı + Q(t)~ + R(t)k,

~ je skup svih tačaka koje opisuju krajevi vektora Hodograf ili trag vektorske funkcije F ~ (t) kada t uzima vrednosti iz domena D. F

2.2.1

Granična vrednost i neprekidnost

~ je granična vrednost vektorske funkcije F ~ : D → V u tački t0 , u oznaci Vektor A ~ ~ lim F (t) = A, ako

t→t0

~ (t) − A| ~ < ε, ∀ε > 0∃δ > 0|t − to | < δ ⇒ |F ~ (t) − A| ~ intezitet vektora F ~ (t) − A|. ~ gde je |F ~ = (ax , ay , az ) i F ~ = (P, Q, R) važi Direktno sledi da za A  ~ =A ~ ⇔ (ax = lim P(t) ∧ ay = lim Q(t) ∧ az = lim R(t) . lim F t→t0

t→t0

t→t0

t→t0

~ : D → V je neprekidna u tački to ∈ D ako je Funkcija F ~ (t) = F ~ (t0 ). lim F

t→t0

Funkcija je neprekidna ako je neprekidna u svakoj tački skupa D.

2.2.2

Izvod

~ : D → V u tački to definisan je sa Izvod vektorske funkcije F ~ ~ ~ ′ (t) = lim F (t + ∆t) − F (t) . F t→t0 ∆t ~ (t) = (P(t), Q(t), R(t)) važi Direktno sledi da za F ~ (t) = (P ′ (t), Q ′ (t), R ′ (t)). F Geometrijska interpretacija. 26

Matematika 3

2.3. VEKTORSKA POLJA

2.2.3 Neodredjeni i odredjeni integral ~ : D → V je primitivna funkcija vektorske funkcije F ~ na Diferencijabilna funkcija G D ako je ~ ′ (t) = F ~ (t) G za svako t ∈ D. ~ (t) je skup svih primitivnih funkcija funkcije F ~ i Neodredjeni integral funkcije F označava se Z ~ (t)dt. F Pišemo

Z

~ (t) = G(t) ~ + C. F

~ na intervalu [a, b] je Odredjeni integral funkcije F Zb a

~ (t)dt = G(b) ~ − G(a). ~ F

Direktno sledi da je Z Z Z Z ~ (t) = ~ı P(t)dt + ~ Q(t)dt + k~ R(t)dt F i Zb a

~ (t) = ~ı F

Zb a

P(t)dt + ~

Zb

Q(t)dt + k~

a

Zb

R(t)dt.

a

2.3 Vektorska polja ~ : D → V , D ⊆ V , sa naziva vektorsko polje (vektorska funkcija vektorske Funkcija F promenljive). ~ (x, y, z) F

= (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) ~ (x, y, z) ∈ D. = P(x, y, z)~ı + Q(x, y, z)~ + R(x, y, z)k,

~ : D → V , D ⊆ V , su krive kod kojih je u Vektorske linije vektorskog polja F ~ svakoj tački M vektor F (M) tangentni vektor na krivu u datoj tački. Diferencijalna ~ (x, y, z) = P(x, y, z)~ı + Q(x, y, z)~ + jednačina vektorskih linija vektorskog polja F R(x, y, z)k~ je dx dy dz = = , P Q R a to je sistem od dve obične diferencijalne jednačine 27

dy dx

=

Q dz P , dx

=

R P.

CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA

2.4

Matematika 3

Hamiltonov i Laplasov operator

Hamiltonov(nabla) operator je simbolički operator ∇=

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ~ı + ~ + k~ = , , . ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z

Laplasov operator je simbolički operator ∆=

∂2 ∂2 ∂2 + + . ∂x 2 ∂y2 ∂z 2

Ako skalarno pomnožimo ∇ sa samim sobom, dobijamo ∇·∇ =

 ∂ ∂ ∂   ∂ ∂ ∂   ∂ 2  ∂ 2  ∂ 2 ∂2 ∂2 ∂2 , , · , , = + + = 2 + 2 + 2 = ∆. ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z

2.5

Gradijent, divergencija i rotor

~ : D → V diferencijabilno vektorsko Neka je D ⊆ R3 , f : D → R skalarno polje i F ~ polje dato sa F (x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)). • Gradijent skalarnog polja f je vektorsko polje ∇f : D → V definisano sa ∇f =

∂ ∂ ∂  ∂φ ∂φ ∂φ  , , φ= , , . ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z

~ je skalarno polje ∇ · F ~ : D → R definisano • Divergencija vektorskog polja F sa   ~ = ∂P + ∂Q + ∂R = ∂ , ∂ , ∂ · (P, Q, R). ∇·F ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ~ , u oznaci ∇ × F ~ ili rot F ~ , je vektorsko polje • Rotor vektorskog polja F ~ı ~ k~ ∂ ∂R ∂Q
∂P ∂R
∂Q ∂P
~ ∂ ∂ ~ = ∇×F ∂x ∂y ∂z = ∂y − ∂z ~ı + ∂z − ∂x ~ + ∂x − ∂y k. P Q R ~ je Vektorsko polje F

• potencijalno (konzervativno) ako postoji skalarno polje f : D → R takvo da je ~ = ∇f i kažemo da je f potencijal polja F ~; je F ~ = 0 u svim tačkama oblasti D; • solenoidno ako je ∇ · F ~ = 0 u svim tačkama oblasti D ⊂ R3 . • bezvrtložno ako je ∇ × F Ako je vektorsko polje potencijalno i solenoidno, kaže se da je Laplasovo. 28

Matematika 3

2.6. OSOBINE GRADIJENTA, DIVERGENCIJE I ROTORA

2.6 Osobine gradijenta, divergencije i rotora Ako su f , g : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilna skalarna polja, α ∈ R i H : R → R diferencijabilna funkcija, da važi ∇(f + g) = ∇f + ∇g; ∇(αf ) = α(∇f ); ∇α = 0; ∇(f g) = (∇f )g + g(∇f ); ∇(H(f )) = H ′ (f )∇f . ~, G ~ : D → R3 , D ⊆ R3 diferencijabilna vektorska polja, α ∈ R i A ~ ∈ R3 , Ako su F važi ~ + G) ~ = ∇·F ~ + ∇ · G, ~ ∇ · (F ~ ~ ∇ · (α F ) = α(∇ · F ); ~ = 0. ∇·A ~, G ~ : D → R3 , D ⊆ R3 diferencijabilna vektorska polja, α ∈ R i A ~ ∈ R3 , Ako su F važi ~ + G) ~ =∇×F ~ + ∇ × G; ~ ∇ × (F ~ ~ ∇ × (α F ) = α(∇ × F ); ~ = 0. ∇×A ~, G ~ : D → R3 , D ⊆ R3 Ako je f : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilno skalarno polje i F diferencijabilna vektorska polja,dokazati da važi ~ ) = (∇f ) · F ~ + f (∇ · F ~ ); ∇ · (f F ~ ) = (∇f ) × F ~ + f (∇ × F ~ ); ∇ × (f F ~ × G) ~ =G ~ · (∇ × F ~) − F ~ · (∇ × G); ~ ∇ · (F ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ · ∇)G ~ +F ~ (∇ · G); ~ ∇ × (F × G) = (G · ∇)F − G(∇ · F ) − (F ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ∇(F · G) = (G · ∇)F + (F · ∇)G + G × (∇ × F ) + F × (∇ × G). ~ : D → R3 , D ⊆ R3 Ako je f : D → R, D ⊆ R3 diferencijabilno skalarno polje i F dva puta neprekidno diferencijabilno vektorsko polje, važi 2

2

2

∇ · (∇φ) = ∂∂xφ2 + ∂∂yφ2 + ∂∂zφ2 ; ∇ × (∇φ) = 0; ~ ) = 0; ∇ · (∇ × F ~ ) = ∇(∇ · F ~ ) − ∇2 F ~. ∇ × (∇ × F

2.7 Tangentna ravan na površ Tangentna ravan površi S u tački M ∈ S je ravan u koja sadrži sve tangente na krive koje prolaze kroz tačku M i leže na površi S. 29

CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA

Matematika 3

Ako je ~r radijus vektor proizvoljne tačke tangentne ravni, ~r0 radijus vektor dodirne tačke i n ~0 jedinični vektor normale ravni, onda je (~r − ~r0 ) · n ~ 0 = 0. Neka je f : D → R, D ⊆ R3 , skalarno polje. Jednačina nivo površ koja sadrži tačku M i funkcija f ima konstantnu vrednost f (M). Ako diferenciramo jednačinu date nivo površi f (x, y, z) = f (M) dobijamo fx (M)dx + fy (M)dy + fz (M)dz = 0 ⇔

(fx (M), fy (M), fz (M)) · (dx, dy, dz) = 0 ⇔ ∇f (M) · d~r = 0 ⇔ ∇f (M) ⊥ d~r.

Odatle je vektor normale na posmatranu nivo površ u tački M n ~ = (∇f )(M), a jedinični vektor normale n ~0 =

n ~ (∇f )(M) = . n |(∇f )(M)|

Ako je površ data implicitno jednačinom F (x, y, z) = 0, jednačina tangentne ravni je (~r − ~r0 ) · ∇F (~r0 ) = 0 tj. Fx (x − x0 ) + Fy (y − y0 ) + Fz (z − z0 ) = 0.

2.8

Normala površi

Normala površi S u tački M ∈ S je prava koja sadrži tačku M i normalna je na tangentnu ravan da te površi kroz datu tačku. Ako je ~r radijus vektor proizvoljne tačke normale, a ~r0 radijus vektor tačke M, onda je jednačina normale (~r − ~r0 ) × n ~ 0 = 0 ⇔ (~r − ~r0 ) × ∇f (~r0 ) = 0. Ako je površ S data implicitno jednačinom F (x, y, z) = 0, jednačina normale u tački (x0 , y0 , z0 ) je x − x0 y − y0 z − z0 = = . fx fy fz

30

Matematika 3

2.9. ZADACI

2.9 Zadaci 1. Odrediti ekviskalarne površi skalarnih polja (a) f (x, y, z) =

z ; x 2 +y2

(b) f (x, y, z) = x 2 + y2 + z 2 . (a) Jednačina ekviskalarne površi je φ(x, y, z) = C , tj.

z x 2 +y2

= C.

Za C 6= 0 ekviskalarna površ je {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) 6= (0, 0), z = C (x 2 + y2 )} (kružni paraboloid bez svog temena O(0, 0, 0)), a za C = 0 to je {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) 6= (0, 0), z = 0} (xOy ravan bez tačke (0, 0, 0)). (b) Neka je x 2 + y2 + z 2 = C . Ako je C < 0 onda je data jednačina nemoguća i ne postoji ekviskalarna površ f (x, y, z) = C . Ako je C = 0 jedinstveno rešenje jednačine x 2 + y2 + z 2 = 0 je tačka (0, 0, 0) i ona predstavlja traženu ekviskalarnu površ. √ Ako je C > 0 ekviskalarna površ je sfera radijusa C sa centrom u (0, 0, 0). 2. Naći izvod funkcije f = f (x1 , . . . , xn ) u pravcu vektora e ~i = (0, . . . , 1, . . . , 0) (koji ima i−tu koordinatu jednaku 1 i sve ostale 0.) po definiciji. f (~r + t~ ei ) − f (~r) f (x1 , . . . , xi + t, . . . , xn ) − f (x1 , . . . , xn ) ∂f = lim = . t→0 t→0 t t ∂xi lim

3. Naći gradijent skalarnog polja φ(x, y, z) = x 2 y + xz + 8 u tački M(1, 2, −3). ∇φ = (

∂φ ∂φ ∂φ , , ) = (2xy, x 2 , x), ∂x ∂y ∂z

~ ∇φ(1, 2, −3) = (4, 1, 1) = 4~ı + ~ + k. 4. U pravcu kog jediničnog vektora n ~0 izvod skalarnog polja f (a) ima najveću vrednost? (b) je jednak nuli? (c) ima najmanju vrednost? Izvod funkcije f u pravcu jediničnog vektora n ~ 0 je ∂f = ∇f · n ~ = |∇f | cos ∠(∇f , n ~ 0 ). ∂~ n0 31

CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA

Matematika 3

(a) On ima najveću vrednost, ako je cos ∠(∇f , n ~) = 1, tj. ako je ∠(∇f , n ~) = 0. Dakle, izvod skalarnog polja f ima najveću vrednost |∇f | u pravcu ∇f jediničnog vektora |∇f| .

(b) On je jednak nuli ako je cos ∠(∇f , n ~ ) = 0, tj. ako je ∠(∇f , n ~) = π2 . Znači, izvod u svakom pravcu koji je ortogonalan na ∇f je jednak nuli.

(c) On ima najmanju vrednost, ako je cos ∠(∇f , n ~) = −1, tj. ako je ∠(∇f , n ~) = ∇f . π. Izvod ima najmanju vrednost −|∇f | u pravcu jediničnog vektora − |∇f|

5. Naći jednačinu tangentne ravni i normale površi x 2 + y2 + z 2 = C u tački M(1, 2, 0). Gradijent skalarnog polja f (x, y, z) = x 2 + y2 + z 2 jednak je ∇f (x, y, z) = (2x, 2y, 2z). Njegova vrednost u tački M je ∇f (1, 2, 0) = (2, 4, 0), i to je vektor normale tangentne ravni date površi u tački M. Jednačina tangentne ravni je 2(x − 1) + 4(y − 2) + 0(z − 0) = 0 tj. 2x + 4y − 12 = 0. Sistem jednačina normale je z =0∧

x−1 y−2 = , 2 4

odkale su parametarske jednačine normale x = 2t + 1, y = 4t + 2, z = 0, t ∈ R. ~ = x 2~ı + y2~ + (2x + z 2 )k. ~ 6. Odrediti divergenciju i rotor vektorske funkcije F ~= ∇·F

∂Q ∂R ∂P + + = 2x + 2y + 2z = 2(x + y + z). ∂x ∂y ∂z

~ı ∂ ~ ∇ × F = ∂x x2

~ ∂ ∂y 2

y

k~

∂ ~ = ~ı + vec + k. ∂z 2x + z 2

32

Chapter 3

Višestruki integrali 3.1 Dvostruki integral 3.1.1 Definicija dvostrukog integrala Neka je funkcija f : σ → R, σ ⊂ R2 , ograničena nad σ , gde je σ ograničena i zatvorena oblast čiji je rub po delovima glatka kriva i neka je d rastojanje na R2 . Izvršimo podelu T = {σ1 , σ2 , . . . , σn } skupa σ mrežom po delovima glatkih krivih na konačan broj skupova σi , i = 1, . . . , n, i u svakom skupu σi izaberimo tačku Mi . Skup σi ima dijametar d(σi ) = max d(x, y) i površinu ∆σi . Parametar podele µ(T ) x,y∈σi

je najveći od dijametara oblasti σi , tj. µ(T ) = max d(σi ). 1≤i≤n

Broj s(f , T ) =

n X

f (Mi )∆σi

i=1

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi ∈ σi , i = 1, 2, . . . , n. Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi , i = 1, . . . , n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s(f , T ) kad µ(T ) → 0 i n → ∞, onda se ta granična vrednost naziva dvostruki integral funkcije f (x, y) nad σ , označava se sa RR f (x, y)dxdy i kaže se da je funkcija f (x, y) integrabilna nad σ . σ

3.1.2 Osobine dvostrukog integrala Neprekidna funkcija f (x, y) nad zatvorenom oblašću σ je integrabilna nad σ . 2 Neka su σ , σ1 , σ2 ⊂ ograničene krivim i RRR zatvorene oblasti RR RR po delovima glatkim RR neka postoje integrali f (x, y)dxdy, f (x, y)dxdy, f (x, y)dxdy i g(x, y)dxdy. σ

Tada važe sledeće osobine:

σ1

σ2

33

σ

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI

• •

RR σ

RR

Matematika 3


RR RR αf (x, y)+βg(x, y) dxdy = α f (x, y)dxdy+β g(x, y)dxdy, α, β ∈ R; σ

f (x, y)dxdy =

σ

σ

f (x, y)dxdy +

RR

RR

σ1

σ2

f (x, y)dxdy, gde je σ = σ1 ∪ σ2 i σ1 i σ2

nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka. Neka su α i β neprekidne funkcije nad [a, b], sa osobinom α(x) ≤ β(x), x ∈ [a, b]. Ako je funkcija f : σ → R, σ ⊂ R2 , neprekidna nad σ = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, α(x) ≤ y ≤ β(x)}, onda je Zb  Zβ(x)  f (x, y)dxdy = f (x, y)dy dx,

ZZ σ

i kraće ga zapisujemo sa

a

Rb a

dx

β(x) R

α(x)

f (x, y)dy.

α(x)

Neka su α i β neprekidne funkcije nad [a, b], sa osobinom α(y) ≤ β(y), y ∈ [c, d]. Ako je funkcija f : σ → R, σ ⊂ R2 , neprekidna nad σ = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ y ≤ b, α(y) ≤ x ≤ β(y)}, gde su α i β neprekidne funkcije nad [a, b], onda je ZZ

f (x, y)dxdy =

σ

Zb a

Zβ(y) dy f (x, y)dx. α(y)

Površina ∆σ figure σ ⊂ R2 data je integralom ZZ ∆σ = dxdy. σ

Neka je f (x, y) ≥ 0, (x, y) ∈ σ ⊆ R2 . Zapremina ∆V oblasti V = {(x, y, z) ∈ R : (x, y) ∈ σ ⊂ R2 , 0 ≤ z ≤ f (x, y)} data je sa ZZ ∆V = f (x, y)dxdy. 3

σ

Neka je f (x, y) ≤ 0, (x, y) ∈ σ ⊆ R2 . Ako je oblast V = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ σ ⊂ R2 , f (x, y) ≤ z ≤ 0} onda je zapremina ZZ ∆V = − f (x, y)dxdy. σ

3.1.3

Transformacija koordinata

Neka je funkcija f : D → R, σ ⊂ R2 , neprekidna nad ograničenom zatvorenom oblašću D xy ravni i neka je D1 ograničena zatvorena oblast uv ravni. 34

Matematika 3

3.1. DVOSTRUKI INTEGRAL

Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednačinama x = x(u, v), y = y(u, v), (u, v) ∈ D1 koja preslikava oblast D1o bijektivno na D o . Ako je Jakobijan transformacije ∂(x, y) xu J(u, v) = = ∂(u, v) yu

onda je

ZZ

f (x, y)dxdy =

ZZ

xv 6 0, (u, v) ∈ D1o . = yv

f (x(u, v), y(u, v))|J(u, v)|dudv.

ω

σ

Polarne koordinate x = y =

ρ cos φ ρ sin φ

ρ ∈ [0, ∞),

φ ∈ [0, 2π].

3.1.4 Primena u inženjersknim naukama Neka je µ(x, y) gustina ploče D ⊂ R2 u tački (x, y) ∈ D. Masa m ploče D ⊂ R2 data je sa m=

ZZ

µ(x, y)dxdy.

D

Težište T (xt , yt ) ploče D ⊂ R2 ima koordinate xt =

1 m

ZZ

xµ(x, y)dxdy, yt =

1 m

D

ZZ

yµ(x, y)dxdy.

D

Momenti inercije ploče D ⊂ R2 u odnosu na ose Ox i Oy su dat je formulom Ix =

ZZ

y2 µ(x, y)dxdy, Iy =

V

ZZ

x 2 µ(x, y)dxdy.

V

Moment inercije ploče D ⊂ R2 u odnosu na koordinatni početak dat je formulom IO =

ZZZ

(x 2 + y2 )µ(x, y)dxdy.

D

35

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI

3.2

Matematika 3

Trostruki integral

3.2.1

Definicija trostrukog integrala

Neka je funkcija f : V → R, V ⊂ R3 , ograničena nad V , gde je V ograničena i zatvorena oblast. Izvršimo podelu T = {V1 , V2 , . . . , Vn } skupa V na konačan broj skupova Vi , i = 1, . . . , n, i u svakom skupu Vi izaberimo tačku Mi . Skup Vi ima dijametar d(Vi ) i zapreminu ∆Vi . Parametar podele je µ(T ) = max d(Vi ). Broj 1≤i≤n

s(f , T ) =

n X i=1

f (Mi )∆Vi

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi , i = 1, 2, . . . , n. Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi , i = 1, . . . , n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s kad µ(T ) → 0 i n → ∞ onda se ta granična vrednost naziva trostruki integral funkcije f (x, y, z) nad oblašću V i označava sa ZZZ ZZZ f (x, y, z)dV ili f (x, y, z)dxdydz . V

V

Kaže se da je funkcija f (x, y, z) integrabilna nad V .

3.2.2

Osobine trostrukog integrala

Neprekidna funkcija f = f (x, y, z) nad zatvorenom oblašću V je integrabilna nad V . RRR Neka su V , V1 , V2 ⊂ R3 zatvorene oblasti i neka postoje integrali f (x, y, z)dxdydz, V RRR RRR RRR f (x, y, z)dxdydz, f (x, y, z)dxdydz i g(x, y, z)dxdydz . Tada važe sledeće V1

V2

V

osobine: RRR
RRR RRR • αf (x, y, z) + βg(x, y, z) dxdydz = α f (x, y, z)dxdydz + β g(x, y, z)dxdydz, V

V

V

α, β ∈ R; RRR RRR RRR • f (x, y, z)dxdydz = f (x, y, z)dxdydz + f (x, y, z)dxdydz, gde je V

V1

V2

V = V1 ∪ V2 i V1 i V2 nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka.

Neka su funkcije z1 , z2 : σ → R, σ ⊂ R2 , neprekidne nad skupom σ i neka je V = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ σ , z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y)}. Tada je ZZZ V

Z Z  zZ2 (x,y)  f (x, y, z)dxdydz = f (x, y, z)dz dxdy. σ

3

z1 (x,y)

Zapremina ∆V tela V ⊂ R data je integralom ZZZ ∆V = dxdydz. V

36

Matematika 3

3.2. TROSTRUKI INTEGRAL

3.2.3 Transformacije koordinata Neka je funkcija f : D → R, σ ⊂ R3 , neprekidna nad ograničenom zatvorenom oblašću D i neka je D1 ⊆ R3 . ograničena zatvorena oblast. Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednačinama x = x(u, v), y = y(u, v), (u, v) ∈ D1

koja preslikava oblast D1o bijektivno na D o . Ako je Jakobijan transformacije x xv xt ∂(x, y, z) u J(u, v, t) = = yu yv yt 6= 0, (u, v, t) ∈ D1o , ∂(u, v, t) zu zv zt onda je ZZZ

f (x, y, z)dxdydz =

V

Sferne koordinate

ZZZ

f (x(u, v, t), y(u, v, t), z(u, v, t))|J(u, v, t)|dudvdt.

G

x = y = z =

Cilindrične koordinate

r cos φ sin θ r sin φ sin θ r cos θ

r ≥ 0, θ ∈ [0, π], φ ∈ [0, 2π] x = y = z = ρ ∈ [0, ∞),

ρ cos φ ρ sin φ z

φ ∈ [0, 2π], z ∈ R.

3.2.4 Primena u inženjersknim naukama Neka je µ(x, y, z) gustina tela V ⊂ R3 u tački (x, y, z) ∈ V . Masa m tela V ⊂ R3 data je sa ZZZ m= µ(x, y, z)dxdydz. V

Težište T (xt , yt , zt ) tela V ⊂ R3 ima koordinate ZZZ 1 xt = xµ(x, y, z)dxdydz, m V ZZZ 1 yt = yµ(x, y, z)dxdydz, m V ZZZ 1 zt = zµ(x, y, z)dxdydz. m V

37

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI

Matematika 3

Moment inercije tela V ⊂ R3 u odnosu na ravan yOz dat je formulom ZZZ Iyz = x 2 µ(x, y, z)dxdydz. V

Moment inercije tela V ⊂ R3 u odnosu na osu Oz dat je formulom ZZZ Iz = (x 2 + y2 )µ(x, y, z)dxdydz. V

Moment inercije tela V ⊂ R3 u odnosu na koordinatni početak dat je formulom ZZZ IO = (x 2 + y2 + z 2 )µ(x, y, z)dxdydz. V

38

Matematika 3

3.3. ZADACI ZA VEŽBU

3.3 Zadaci za vežbu 2 1. Neka je data funkcija f (x, y) = x 2 y2 i oblast σ = R{(x, R y) ∈ R : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}. Izračunati po definiciji integral I = f (x, y)dxdy. σ

Data funkcija je neprekidna nad zatvorenom oblašću σ , a samim tim i integrabilna. Granična vrednost integralne sume, kad µ(T ) → 0, je onda jedinstvena za svaku podelu oblasti σ i izbor tačaka. Prave xi = 2in , yi = 2in , i = 0, 1, . . . , n, vrše podelu kvadrata σ na n2 kvadrata j−1 j 2i σij = [ 2(i−1) n , n ] × [ n , n ], i = 1, . . . , n, j = 1, . . . , n. Površina posmatranih pravougaonika σi i parametar podele su √ 2 1 2 5 ∆σij = · = 2 µ(T ) = . n n n n

Ako n → ∞, onda µ(T ) → 0. Izaberimo u svakom kvadratu σij tačku Mij ( 2in , nj ). I

=

RR σ

n P n P

n→∞ i=1 j=1

n P n P

f (Mij )∆σij

4i2 j 2 2 2 2 2 n→∞ i=1 j=1 n n n n n P P n(n+1)(2n+1) lim 86 i2 j 2 = lim n86 n(n+1)(2n+1) 6 6 n→∞ n i=1 j=1 n→∞

=

lim

= 2. Izračunati I =

x 2 y2 dxdy = lim

RR σ

= 89 .

(x 2 + y)dxdy, ako je σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 2}

. I

=

R5 1

=

R5 1

R2 R5 y=2 dx (x 2 + y)dy = (x 2 y + 12 y2 )|y=1 dx 1

2

(x +

1

3 2 )dx

=

( 31 x 3

5

+ 32 x)|1 =

142 3 .

.

3. Izračunati Jakobijan transformacije Dekartovih u polarne koordinate. ∂(x, y) cos φ sin φ = ρ cos2 φ + ρ sin φ = ρ. ∂(ρ, φ) −ρ sin φ ρ cos φ RR 4. Izračunati dvostruki integral I = (x 2 + y2 )dxdy ako je J(r, φ) =

σ

√ x σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x 2 ≤ 16, 0 < √ ≤ y ≤ 3x}. 3 39

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI

Matematika 3

Prelaskom na polarne koordinate dobijamo π

I

=

RR σ

(x 2 + y2 )dxdy =

dφ

π 6

π

4

φ| π3 · 14 ρ4 |1 =

=

R3

32π 3 .

6

5. Izračunati dvostruki integral I =

RR

R4

ρ3 dρ

1

(x + y)dxdy ako je

σ

σ = {(x, y) ∈ R2 : y ≤ x ≤ 3y, 1 ≤ x + y ≤ 3}. x y

Ako se uvede smena u =

v 2 = (u+1)v − (u+1)2

J(u, v)

I=

ZZ

(x + y)dxdy =

Z3 1

σ

i v = x + y onda je x =

1 du (u + 1)2

u u+1 1 u+1

Z3 1

=

uv u+1 ,

y=

v . (u+1)2

v 2 dv = (−

v u+1 ,

.

1 1 13 )|3 · v 3 |3 = . u+1 1 3 1 6

6. Izračunati površinu figure x2 y2 + ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y}. 9 16

σ = {(x, y) ∈ R2 : Neka je x y

= 3ρ cos φ = 4ρ sin φ

(ρ, φ) ∈ [0, 1] × [ π4 , π]

onda je

i

3 cos φ ∂(x, y) J(ρ, φ) = = 4 sin φ ∂(ρ, φ)

∆σ =

Zπ π 4

dφ

Z1 0

−3ρ sin φ = 12ρ. 4ρ cos φ

1 1 3π 12ρdρ = φ|ππ · ρ2 |0 = . 4 2 8

40

onda je

Matematika 3

3.3. ZADACI ZA VEŽBU

7. Izračunati površinu figure 2

2

σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x 3 + y 3 ≤ 4}. Neka je = ρ cos3 φ = ρ sin3 φ

x y

(r, φ) ∈ [0, ∞) × [0, 2π] : 1 ≤ r ≤ 8.

Jakobijan uvedene transformacije je ∂(x, y) cos3 φ −3ρ cos2 φ sin φ J(ρ, φ) = ∂(ρ, φ) sin3 φ 3ρ sin2 φ cos φ ∆σ

=

3

R2π 0

189 4

=

sin2 φ cos2 φdφ

0

rdr = 378

1

π

R2

R8

R2π 0

(1 − cos 4φ)dφ =

189 8 π.

= 3ρ sin2 φ cos2 φ.

sin2 φ cos2 φdφ 189 2

R2π

sin2 2φdφ

0

.

8. Izračunati zapreminu tela V = {(x, y, z) ∈ R3 : 2y ≤ x 2 + y2 ≤ 4y, −x 2 − y2 ≤ z ≤ 0}. Oblast V je simetrična u odnosu na yz ravan, a njena projekcija na xy ravan je σ

= {(x, y) ∈ R2 : x ≤ x 2 + y2 ≤ 2x, y ≥ 0}

= {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)1 ≥ 1, x 2 + (y − 2)2 ≤ 4}. π

∆V

= 2

RR

2

2

(x + y )dxdy = 2

π

=

R2 0

= 120

dφ

0

σ

1 2

R2

π

R2

π 2

4 sin R φ

r 3 dr

2 sin φ

ρ |0 dφ = 120 sin4 φdφ 4

0

π

R2 0

1−cos 2φ
2 dφ 2

.

π

= 30

R2 0

9. Izračunati zapreminu oblasti


1 − 2 cos 2φ + cos2 2φ dφ = 74 π.

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 ≤ 18,

q x 2 + y2 ≤ z}.

Ako posmatramo sistem jednačina x 2p+ y2 + z 2 x 2 + y2

= =

18 x 2 + y2 ⇔ p 2 z x + y2 41

= =

9 ⇔ z = 3, x 2 + y2 = 9 z.

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI

Matematika 3

Projekcija oblasti V na xy ravan je σ = {(x, y) ∈ R2 : x 2 + y2 ≤ 9}.  p RRR RR p = dxdydz == 18 − x 2 − y2 − x 2 + y2 dxdy

∆V

V

R2π

=

0

R2π

=

0

σ

R3 p dφ 18 − ρ2 − ρ)ρdρ 0

√ R3 p R2π R3 dφ 18 − ρ2 ρdρ − dφ ρ2 dρ = 54π( 2 − 1). 0

0

0

10. Odrediti težište homogene ploče oblika pravouglog trougla čije su katete jednake 2 i 3.

xt

=

yt

=

RR

RR

3

Z2 Z2 x 1 4 D D RR = RR = xdx dy = , ∆D 3 ρdD dD 0 0 D D RR ydD Z3 Z2 1 D RR = ydy dx = 1 3 dD xρdD

D

xdD

0

2 3y

Znači T ( 34 , 1). 11. Izračunati I =

RRR V

(2x − y + 3z 2 )dxdydz ako je V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤

x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 4, 2 ≤ z ≤ 3}. I

=

R2

dx

0

=

R2 0

= =

R2

0 R2 0

=

R2 0

=

R4 1

dx

R4

R3 dy (2x − y + 3z 2 )dz 2


z=3 (2x − y)z + z 3 |z=2 dy

1

R4

dx (2x − y + 19)dy 1


y=4 (2x + 19)y − 12 y2 |y=1 dx

(4x −

x2 −

12. Izračunati I =

99 2 )dx

2 99 2 x) |0

RRR

dx = −95.

ydxdydz, ako je

V

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 5 − x 2 − y2 }.

42

Matematika 3

I

= = = = = = =

3.3. ZADACI ZA VEŽBU

RR σ

RR RσR

σ R2 0 R2 0 R2

dxdy

5−xR2 −y2

dz,

1

z=5−x 2 −y2

yz|z=1

dxdy

y(4 − x 2 − y2 )dxdy

dx

R2 1



y(4 − x 2 − y2 )dy

1 2 2 y (4

− x 2 ) − 14 y4

( 32 (4 − x 2 ) − 15 4 )dx 0 2  1 3 9 x − x = − 23 . 4 2

y=2

dx

y=1

0

13. Izračunati I =

RRR

(x + y)dxdydz, ako je

V

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 4 − x − y}. Projekcija date oblasti na xy-ravan je

I

σ

= {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ 4 − x − y} = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, x + y ≤ 3}. dxdy

=

RR

=

σ 1 2

=

=

0

=

dz,

1

RσR R1

4−x−y R

z=4−x−y

(x + y)z|z=1 dxdy RR (x + y)y(4 − x − y)dxdy σ

dx

R2 0

(4xy + 4y2 − x 2 y − 2xy2 − y3 )dy +

=

dx

1

R 3−x 0

(4xy + 4y2 − x 2 y − 2xy2 − y3 )dy

y=1 y=3−x R1  R2  2xy2 + 34 y3 − 12 x 2 y2 − 23 xy3 − 14 y4 dx + 2xy2 + 43 y3 − 12 x 2 y2 − 23 xy3 − 14 y4 dx 0

=

R2

R1 0

y=0

(− 21 x 2

+

4 3x

−

13 12 )dx

.

1

y=0

 R2  + 2x(3 − x)2 + 43 (3 − x)3 − 12 x 2 (3 − x)2 − 32 x(3 − x)3 − 14 (3 − x)4 dx 1

14. Izračunati zapreminu oblasti V = {(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x 2 +y2 ≤ 4, 0 ≤ x ≤ y,

43

q q x 2 + y2 ≤ z ≤ 2 x 2 + y2 }.

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI

Matematika 3

√2 2 ! Rx +y dz dxdy √2 2 2

∆V

=

dxdydz =

RRR

σ

V

=

R2π

dφ

0

R2 π 4

=

R2

ρ2 dρ

1

π

=

x +y

RR p x 2 + y2 dxdy σ

=

RR

π

1 3 3 3 ρ |1 dφ π

26 2 3 φ π4

=

=

R2 π 4

13 6 π.

26 3 dφ

15. Izračunati Jakobijan transformacije Dekartovih koordinata u sferne koordinate.

J

= = = =

cos φ sin θ ∂(x, y, z) = sin φ sin θ ∂(r, φ, θ) cos θ

−r sin φ sin θ r cos φ sin θ 0

r cos φ cos θ r sin φ cos θ −r sin θ



r 2 sin θ(− cos2 φ sin2 θ − sin2 φ cos2 θ − cos2 φ cos2 θ − sin2 φ sin2 θ)
−r 2 sin θ sin2 θ(cos2 φ + sin2 φ) + cos2 θ(sin2 φ + cos2 φ) −r 2 sin θ(sin2 θ + cos2 θ) = −r 2 sin θ.

16. Izračunati zapreminu lopte V = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 ≤ 25} pomoću trostrukog integrala. Uvedimo sferne koordinate x = y = z =

r cos φ sin θ r sin φ sin θ r cos θ

(r, φ, θ) ∈ [0, ∞) × [0, 2π] × [0, π].

Tada iz nejednačine x 2 + y2 + z 2 ≤ 25 dobijamo r 2 cos2 φ sin2 θ + r 2 sin2 φ sin2 θ + r 2 cos2 θ ≤ 25 ⇔ r 2 sin2 θ(cos2 φ + sin2 φ) + r 2 cos2 θ ≤ 25 ⇔ r 2 sin2 θ + r 2 cos2 θ ≤ 25 ⇔ r 2 ≤ 25. Kako je r ≥ 0, to je 0 ≤ r ≤ 5, dok za φ i θ ne postoje dodatna ograničenja. ∆V =

Z2π 0

dφ

Zπ 0

sin θdθ

Z5 0

2π

π

5

1 500 . r 2 dr = φ | ·(− cos θ) | · r 3 | = 3 0 3 0 0 44

Matematika 3

3.3. ZADACI ZA VEŽBU

17. Izračunati I =

RRR V

(x 2 +

y2 4

+

z2 4 )dxdydz,

po oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 +

y2 z2 + ≤ 1}. 4 4

Predjimo na uopštene sferne koordinate x = r cos φ sin θ y = 2r sin φ sin θ z = 2r cos θ

(r, φ, θ) ∈ [0, 1] × [0, 2π] × [0, π]. .

Jakobijan date transformacije je cos φ sin θ −r sin φ sin θ r cos φ cos θ |J(r, φ, θ)| = 2 sin φ sin θ 2r cos φ sin θ 2r sin φ cos θ 2 cos θ 0 −2r sin θ I=4 18. Izračunati

RRR V

Z2π 0

dφ

Zπ 0

sin θdθ

Z1 0

r 4 dr =

16 π. 5

= −4r 2 sin θ.

(x + y + z)dxdydz, ako je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x ≤ y ≤ 2x, 1−x ≤ y ≤ 2−x, 1−x−y ≤ z ≤ 2−x−y}. Neka je u = yx , v = x + y i t = x + y + z. Jakobijan uvedene transformacije je J(u, v, t)

− y2 1 0 x x = = 1 1 0 ∂(u,v,t) ∂(x,y,z) 1 1 1 v x+y x+y = − (x+y)2 = − . y 2 = − (1 + x ) (u + 1)2 2 ∂(x, y, z) = ∂(u, v, t)

1

−1 =− 1 x+y x2

x

Tada je ZZZ

(x + y + z)dxdydz =

V

Z2 1

du (u + 1)2

Z2 1

vdv

Z2 1

tdt =

3 . 8

19. Naći težište homogenog tela gustine µ(x, y, z) = 1 koje zauzima oblast V = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 ≥ z 2 , x 2 + y2 + z 2 ≤ 4, z ≥ 0}.

45

CHAPTER 3. VIŠESTRUKI INTEGRALI

Matematika 3

Ako se uvedu sferne koordinate, onda je hπ π i , . 4 2

(r, φ, θ) ∈ [0, 2] × [0, 2π] × Masa tela je

m=

Z2π 0

π

dφ

Z2

sin θdθ

π 4

Z2 0

√ 2 1 3 8 2π r dr = φ | ·(− cos θ) | · r | = . 3 0 3 π 0 π 2

2π

2

4

Koordinate težišta su xt

=

yt

=

zt

1 m 1 m 1 m

=

1 m

RRR

xdxdydz =

RRR

ydxdydz =

1 m

RRR

zdxdydz =

1 m

V

V

V

R2π

π

cos φdφ

R2

0

sin φdφ

R2π

R2

R

0

R2π

0

π

dφ

π 4

π 4 π 2

π 4

sin2 θdθ sin2 θdθ

sin θ cos θdθ

R2 0

R2 0

R2 0

r 3 dr = 0, r 3 dr = 0,

r 3 dr =

3 √ . 4 2

20. Naći moment inercije homogenog tela gustine µ(x, y, z) = 1 koje zauzima oblast √ √ √ V = {(x, y, z) ∈ [0, ∞) × [0, ∞) × [0, ∞) :; x + y + z ≤ 2} u odnosu na z osu. Neka je

r cos4 φ sin4 θ r sin4 φ sin4 θ r cos4 θ

x = y = z =

(r, φ, θ) ∈ [0, 4] × [0, 2π] × [0, π]. .

Jakobijan date transformacije je J(r, φ, θ) = −16r 2 sin3 φ cos3 φ sin7 θ cos3 θ. Tada je, Iz

=

RRR V

= 16

(x 2 + y2 )dxdydz π

R2 0

= 16 ·

π

sin3 φ cos3 φ(cos8 φ + sin8 φ)dφ

1 42

·

1 144

·

1024 5

=

512 945 .

46

R2 0

cos3 θ sin15 θdθ

R4 0

r 4 dr .

Chapter 4

Krivolinijski i površinski integral 4.1 Krivolinijski integral 4.1.1 Krive Skup L ⊂ R3 je gladak Žordanov luk ili prosta glatka kriva ako postoji interval [a, b] i vektorska funkcija ~r : [a, b] → R3 za koje važi (a) L = {~r(t) : t ∈ [a, b]} = {(x(t), y(t), z(t)) ∈ R3 : t ∈ [a, b]};

(b) ~r je bijektivno preslikavanje skupa I na L (zbog injektivnosti, kriva ne preseca samu sebe) ; (c) ~r je neprekidno diferencijabilna;

(d) ~r′ (t) 6= ~0, tj. (˙x (t), y ˙ (t), ˙z (t)) 6= (0, 0, 0) za svako t ∈ [a, b].

Kažemo da je tada sa

~ t ∈ [a, b] ~r(t) = x(t)~ı + y(t)~ + z(t)k, tj. sa x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [a, b]

data glatka parametrizacija krive L. Skup L ⊂ R3 je po delovima glatka kriva ako je

L = L1 ∪ L2 ∪ . . . ∪ Ln , gde su L1 , L2 , . . . , Ln glatke krive i svaki par Li , Lj , za i = 6 j, može imati najviše konačno mnogo zajedničkih tačaka. Ako je ~r(a) = ~r(b) kažemo da je kriva L zatvorena. Inače, L ima rubove A = ~r(a) i ~r(b). Putanja ili prosta po delovima glatka kriva je po delovima glatka kriva sa osobinom da za svako t1 , t2 ∈ (a, b) iz t1 6= t2 sledi (x(t1 ), y(t1 ), z(t1 )) 6= (x(t2 ), y(t2 ), z(t2 )) (kriva ne preseca samu sebe na (a, b)). Kažemo da je tada sa x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ I, data glatka parametrizacija putanje L. 47

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

4.1.2

Matematika 3

Orijentacija glatke krive

Moguće su dve orijentacje glatka krive L u odnosu na datu parametrizaciju:u smeru rasta parametra t i u smeru opadanja parametra t. Orijentacija krive u smeru rasta parametra može za neku drugu parametrizaciju biti smer opadanja parametra. Po delovima glatka kriva se orijentiše tako da glatki delovi budu saglasno orijentisani, što znači da se kraj jednog glatkog dela nadovezuje na početak sledećeg. Ako je L kriva u ravni, onda kažemo da je negativna orijentacija u smjeru kretanja kazaljke na satu, a pozitivna suprotno od kretanja kazaljke na satu.

4.1.3

Definicija krivolinijskog integrala skalarnog polja

Neka je funkcija f : D → R, D ⊆ R3 , skalarno polje i L ⊂ D glatka kriva data parametrizacijom ~r(t) = (x(t), y(t), z(t), t ∈ [a, b] tj. x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [a, b].

r Ako je funkcija (f ◦ ~r)| d~ dt | integrabilna na intervalu [a, b] onda je krivolinijski R integral skalarnog polja (prve vrste) f duž krive L, u oznaci f (~r)dl, definisan sa L

R

f (~r)dl

=

L

=

Rb

a Rb

r (t) (f (~r))| d~dt |dt

f (x(t), y(t), z(t))

a

Element dužine luka krive je

p (˙x (t))2 + (˙ y(t))2 + (˙z (t))2 dt.

q d~r(t) dl = y(t))2 + (˙z (t))2 dt. dt = (˙x (t))2 + (˙ dt

Ako je L = L1 ∪ . . . ∪ Ln po delovima glatka kriva, onda je Z L

4.1.4

f (~r)dl =

Z

f (~r)dl + . . . +

L1

Z

f (~r)dl.

Ln

Osobine

Neka za funkcije f , g : D → R, D ⊆ R3 i putanju L ⊂ D postoje integrali R g(~r)dl. Tada važi: L

Z L

(αf (~r) + βg(~r))dl = α

Z

f (~r)dl + β

L

Z L

48

g(~r)dl, α, β ∈ R;

R L

f (~r)dl i

Matematika 3

4.1. KRIVOLINIJSKI INTEGRAL

Krivolinijski integral prve vrste ne zavisi od orijentacije krive. Neka je f : D → R, D ⊆ R3 , nenegativna neprekidna funkcija na putanji L ⊂ D. Površina cilindrične površi S = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ L, 0 ≤ z ≤ f (x, y)} je ∆S =

Z

f (x, y)dl.

L

Dužina ∆l putanje L ⊂ R3 je ∆l =

Z

dl.

L

Ako je L ⊂ R3 komad žice i ako je linearna gustina ρ žice L poznata u svakoj tački ~r onda je Z m = ρ(~r)dl L

masa žice L.

4.1.5 Definicija krivolinijskog integrala vektorskog polja ~ = (P, Q, R) vektorsko polje i L ⊆ D orijentisana glatka kriva data sa Neka je F ~ (~r) · d~r integrabilna na intervalu [a, b], tada ~r(t) = (x(t), y(t), z(t)). Ako je funkcija F dt odredjeni integral Z

~ (~r) · d~r = F

L

Zb a

~ (~r(t)) · d~r(t) dt F dt

~ (druge vrste) po L od tačke A = ~r(a) zovemo krivolinijski integral vektorskog polja F do tačke B = ~r(b). Ako je L = L1 ∪ . . . ∪ Ln po delovima glatka kriva, onda je Z L

~ · d~r = F

Z

~ · d~r + . . . + F

L1

Z

~ · d~r, F

Ln

gde su glatke krive L1 , . . . , Ln saglasno orijentisane. ~ = (P, Q) vektorsko polje i L ⊆ D orijentisana glatka kriva data U ravni. Ako je F sa ~r(t) = (x(t), y(t)), onda je Z L

Zb   P(x, y)dx + Q(x, y)dy = P(x(t), y(t))˙x (t) + Q(x(t), y(t))˙ y(t) dt. a

49

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

4.1.6

Matematika 3

Osobine krivolinijskog integrala

~ iG ~ su vektorska polja definisane na D i Neka je L ⊆ D orijentisana glatka kriva, F R R ~ ~ postoje integrali F · d~r i G · d~r. Tada važi L

Z  L

L

Z Z  ~ · d~r + β G ~ · d~r = α F ~ · d~r + β G ~ · d~r, α, β ∈ R. αF L

L

Krivolinijeski integral druge vrste zavisi od orijentacije krive, tj. Z

~ · d~r = − F

L(AB)

Z

~ · d~r. F

L(BA)

~ duž luka L je krivolinijski integral Rad polja F ~. krive L naziva se cirkulacija vektorskog polja F

4.1.7

R L

~ ·d~r. Rad polja F ~ duž zatvorene F

Nezavisnost krivolinijskog integrala vektorskog polja od putanje

Definicija 4.1.1 Kažemo da krivolinijski integral po koordinatama ne zavisi od putanje ako je njegova vrednost ista za sve putanje koje povezuju početnu i krajnju tačku. Teorema 4.1.1 Sledeća tvrdjenja su medjusobno ekvivalentna R ~ · d~r, (AB) ⊂ D, ne zavisi od putanje integracije, F (a) Krivolinijski integral L(AB)

nego samo od tačaka A i B.

~ = ∇f . (b) Postoji skalarna (realna) funkcija f takva da je F H ~ · d~r = 0 za svaku zatvorenu krivu L ⊂ D. ~ = 0, tj. F (c) ∇ × F L

Teorema 4.1.2 Neka su u zadate neprekidne funkcije P i Q koje imaju neprekidne parcijalne izvode Py i Qx u otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti D ⊆ R2 . Potreban R i dovoljan uslov da integral Pdx + Qdy, (AB) ⊂ D, ne zavisi od putanje je da je (AB)

ispunjena jednakost

Py = Qx . Dokaz.



Teorema 4.1.3 Neka su u otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti D ⊆ R3 zadate neprekidne funkcije P, Q i R, koje imaju neprekidne parcijalne izvode Py , Pz , Qz , Qx , R Rx , Ry . Potreban i dovoljan uslov da integral Pdx + Qdy + Rdz, (AB) ⊂ D, ne (AB)

zavisi od putanje (AB), jeste da su ispunjene jednakosti

Py = Qx , Qz = Ry , Rx = Pz . 50

Matematika 3

4.2. POVRŠINSKI INTEGRAL

4.1.8 Formula Grina Teorema 4.1.4 Neka je σ ⊂ R2 zatvorena oblast ograničena zatvorenompo delovima glatkom krivom bez samopresecanja L. Ako su funkcije P, Q, Py i Qx neprekidne nad σ i ako je kriva L orijentisana tako da tačke oblasti σ ostaju sa leve strane kada se L obilazi u datom smeru, tada važi I ZZ Pdx + Qdy = (Qx − Py )dxdy. σ

L

Sledeća teorema pokazuje da formula Grina važi i u slučaju kada je σ višestruko povezana oblast. Teorema 4.1.5 Neka je σ ⊂ R2 zatvorena višestruko povezana oblast ograničena unijom zatvorenih po delovima glatkih krivih bez samopresecanja L1 ∪ . . . ∪ Ln . Ako su funkcije P, Q, Py i Qx neprekidne nad σ i ako je kriva L orijentisana tako da taČke oblasti σ ostaju sa leve strane kada se L obilazi u datom smeru, tada važi jednakost ZZ n I X Pdx + Qdy = (Qx − Py )dxdy. i=1 L i

σ

Površina figure σ ⊂ R2 ograničene zatvorenom putanjom L je I 1 ∆σ = (xdy − ydx). 2 L

4.2 Površinski integral 4.2.1 Površi Definicija 4.2.1 Skup S ⊂ R3 je Žordanova površ ako postoje oblast D ⊆ R2 i funkcije x, y, z : D → R za koje važi (a) S = {~r(u, v) : (u, v) ∈ D} = {(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ∈ R3 : (u, v) ∈ D}; (b) x, y i z su bijekcije skupa D na S. Kažemo da je S ∗ = {(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) : (u, v) ∈ D ∗ } ivica (rub) površi S, gde je D ∗ rub oblasti D. Definicija 4.2.2 Žordanova površ S = {~r(u, v) : (u, v) ∈ D} je glatka ako važi (a)

∂~r ∂u

i

(b)

∂~r ∂u

×

∂~r ∂v ∂~r ∂v

su neprekidne funkcije 6= 0 51

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Uslov (b) ekvivalentan je uslovu xu xv 6= 0, xu yu yv zu

u oblasti D. Kažemo da je sa

yu xv 6 = 0 ili zu zv

Matematika 3

yv 6 0 = zv

x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D data glatka parametrizacija površi S. Specijalni slučaj je površ eksplicitno zadata jednačinom z = z(x, y), (x, y) ∈ D. Za ovako zadatu površ je x = u, y = v, z = z(u, v), (u, v) ∈ D. Ako su izvodi zx i zy neprekidni, onda je površ glatka. Definicija 4.2.3 Za Žordanovu površ se kaže da je po delovima glatka, ako se S može podeliti na konačno mnogo glatkih površi Si , i = 1, . . . , n tako da je S = ∪ni=1 Si i za i 6= j Si ∩ Sj je ili prazan skup ili kriva koja pripada zajedničkoj ivici površi Si i Sj .

4.2.2

Orijentacija Žordanove površi

Neka je data glatka površ S i tačka M ∈ S i neka je L ⊆ S proizvoljna zatvorena kriva koja prolazi kroz tačku M. Postavimo u tačku M vektor normale i neprekidno ga pomerajmo u istom smeru duž krive L. Ako se vektor normale vrati u tačku M sa istim smerom normale (za svaku proizvoljno izabranu krivu L), onda se površ S ima dve neprekidne glatke orijentacije, tj. S je dvostrana površ. Neka je zatvorena glatka kriva L rub glatke dostrane površi S. Kažemo da je kriva L pozitivno orijentisana u odnosu na vektor normale ako, kada pomeramo vektor normale u posmatranom smeru, tačke površi S se nalaze sa leve strane. Primer 4.2.1 Primer jednostrane površi je Möbiusova traka, data parametarskim jednačinama x = (6 + ucos(v/2))cosv, y = (6 + ucos(v/2))sinv, u ∈ [−3, 3], v ∈ [0, 2π] z = usin(v/2)

4.2.3

Definicija površinskog integrala skalarne funkcije

Neka je f : D! → R, D1 ⊆ R3 skalarno polje i S ⊂ D1 glatka površ,ograničena po delovima glatkom krivom, data parametrizacijom ~r = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ D tj. x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D. 52

Matematika 3

4.2. POVRŠINSKI INTEGRAL

Površinski integral funkcije f po površi S (prve vrste ili po projekciji), u oznaci RR f (x, y, z)dS, je definisan sa S

ZZ

f (~r)dS =

S

ZZ D

∂~r ∂~r f (~r(u, v)) × dudv ∂u ∂v

Ako je S = ∪ki=1 po delovima glatka površ sa glatkim delovima S1 , . . . , Sk , tada je ZZ

f (~r)dS =

S

ZZ

f (~r)dS +

S1

ZZ

f (~r)dS . . .

S2

ZZ

f (~r)dS.

Sk

4.2.4 Osobine površinskog integrala skalarne funkcije Površinski integral prve vrste je linearan tj. važi ZZ

(αf (~r) + βg(~r))dS = α

S

ZZ

f (~r)dS + β

S

ZZ

g(~r)dS, α, β ∈ R.

S

Za površinu ∆S glatke površi S ⊂ R3 ograničene po delovima glatkom krivom važi ∆S =

ZZ

dS.

S

Ako je ρ(x, y, z) površinska gustina mase m rasporedjene neprekidno po glatkoj površi S onda je ZZ m= ρ(x, y, z)dS. S

Težište T (xt , yt , zt ) glatke površi S ograničene po delovima glatkom krivom ima koordinate ZZ ZZ ZZ 1 1 1 xρ(x, y, z)dS, yt = yρ(x, y, z)dS, zt = zρ(x, y, z)dS. xt = m m m S

S

S

Neka je S po delovima glatka površ koja se izdvajanjem konačnog broja tačaka i krivih svodi na uniju glatkih površi S1 , S2 , . . . , Sk , i neka je f : S → R, S ⊂ R3 , ograničena nad S. Tada je, po definiciji, ZZ S

f (~r)dS =

k ZZ X i=1 S i

53

f (~r)dS.

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

4.2.5

Matematika 3

Definicija površinskog integrala vektorske funkcije

~ = (P, Q, R) vektorska funkcija definisana i ograničena nad D1 i S ⊂ D1 Neka je F glatka orijentisana površ data parametrizacijom ~r = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), (u, v) ∈ D tj. x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), (u, v) ∈ D. Ako je n ~ 0 = (cos α, cos β, cos γ) jedinični vektor normale na površ, onda je površinski ~ po površi S definisan sa integral vektorskog polja F ! ZZ ZZ ∂~ r ∂~ r ~ (~r)dS ~= ~ (~r(u, v)) · F F × dudv ∂u ∂v S

D

Ako je S = S1 ∪ . . . ∪ Sk po delovima glatka orijentisana površ, onda je ZZ ZZ ZZ ~ (~r)dS ~= ~ (~r)dS ~ + ...+ ~ (~r)dS. ~ F F F S

4.2.6

S1

Sk

Osobine

Neka je data glatka površ S jednačinom z = z(x, y), (x, y) ∈ σ ⊂ R2 , gde je z neprekidno diferencijabilna funkcija na σ . Pretpostavimo da vršimo integraciju po onoj strani površi kod koje vektor normale, povučen u proizvoljnoj tački površi, zaklapa oštar ugao sa pozitivnim delom z-ose. Neka je na površi S definisana neprekidna funkcija f (x, y, z). Tada je ZZ ZZ f (x, y, z)dxdy = f (x, y, z(x, y))dxdy. S

σ

Ako se integracija vrši po onoj strani površi kod koje je ugao izmed—u normale u proizvoljnoj tački površi i z-ose tup onda je ZZ ZZ f (x, y, z)dxdy = − f (x, y, z(x, y))dxdy. S

σ

~ kroz orijentisanu površ S je površinski integral Protok (fluks) vektora F

RR S

4.2.7

~ ·n F ~ 0 dS.

Formula Stoksa

Neka je S po delovima glatka orijentisana površ ograničena zatvorenom putanjom L. Kriva i površ su orijentisane tako da prilikom obilaženja površi S po krivoj L tačke površi ostaju sa leve strane gledano sa kraja vektora normale na površ. 54

Matematika 3

4.2. POVRŠINSKI INTEGRAL

Skalarni oblik. Neka su funkcije P(x, y, z), Q(x, y, z) i R(x, y, z) neprekidne i imaju neprekidne prve parcijalne izvode u nekoj okolini površi S. Tada važi jednakost I ZZ Pdx + Qdy + Rdz = (Ry − Qz )dydz + (Pz − Rx )dxdz + (Qx − Py )dxdy L

S

Z Z cos α ∂ = ∂x P S

cos β ∂ ∂y

Q

cos γ ∂ dS. ∂z R

~ = (P, Q, R) neprekidno diferencijabilna Vektorski oblik. Ako je vektorska funkcija F na S, tada važi I ZZ ~ · d~r = ~ )dS. ~ F (∇ × F L

S

4.2.8 Formula Gausa Pretpostavimo da je zatvorena oblast V ⊂ R3 ograničena po delovima glatkom površi S koja sebe ne preseca. Skalarni oblik. Neka su u oblasti V definisane neprekidne funkcije P, Q, i R, koje imaju neprekidne prve parcijalne izvode Px , Qy , i Rz . Ako je površinski integral po spoljašnjoj strani površi S onda je ZZ ZZZ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = (Px + Qy + Rz )dxdydz . S

V

~ = (P, Q, R) neprekidno diferencijabilna Vektorski oblik. Ako je vektorska funkcija F in ~ 0 jedinični vektor normale na S, tada je ZZZ ZZ ~ ~ dS. ~ ∇ · F dV = F V

S

55

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

4.3

Matematika 3

Zadaci

1. Dati ekvivalentnu definiciju krivolinijskog integrala prve vrste uz pomoć integralne sume. Neka je interval [α, β] podeljen na n podintervala [α, β] = [t0 , t1 ] ∪ [t1 , t2 ] ∪ . . . ∪ [tn−2 , tn−1 ] ∪ [tn−1 , tn ], gde je α = t0 < t1 < . . . < ti−1 < ti < . . . < tn = β. Svakoj vrednosti ti , i = 0, 1, . . . , n, odgovara na putanji L tačka Ti (x(ti ), y(ti ), z(ti )). Označimo sa ∆li dužinu luka Ti−1 Ti putanje L. Na svakom intervalu [ti−1 , ti ], i = 1, . . . , n, izaberimo vrednost τi parametra t kojoj odgovara tačka Mi (ξi , ηi , ζi ), gde je ξi = x(τi ), ηi = y(τi ), ζi = z(τi ). Sastavimo integralnu sumu s(f , L) =

n X i=1

f (ξi , ηi , ζi )∆li .

Ako za svaku podelu intervala [α, β] i izbor tačaka Mi , i = 1, . . . , n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s(f , L) kad n → ∞ i max ∆li 1≤i≤n

→ 0 onda se ta granična vrednost naziva krivolinijski integral prve vrste ili krivolinijski integral po dužini krive funkcije f duž krive L i označava sa R R f (x, y)dl. Ako je A = T0 i B = Tn onda se koristi i oznaka f (x, y, z)dl L

ili

R

L(AB)

f (x, y, z)dl.

(AB)

2. Izračunati dužinu dela cikloide π 5π L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2(t − sin t), y = 2(1 − cos t), t ∈ [ , ]}. 4 3 Kako je x˙(t) = 2(1 − cos t), y ˙ (t) = a sin t to je 5π

∆l

=

R

dl =

L

5π

R3

fracπ4

q a2 (1 − cos t)2 + a2 sin2 tdt 5π

√ R3 √ R3 = 2 2 1 − cos tdt = 4 | sin 2t | = 8

5π 3

R π 4

π 4

π 4

5π √ sin udu = −8 cos u| π3 = 4( 2 − 1). 4

3. Izračunati dužinu dela cilindrične zavojnice L = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 3 cos t, y = 3 sin t, z = 2t, 0 ≤ t ≤ 4π}. 56

Matematika 3

4.3. ZADACI

Iz x˙(t) = −3 sin t, y ˙ (t) = 3 cos t i ˙z (t) = 2 sledi Z

∆l =

L

p (˙x (t))2 + (˙ y(t))2 + (˙z (t))2 i

4π Z2π p √ Z √ 2 2 dl = 9 sin t + 9 cos t + 4dt = 13 dt = 4π 13. 0

0

R 4. Izračunati I = (x 2 y − 2y)dl, gde je L duž AB, gde je A(2, 5) i B(1, −1). L

Glatka parametirzacija duži AB data je sa

x = t + 1, y = 6t − 1, 0 ≤ t ≤ 1, odakle je

q √ √ (˙x (t))2 + (˙ y(t))2 = 1 + 36 = 37. R

AB

(x 2 y − 2y)dl = = =

R1  0

R1

 (t + 1)2 (6t − 1) − 2(6t − 1) dt

(6t 3 + 11t 2 − 8t + 1)dt 0  1 √ 3 2 t − 4t + t |0 = 37 32 t 4 + 11 3

√ 13 37 6 .

R 5. Izračunati I = (x − y)dl, po dužini polukružnice L

L = {(x, y) ∈ R2 : x 2 + (y − 1)2 = 4, x ≥ 0}.

Jedna glatka parametirzacija kružnice je L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2 cos t, y = 2 sin t + 1, 0 ≤ t ≤}. Za datu parametrizaciju je q p (˙x (t))2 + (˙ y(t))2 = 4 sin2 t + 4 cos2 t = 2. π

Z L

(x − y)dl =

Z2

− π2

 π (2 cos t − 2 sin t − 1)2dt = 2 − 2 sin t − 2 cos t |−2 π = −8. 2

6. Izračunati površinu površi S = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 = 4, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤

57

q 9 − x 2 − y2 }.

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika 3

Projekcija date površi u xy ravan je kriva L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2 cos t, y = 2 sin t, 0 ≤ t ≤ π}. Onda je ˙x (t) = −2 sin t, y ˙ (t) = 2 cos t i

p (˙x (t))2 + (˙ y(t))2 = 2.

Z q Zπ √ √ 2 2 ∆S = 9 − x − y dl = 2 9 − 4dt = 2 13π. 0

L

7. Naći masu žice L = {(x, y, z) ∈ R3 : x = et cos t, y = et sin t, z = et , 0 ≤ t ≤ 5}, ako je ρ(x, y, z) =

1 x 2 +y2 +z2

gustina žice u tački M(x, y, z).

Za datu parametrizaciju je x˙(t) = et (cos t − sin t), y ˙ (t) = et (sin t + cos t), 1 t ˙z (t) = e i ρ(t) = 2e2t . m =

Z

1 ρdl = 2

L

=

Z5 0

e−2t

q
e2t (cos t − sin t)2 + (sin t + cos t)2 + 1 dt

√ Z5 √ 3 3 −t e dt = (1 − e−5 ). 2 2 0

8. Napisati ekvivalentnu definiciju krivolinijskog integrala druge vrste, koristeći integralnu sumu. Neka su funkcije P, Q, R : D → R, D ⊆ R3 , ograničene na putanji L ⊂ D, datoj u parametarskom obliku jednačinama x = x(t), y = y(t), z = z(t), α ≤ t ≤ β,

(4.1)

i orijentisanoj od tačke A(x(α), y(α), z(α)) prema tački B(x(β), y(β), z(β)).

Neka je

[α, β] = [t0 , t1 ] ∪ [t1 , t2 ] ∪ . . . ∪ [tn−2 , tn−1 ] ∪ [tn−1 , tn ], gde je α = t0 < t1 < . . . < ti−1 < ti < . . . < tn = β. Svakoj vrednosti ti , i = 0, 1, . . . , n, odgovara na putanji L tačka Ti (xi , yi , zi ), gde je xi = x(ti ), yi = y(ti ), zi = z(ti ). Označimo sa ∆li dužinu luka Ti−1 Ti putanje L. Na svakom intervalu [ti−1 , ti ] izaberimo vrednost τi parametra t kojoj odgovara tačka Mi (ξi , ηi , ζi ), gde je ξi = x(τi ), ηi = y(τi ), ζi = z(ti ). Neka je ∆xi = xi − xi−1 , ∆yi = yi − yi−1 , ∆zi = zi − zi−1 . Sastavimo integralne sume 58

Matematika 3

4.3. ZADACI

sx (P, L)

=

sy (Q, L) = sz (R, L)

=

n X i=1 n X

i=1 n X i=1

P(ξi , ηi , ζi )∆xi , Q(ξi , ηi , ζi )∆yi i R(ξi , ηi , ζi )∆zi .

Ako za svaku podelu putanje L i izbor tačaka Mi , i = 1, . . . , n, postoje jedinstvene granične vrednosti integralnih suma sx (P, L), sy (Q, L) i sz (R, L), respektivno, kad n → ∞ i max ∆li → 0, onda se te granične vrednosti redom nazivaju krivolinijski integral druge vrste funkcije P po koordinati x i krivolinijski integral druge vrste funkcije Q po koordinati y i krivolinijski integral druge vrste R funkcije R po koordinati z, duž putanje L i označavaju se sa P(x, y, z)dx, L R R Q(x, y, z)dy i R(x, y, z)dz. Opšti krivolinijski integral druge vrste je definL

L

isan sa

Z

Pdx + Qdy + Rdz =

L

Z

Pdx +

L

Z L

Qdy +

Z

Rdz.

L

R −→ 9. Izračunati I = (x, 2y)d~r, ako je L = AB, gde je A(2, −3) i B(4, 2). L

−→ Ako je parametrizacija vektora AB data sa − → AB = {(x, y) ∈ R2 : x = 2t + 2, y = 5t − 3, 0 ≤ t ≤ 1}, onda je dx = 2dt i dy = 5dt. I=

Z(

1

(2t + 2)2 + 2(5t − 3)5)dt = (27t 2 − 26t)|0 = 1.

− → AB R 10. Izračunati I = (y, 0)d~r, ako je elipsa L = {(x, y) ∈ R2 : L

x2 25

+

y2 36

= 1}

negativno orijentisana.

Neka je L = {(x, y) ∈ R2 : x = 5 cos t, y = 6 sin t, 0 ≤ t ≤ 2π}. Tada je dx = −5 sin tdt, dy = 6 cos tdt. I=

Z0

2π

2

−30 sin tdt = −30 59

Z0

2π

1 − cos 2t dt = 30π. 2

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika 3

R 11. Izračunati I = (y, z, x)d~r, ako je putanja L

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 = 4, x + y + z = 4}

orijentisana od tačke A(2, 0, 2) prema tački B(0, 2, 2), posmatrano na kraćem luku L(AB) krive L.

Iz parametrizacije L = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 2 cos t, y = 2 sin t, z = 4 − x − y = 4 − 2 cos t − 2 sin t, 0 ≤ t ≤ 2π}, sledi dx = −2 sin tdt, dy = 2 cos tdt, i dz = 2(sin t − cos t)dt. Za dati smer integracije (ako je t = 0 dobija se tačka A, a ako je t = π2 tačka B) je I

=

R2π (−4 sin2 t + 8 cos t − 4 cos2 t − 4 sin t cos t + 4 sin t cos t − 4 cos2 t)dt 0

= =

R2π R2π R2π R2π 2t −4 (cos2 t − 2 cos t + 1)dt = −4 1+cos dt + 8 cos tdt − 4 dt 2 0 2π

2π

2π

2π

0

0

0

0

0

0

0

−2t | − sin 2t | +8 sin t | −4t | = −12π.

R 12. Izračunati I = (y2 , z 2 , x 2 ) · (dx, dy, dz), ako je putanja L

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 = 9, x 2 + y2 = 3x, z ≥ 0}

orijentisana od tačke A(3, 0, 0) prema tački B( 32 , 32 , √32 ), posmatrano na luku L(AB) krive L za koji je y ≥ 0.

Projekcija krive L na ravan xOy je kružnica (x − 32 )2 + y2 = 94 . Ako je parametrizacija krive L = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 32 = 32 cos t, p y = 32 sin t, z = 9 − x 2 − y2 q q 9 (1 − cos t) = = 9 sin2 2t = 3 sin 2t , 2 t ∈ [0, 2π]}, i smer integracije je od t = 0 prema t = π2 onda je I = − 27 8

R2π 0

sin2 t sin tdt + 27 2

= − 27 4 π. 13. Izračunati

R L

R2π 0

sin2 2t cos tdt + 27 8

R2π (1 + 2 cos t + cos2 t) cos 2t dt 0

xydx + yzdy + xzdz, gde je putanja

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 = 4, x − y + 2 = 0}

pozitivno orijentisana ako se posmatra sa pozitivnog dela y-ose.

Ako uvedemo parametrizaciju

60

Matematika 3

4.3. ZADACI

L = {(x, y, z) ∈ R3 : y = x + 2, x 2 + (x + 2)2 + z 2 = 4} 2 = {(x, y, z) ∈ R3 : y = x + 2, (x + 1)2 + z2 = 1} = {(x, y, z) ∈ R3 : x + 1 = cos t, √z2 = sin t, y = x + 2 = cos t + 1, t ∈ [0, 2π]}, onda je √ R2π I= (cos t − 1)(cos t + 1)(− sin t) + (cos t + 1) 2 sin t(− sin t) 0 √ √ √
+ (cos t − 1) 2 sin t 2 cos t dt = − 2π. R 14. Izračunati I = xydx + zdy + xdz, gde je putanja L

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + (z − 1)2 = 1, x 2 + y2 + z 2 = 2}

pozitivno orijentisana ako se posmatra sa pozitivnog dela z-ose. Projekcija date krive na zOx ravan je C = {(z, x) ∈ R2 : x 2 + z 2 = 2z, x 2 + z 2 ≤ 2} = {(z, x) ∈ R2 : x 2 + (z − 1)2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1} = {(z, x) ∈ R2 : z − 1 = cos t, x = sin t, t ∈ [ π2 , 3π 2 ]}. Podelićemo krivu L na dve krive čije su parametrizacije√ L1 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y = 2 − x 2 − z 2 , π2 ≤ t ≤ 3π 2 } √ = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y = −2 cos t, π2 ≤ t ≤ 3π 2 } i √ L2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y = − 2 − x 2 − z 2 , π2 ≤ t ≤ 3π 2 } √ = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + cos t, x = sin t, y = − −2 cos t, π2 ≤ t ≤ 3π 2 }. Tada je R R I = xydx + zdy + xdz + xydx + zdy + xdz L1

=

L2

3π 2

R

√ sin t −2 cos t cos t+ (1 + cos t)

π 2

+

π

R2

3π 2

√ sin t − −2 cos t

√ − sin t −2 cos t cos t− (1 + cos t)

15. Izračunati I =

R L

(3x 2 z −

y )dx x 2 +y2


sin2 t dt

√ sin t − −2 cos t

+ (3y2 z +

x )dy x 2 +y2


sin2 t dt = 0. + (x 3 + y3 )dz, gde je

putanja L = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 = z, x 2 + y2 + z = 2} orijentisana u smeru kretanja kazaljke na satu, ako se posmatra sa pozitivnog dela z-ose.

Putanja L je kružnica koja je presek datih paraboloida čije su jednačine x 2 + y2 = z i x 2 + y2 = 2 − z, tj. L = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 = 1, z = 1} = {(x, y, z) ∈ R3 : x = cos t, y = sin t, z = 1, t ∈ [0, 2π]}. 61

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika 3

Kako je x ′ (t) = − sin t, y′ (t) = cos t i z ′ (t) = 0, to je  R2π  I= (3 cos2 t − sin t)(− sin t) + (3 sin2 t + cos t) cos t + (cos3 t + sin3 t) · 0 dt 0

= −3

=0+

R2π

cos2 t sin tdt +

0 R2π 0

2

sin tdt + 0 +

16. Izračunati I =

R

(AB)

x +y2

(x 2

0

R2π 0

xzdx+yzdy √2 2 x +y

Kako je P = √ xz2

Py = Qx = −

R2π

2

cos tdt = +

x +y2

3 y2 ) 2

,

R2π 0

R2π 0

sin2 t cos tdt +

dt = 2π.

R2π 0

cos2 tdt

p x 2 + y2 dz, gde je A(0, 1, 2) i B(1, 2, 4).

, Q = √ yz 2

xyz +

sin2 tdt + 3

,R=

p x 2 + y2 , to je

x Pz = Rx = p 2 x + y2

i

y Qz = Ry = p . 2 x + y2

Postoji jednostruko povezana oblast D ⊂ R3 koja sadrži putanju AC ∪ C E ∪ EB, gde je A(0, 1, 2), B(1, 2, 4), C (1, 1, 2) i E(1, 2, 2). Tada u posmatranoj oblasti integral I ne zavisi od putanje (AB) ⊂ D. Ako za putanju integracije uzmemo (AB) = AC ∪ C E ∪ EB, AC CE EB

= {(x, y, z) ∈ D : x = t, y = 1, z = 2, 0 ≤ t ≤ 1}, = {(x, y, z) ∈ D : x = 1, y = t, z = 2, 1 ≤ t ≤ 2}, = {(x, y, z) ∈ D : x = 1, y = 2, z = t, 2 ≤ t ≤ 4},

onda je

I=

Z1 0

2tdt √ + t2 + 1

Z2 1

2tdt √ + t2 + 1

Z4 √ √ 5dt = ln 5 + 2 5. 2

17. Naći funkciju V čiji je totalni diferencijal prvog reda dV = 2xydx+x 2dy+dz, R a zatim izračunati I = 2xydx + x 2 dy + dz, gde je A(1, −1, 2) i B(2, 1, 3). (AB)

Neka je P = 2xy, Q = x 2 i R = 1. Kako je Py = Qx = 2x, Pz = Rx = 0, Qz = Rx = 0 i funkcije P, Q, R, Py , Qx , Pz , Rx , Qz , Ry su neprekidne u R3 to 62

Matematika 3

4.3. ZADACI

postoji funkcija V takva da je Vx = 2xy, Vy = x 2 i Vz = 1. Vx = 2xy Vx = 2xy V (x, y, z) = x 2 y + φ(y, z) Vy = x 2 + φy (y, z)

Kako je I =

R

(AB)

Vy = x 2

φy (y, z) = 0 φ(y, z) = ψ(z) V = x 2 y + ψ(z) Vz = ψz (z)

Vz = 1.

ψz (z) = 1 ψ(z) = z + C V (x, y, z) = x 2 y + z + C .

dV , to je I = V (2, 1, 3) − V (1, −1, 2) = 7 − 1 = 6.

~ : D → R3 , D ⊆ R3 i putanju L ⊂ D ⊆ R3 dati formulaciju 18. Za polje F Teoreme 4.1.1 u razvijenom obliku. Ako su funkcije P, Q, R : D → R, D ⊆ R3 , neprekidne na otvorenoj oblasti D, onda su sledeća tvrd—enja med—usobno ekvivalentna: • Postoji funkcija V : D → R sa neprekidnim parcijalnim izvodima takva da je dV = Pdx + Qdy + Rdz i važi da je

Z

(AB)

Pdx + Qdy + Rdz = V (B) − V (A).

• Za svaku zatvorenu putanju L ⊂ D, I Pdx + Qdy + Rdz = 0. L

• Krivolinijski integral

R

(AB)

Pdx + Qdy + Rdz, (AB) ⊂ D, ne zavisi od

putanje integracije, nego samo od tačaka A i B. 19. Neka je σ ⊂ R2 zatvorena jednostruko povezana oblast ograničena zatvorenom putanjom L koja (a) ima presek sa pravama paralelnim koordinatnim osama u najviše dve tačke ili 63

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika 3

(b) postoji prava paralelna jednoj od koordinatnih osa koja seče krivu L u više od dve tačke. Ako su funkcije P, Q, Py′ i Qx′ neprekidne nad σ i ako je kriva L pozitivno orijentisana. tada važi jednakost H L

Pdx + Qdy =

RR σ

(Qx − Py )dxdy.

(4.2)

. Dokazati! Dokaz. RR (a) σ

∂P ∂y dxdy

Rb

=

a Rb

=

a Rb

=

a

=

σ

∂Q ∂x dxdy

= = = = = =

φR2 (x)

φ1 (x)

∂P ∂y dy y=φ (x)

P(x, y)|y=φ21 (x) dx P(x, φ2 (x)) − P(x, φ1 (x)dx Rb L

ψR2 (x)

Rd

dy

c Rd

Q(ψ2 (y), y) − Q(ψ1 (y), y)dy

c Rd c Rc

STAVI SLIKU!!!!

Rb

− P(x, φ1 (x))dx − P(x, φ2 (x))dx Ra R a − L1 P(x, y)dx − L2 P(x, y)dx H − P(x, y)dx.

= = RR

dx

ψ1 (y)

∂Q ∂x dx

x=ψ (y)

Q(x, y)|x=ψ21 (y) dy STAVI SLIKU!!!!

Rd

Q(ψ1 (y), y)dy + Q(ψ2 (y), y)dy Rd R c Q(x, y)dy + C2 Q(x, y)dy HC1 Q(x, y)dy. L

Sabiranjem dobijenih jednakosti dobijamo H RR L

Pdx + Qdy =

σ

(Qx − Py )dxdy.

(b) Pretpostavimo da je oblast σ jednaka uniji oblasti σ1 i σ2 , koje nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka i presek im je duž AB, čiji rubovi zadovoljavaju osobinu (a) i time zadovoljavaju formulu Grina. Tada važi Z

− → L1 ∪AB

Pdx + Qdy = 64

ZZ σ1

(Qx − Py )dxdy

Matematika 3

4.3. ZADACI

Z

− →

Pdx + Qdy =

L2 ∪BA

ZZ σ2

(Qx − Py )dxdy.

Sabiranjem prethodnih jednakosti dobija se ZZ Z Z Z Z Pdx+Qdy+ Pdx+Qdy+ Pdx+Qdy+ Pdx+Qdy = (Qx −Py )dxdy − → − → σ L1 L2 BA AB što je jednako sa Z

Pdx + Qdy =

L

ZZ

(Qx − Py )dxdy.

σ

 20. Napisati ekvivalentnu definiciju površinskog integrala prve vrste, koristeći integralnu sumu. Neka je funkcija f : S → R, S ⊂ R3 , ograničena nad S, gde je S glatka površ ograničena po delovima glatkom krivom i neka je d rastojanje (metrika) na R3 . Izvršimo podelu T = {S1 , S2 , . . . , Sn } površi S na konačan broj disjunktnih površi Si , i = 1, . . . , n, i u svakoj površi Si izaberimo tačku Mi ∈ Si . Neka je ∆Si površina površi Si .

Elemenat Si ima dijametar d(Si ) = max d(x, y) Parametar podele je µ(T ) = x,y∈σi

max d(Si ). Broj

1≤i≤n

s(f , T ) =

n X i=1

f (Mi )∆Si

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi , i = 1, . . . , n. Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi , i = 1, . . . , n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s(f , T ) kad µ(T ) → 0 i n → ∞ onda se ta granična vrednost naziva površinski integral funkcijeRRf (x, y, z) po površini površi S ili površinski integral prve vrste i označava sa f (x, y, z)dS. S

21. Izračunati I =

RR S

2

(x + 2y − z)dS, ako je

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 3, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}. Kako je pramatrizaija date povrˇxi data sa ~r = (x, y, 3 − x − y) , (x, y) ∈ σ , σ = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x}, 65

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika 3

to je

I

~i ~j k~ √ ~rx × ~ry = 1 0 −1 = (1, 1, 1) i |~rx × ~ry | = 3. 0 1 −1 √ RR 2 RR = (x + 2y − z)dS = (x 2 + 2y − (3 − x − y)) 3dxdy σ

S

=

1−x √ R1 R R1 3 dx (x 2 + 3y + x − 3)dy = (−x 3 + 23 x 2 + x − 32 ) = 0. 0

0

0

22. Izračunati površinu površi

√ 3 2 S = {(x, y, z) ∈ R : (x + y2 ) = z 2 , x 2 + y2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0}. 3 3

Ako predjemo na sferne koordinate, za θ = π6 , dobijamo √  1 1 3 ~r = r cos φ, r sin φ, r , 2 2 2 gde je φ ∈ [0, 2π], r ∈ [0, 1] i Za datu parametrizaciju je √ ~ı ~ k~  √ 1 3  1 3 = ~rr × ~rφ = 12 cos φ − r, r, 0 , 2 sin φ 2 2 2 − 1 r sin φ 1 r cos φ 0 2 2 odakle je |~rr × ~rθ | = ∆S =

ZZ

dS =

S

r 2

ZZ

i

|~rr × ~rφ |drdθ =

D

ZZ

1 r drdφ = 2 2

D

Z2π 0

dφ

Z1 0

rdr =

π . 2

23. Izračunati površinu sfere, ako je S = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 = 100}. Ako je S data glatkom parrametrizacijom

~r = (10 cos φ sin θ, 10 sin φ sin θ, 10 cos θ),

gde je (φ, θ) ∈ D = [0, 2π] × [0, π], tada je ~ı ~ k~ ~rφ × ~rθ = −10 sin φ sin θ 10 cos φ sin θ 0 10 cos φ cos θ 10 sin φ cos θ −10 sin θ,   = 100 − cos φ sin2 θ, sin φ sin2 θ, − sin θ cos θ ,

odakle je |~rr × ~rθ | = 100 sin θ i ∆S

=

ZZ

=

100 · 2π · (− cos θ)0 = 400π.

S

dS =

ZZ D

100 sin θdφdθ = 100 π

66

Z2π 0

dφ ·

Zπ 0

sin θdθ

Matematika 3

4.3. ZADACI

24. Napisati ekvivalentnu definiciju površinskog integrala vektorske funkcije, koristeći integralnu sumu. Neka je funkcija f : S → R, S ⊂ R3 , ograničena nad S, gde je S glatka orijentisana površ. Izvršimo podelu T = {S1 , S2 , . . . , Sn } površi S na konačan broj disjunktnih površi Si , i = 1, . . . , n, i u svakoj površi Si izaberimo tačku Mi .

Neka je ∆σi površina projekcije površi Si na xy ravan. Ako u tačkama Si vektor normale zaklapa oštar ugao sa pozitivnim delom z-ose onda se ∆σi uzima sa pozitivnim predznakom, ako zaklapa tup ugao sa pozitivnim delom z-ose onda se ∆σi uzima sa negativnim predznakom i ako je projekcija površi Si kriva u xOy ravni onda je ∆σi = 0. Parametar podele je µ(T ) = max d(Si ), gde je d(Si ) dijametar površi Si . 1≤i≤n

Broj s(f , T ) =

n X i=1

f (Mi )∆σi

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi , i = 1, 2, . . . , n. Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi , i = 1, . . . , n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s(f , T ) kad µ(T ) → 0 i n → ∞ onda se ta granična vrednost naziva površinski integral funkcije f (x, y, z) po koordinatama x i RyR po izabranoj strani površi S ili površinski integral druge vrste i označava sa f (x, y, z)dxdy. S

Analogno se definišu površinski integral po koordinatama x, z i površinski integral po koordinatama y, z. Neka su funkcije P, Q, R : S → R, S ⊂ R3 , ograničene funkcije nad S. Tada je opšti površinski integral po izabranoj strani površi S definisan sa ZZ ZZ ZZ ZZ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = Pdydz + Qdzdx + Rdxdy. S

25. Izračunati I =

S

RR

S

S

(4.3)

~ dS, ~ F ~ = (0, 0, x 2 y2 ), po strani površi F

S

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 = 36, z ≥ 0}, čiji vektor normale zaklapa tup ugao sa pozitivnim delom z ose. Kako je ~r = (x, y, 1−x 2 −y2 ) i ugao izmedju normale na izabranu stranu površi i z-ose tup, ZZ I=−

gde je

σ

x 2 y2 (1 − x 2 − y2 )dxdy,

σ = {(x, y) ∈ R2 : x 2 + y2 ≤ 1} 67

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika 3

projekcija površi S na xy ravan. Prelaskom na polarne koordinate je I=

Z2π 0

dφ

Z6

r 5 cos2 φ sin2 φ

0

26. Izračunati I =

H L

oblasti

p

1 − r 2 dr =

Z2π

sin2 2φdφ

0

Z6

r5

0

p 1 − r 2 dr = .

~ (~r)d~r, F ~ (~r) = (y2 − z 2 , z 2 − x 2 , x 2 − y2 ), gde je luk L rub F

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 9, 0 ≤ x, y, z ≤ 6} pozitivno orijentisana u odnosu na vektor normale koji gradi oštar ugao sa ~ k. Za parametrizaciju ~r(x, y) = (x, y, 9 − x − y), (x, y) ∈ σ i ~rx × ~ry = (1, 1, 1), koristeći formulu Stoksa,

I

ZZ ~ı ~ k~ ∂ ∂ ∂ dS ~ = ∂x ∂y ∂z y2 − z 2 z 2 − x 2 x 2 − y2 S ZZ ~ = (−2y − 2z, −2z − 2x, −2x − 2y)dS S

= −2

ZZ σ

= −36 27. Izračunati I =

(9 − x, 9 − y, x + y) · (1, 1, 1)dxdy = −2

ZZ σ

RR

ZZ

18dxdy

σ

dxdy = −36∆σ = −36 · (36 − 9) = −36 · 27 = −972.

~ gde je S spoljašnja strana ruba oblasti (1, 1, 1)dS,

S

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ y ≤ −x + 4, 1 ≤ x, 0 ≤ z ≤ 5}, (a) direktno, (b) formulom Gausa. (a) Neka je S1 S2 S3 S4 S5

= = = = =

{(x, y, 0) : 1 ≤ y ≤ −x + 4, 1 ≤ x}, {(x, y, 5) : 1 ≤ y ≤ −x + 4, 1 ≤ x}, {(x, 4 − x, z) : 1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 5}, {(1, y, z) : x = 1, 1 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 5}, {(x, 1, z) : y = 1, 1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 5}. 68

Matematika 3

4.3. ZADACI

Ako je Ii =

ZZ

~ i = 1, 2, 3, 4, 5 (1, 1, 1)dS,

Si

onda je I = I1 + I2 + I3 + I4 + I5 .

=



z = 0, n ~ 1 = (0, 0, −1),

=



z = 2, n ~ 2 = (0, 0, 1),



I3

=



x+y=4 n ~ 3 = (1, 1, 0)

I4

=





x = 1, n ~ 4 = (−1, 0, 0),

=



y = 1, n ~ 5 = (0, −1, 0),

I1

I2

I5



=−

=

ZZ

ZZ

σxy

dxdy = −∆σxy = −4.

dxdy = ∆σxy = 4.

σxy

= 20.  ZZ =− = −∆S4 = −10. σyz



=−

ZZ

σzx

= −∆S5 = −10.

(b) I=

ZZ

dydz + dzdx + dxdy =

S

28. Izračunati I =

RR



P = 1, Q = 1, R = 1 Px = Qy = Rz = 0,



~ po spoljašnjoj strani ruba oblasti (xz, xy, yz)dS,

S

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 ≤ 36, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 5}. U oblasti V definisane su neprekidne funkcije P = xz, Q = xy, R = yz, Px = z, Qy = x, Rz = y i prema formuli Gausa je I=

ZZZ

(z + x + y)dxdydz =

σ

V

gde je

ZZ

dxdy

Zh

(x + y + z)dz,

0

σ = {(x, y) ∈ R2 : x 2 + y2 ≤ 36, y ≥ 0}

projekcija oblasti V na xy ravan.

69

= 0.

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika 3

Zπ Z6  ZZ  25  25  dxdy = dφ 5r(cos φ+sin φ)+ rdr = 720+225π. I= 5(x+y)+ 2 2 0

σ

29. Izračunati I =

RR

0

~ ako je S strana polusfere (xy2 , yz 2 , x 2 z)dS,

S

{(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 = 9, z ≥ 0}

za koju je ugao između vektora normale i pozitivnog dela z ose tup. Neka je

S1 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0, x 2 + y2 ≤ 9}

i neka je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + y2 + z 2 ≤ 9, z ≥ 0}.

Tada je S ∪ S1 rub oblasti V . Ako je

onda je

P = xy2 ,

Q = yz 2 ,

R = x 2 z,

Px = y2 ,

Qy = z 2 ,

Rz = x 2

i zadovoljeni su uslovi teoreme Gausa. Znači, I+

ZZ

2

2

2

~= (xy , yz , x z)dS

S1

ZZZ

(y2 + z 2 + x 2 )dxdydz,

V

gde se površinski integrali računaju po spoljašnjem delu površi S ∪ S1 . Vektor normale na S1 je n ~ = (0, 0, −1), tako da je ZZ xy2 dydz + yz 2 dzdx + x 2 zdxdy = 0. S1

Ako uvedemo sferne koordinate, x = r cos φ cos θ, y = r sin φ cos θ, z = r sin θ, 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤

π , 0 ≤ φ < 2π 2

onda je ZZ S

2

2

2

~= (xy , yz , x z)dS

Z2π 0

π

dφ

70

Z2 0

cos θdθ

Za 0

r 4 dr − 0 =

2 5 a π. 5

Chapter 5

Diferencijalne jednačine 5.1 Osnovni pojmovi i definicije Jednačina koja sadrži bar jedan izvod nepoznate funkcije koja zavisi od jedne ili više promenljivih se naziva diferencijalna jednačina. Primer 5.1.1 Sledeće jednačine su diferencijalne: (a) y′ (x) =

y x

(b) y′′ (x) − xy′ (x) + 2py(x) = 0 (c)

∂2 u(x,y,z) ∂x 2

+

∂2 u(x,y,z) ∂y2

+

∂2 u(x,y,z) ∂z2

=0

(d) φ ¨ (t) + ω2 φ(t) = 0, ω−const. q 2 2 (e) ddxy2 = a1 1 + ( dy dx ) a − const.

Konjukcija dve ili više diferencijalnih jednačina se naziva sistem diferencijalnih jednačina. Primer 5.1.2 Primer sistema dve diferencijalne jednačine sa dve nepoznate funkcije: x ′ (t) y′ (t)

= 2x(t) − 3y(t) = x(t) + 5y(t)

Diferencijalne jednačine se dele na: 1. obične - kod kojih nepoznata funkcija zavisi samo od jedne promenljive (na primer jednačine iz Primera 5.1.1 (a),(b),(d) i (e)). 2. parcijalne - kod kojih nepoznata funkcija zavisi od više promenljivih (na primer jednačina iz Primera 5.1.1 (c)).

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

Matematika 3

Red jednačine je red najvišeg izvoda koji se pojavljuje u toj jednačini. Jednačina iz Primera 5.1.1 (a) je prvog reda, a sve ostale su drugog reda. Opšti oblik obične diferencijalne jednačine n-tog reda je G(x, y(x), y′ (x), . . . , y(n) (x)) = 0,

(5.1)

y(n) (x) = F (x, y(x), y′(x), . . . , y(n−1) (x)),

(5.2)

a njen normalni oblik je

gde su F i G poznate funkcije. Funkcija y = φ(x) koja je definisana i n puta diferencijabilna u intervalu (a, b) je rešenje diferencijalne jednačine (5.2) ako za svako x ∈ (a, b) važi φ(n) (x) = F (x, φ(x), φ′ (x), . . . , φ(n−1) (x))

5.2

Diferencijalne jednačine prvog reda

Opšti oblik diferencijalne jednačine prvog reda je G(x, y, y′ ) = 0, a normalni oblik je y′ = F (x, y).

(5.3)

Geometrijska interpretacija: Neka je y = φ(x) rešenje diferencijalne jednačine (5.3) u intervalu (a, b). Linijski segment je uredjena trojka (x, y, y′ ), gde je y′ u svakoj tački (x, y) odredjen sa (5.3). Skup svih linijskih segmenata se naziva polje pravaca. Koeficijent pravca tangente na grafik rešenja y = f (x) u tački (x, y) je dat sa (5.3). Kaže se da je kriva saglasna sa poljem pravaca. Skup svih krivih saglasnih sa poljem pravaca se naziva opšte rešenje diferencijalne jednačine. Kriva koja prolazi kroz tačku (x0 , y0 ), tj. zadovoljava početni uslov y(x0 ) = y0 , je partikularno rešenje. Kaže se da je sa y′ = F (x, y), y(x0 ) = y0 (5.4) zadat početni (Cauchyev) problem. Postavlja se pitanje pod kojim uslovima postoji jedinstveno rešenje početnog problema. Odgovor na to pitanje nam daje sledeća teorema. Teorema 5.2.1 Neka je funkcija F (x, y) neprekidna u zatvorenoj oblasti D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} i zadovoljava Lipschitzov uslov po y, tj. postoji K > 0 takvo da je u D |F (x, y2 ) − F (x, y1 )| ≤ K |y2 − y1 |. 72

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Postoji jedno i samo jedno rešenje početnog problema (5.4) koje je definisano u intervalu (a′ , b′ ), gde je n d − y0 y0 − c o a′ = max a, x0 − , x0 − M M n d − y y − co 0 0 , x0 + b′ = min b, x0 + M M M = sup |F (x, y)| D

U dokazu teoreme se koristi metod uzastopnih aproksimacija. Rešenje je dato sa y(x) = lim yn (x), n→∞

gde je y0 (x) =

y0

yn (x) =

y0 +

Zx

F (t, yn−1 (t))dt, n = 1, 2, . . .

x0

Primer 5.2.1 Rešiti početni problem y′ = x + y, y(0) = 1. Rešenje. Ekvivalentna integralna jednačina je y(x) = 1 +

Zx

(t + y(t))dt,

0

a niz uzastopnih aproksimacija y0 (x) = y1 (x) =

1 1+

Zx

(t + 1)dt = 1 + x +

0

.. .

x2 2!

.. .

Može se dokazati matematičkom indukcijom da je yn (x)

= 1+x+2

n+1 k X x k=2

Ako posmatramo n → ∞ onda je

k!

−

x n+1 (n + 1)!

y(x) = 2ex − x − 1.  Metod prikazan u prethodnom primeru ima veliki teoretski značaj, ali nije pogodan za praktično rešavanje jer su retki primeri u kojima se niz {yn } može efektivno naći. 73

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

5.2.1

Matematika 3

Jednačina sa razdvojenim promenljivim

Jednačina oblika y′ = f (x) g(y),

(5.5)

u kojoj promenljive x i y mogu da se "razdvoje" jedna od druge, se kaže da je diferencijalna jednačina sa razdvojenim promenljivim. Egzistencija i jedinstvenost, kao i konstrukcija rešenja, slede iz sledeće teoreme. Teorema 5.2.2 Neka je f (x) neprekidna u intervalu (a, b), a g(y) neprekidna i različita od nule u intervalu (c, d). Postoji jedinstveno rešenje jednačine (5.5) koje zadovoljava početni uslov y(x0 ) = y0 , i definisano je u nekoj okolini tačke x0 . To rešenje je dato sa Zx   y(x) = G G(y0 ) + f (t)dt −1

x0

gde je G(x) primitivna funkcija funkcije funkcija.

1 g(x)

u intervalu (c, d), a G −1 (x) njena inverzna

Dokaz. Neka je y = y(x) rešenje jednačine (5.5) u nekoj okolini tačke x0 . Koristeći da je g(y(x)) 6= 0, dobijamo y′ (x) = y (x) = g(y(x)) dy(x) = g(y(x))

f (x)g(y(x))

′

f (x) f (x)dx

Ako posmatramo integral nad [x0 , x], uvedemo smenu u = y(x) i koristimo početni uslov y(x0 ) = y0 , onda je Zy

du g(u)

=

y0

Zx

f (t)dt

x0

G(y(x)) =

G(y0 ) +

Zx

f (t)dt

x0

y(x) =

G

−1



G(y0 ) +

Zx

x0

f (t)dt



1 1 Egzistencija G −1 . Kako je G primitivna funkcija od g(x) , to je G ′ (x) = g(x) . Za ′ neprekidnu funkciju G (x), koja je različita od nule na intervalu (c, d), važi da je G ′ (x) > 0 za svako x ∈ (c, d) ili je G ′ (x) < 0 za svako x ∈ (c, d). Odatle sledi da je G strogo monotono rastuća ili strogo monotono opadajuća funkcija na (c, d). Kako za svaku strogo monotonu funkciju postoji inverzna funkcija, to postoji funkcija G −1 . 

74

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Primer 5.2.2 Rešiti početni problem y′ = 2y, y(0) = 3. Rešenje. Ako, za y 6= 0, razdvojimo promenljive i integralimo dobijamo Z Z dy dy = 2y ⇔ = dx dx y ⇔

′

ln |y| = 2x + C ′ ⇔ y = ±e2x+C ⇔ y = C e2x .

Iz početnog uslova sledi y(0) = 3 ⇒ C e2·0 = 3 ⇒ C = 3, odakle je rešenje početnog problema y(x) = 3e2x .



5.2.2 Homogena jednačina Neka je f neprekidna funkcija nad (a, b). Za jednačinu oblika y′ = f

  y x

(5.6)

kažemo da je homogena diferencijalna jednačina prvog reda. Uvedimo smenu y(x) t(x) = . x Tada je y(x) = x · t(x), y′ (x) = t(x) + xt ′ (x). Jednačina (5.6) se svodi na jednačinu

t′ =

f (t) − t x

koja razdvaja promenljive. • Ako je za svako t ∈ (a, b) f (t) − t 6= 0, primenjujemo Teoremu 5.2.2. • Ako je (∃t0 ∈ (a, b))f (t0) − t0 = 0, tada je početnog problema.

y x

= t0 i y(x) = t0 x je rešenje

• Ako je (∀t ∈ (a, b))f (t) − t = 0, jednačina se svodi na jednačinu y′ = razdvaja promenljive. Primer 5.2.3 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine

dy dx

=

y x

x 2 +y2 xy .

Rešenje. Ako brojilac i imenilac sa desne strane podelimo sa x 2 dobijamo 1 + ( yx )2 dy = . y dx x 75

koja

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

Uvodjenjem smene t =

Matematika 3

y x

1 + t2 t 2 1+t −t t′x = t Z Z 1 dx t ′ x = ⇔ tdt = t x 1 2 t = ln |x| + ln |C | ⇒ y2 = 2x 2 ln |C x|. 2 t′x + t =

⇔ ⇔ ⇔



5.2.3

Jednačina koja se svodi na homogenu

Neka je y′ = f



a1 x+b1 y+c1 a2 x+b2 y+c2



.

Moguća su sledeća dva slučaja: a1 b1 =0 (a) a2 b2

Uvodjenjem smene t = a1 x +b1 y dobijamo jednačinu koja razdvaja promenljive. a1 b1 6= 0 (b) a2 b2 Ako uvedemo smenu x = X + α, y = Y + β, polazna jednačina postaje ! dY a1 X + b1 Y + a1 α + b1 β + c1 =f , dX a2 X + b2 Y + a2 α + b2 β + c2

i ako je (α, β) rešenje sistema jednačina a1 α + b1 β + c1 = 0 a2 α + b2 β + c2 = 0 dobijamo homogenu diferencijalnu jednačinu ! a1 X + b1 Y dY dY =f , tj. =f dX a2 X + b2 Y dX

a1 + b1 XY a2 + b2 XY

!

.

Rešenje date diferencijalne jednačine je oblika φ(X , Y ) = 0, a rešenje polazne diferencijalne jednačine φ(x − α, y − β) = 0. Primer 5.2.4 Rešiti diferencijalnu jednačinu 76

dy dx

=

4x−4y −4x+y+3 .

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

Rešenje. Kako sistem jednačina 4α − 4β −4α + β

= =

0 −3

ima jedinstveno rešenje α = 1, β = 1, uvodjenjem smene x = X + 1, y = Y + 1, zadata diferencijalna jednačina se svodi na homogenu dY 4X − 4Y = , dX −4X + Y

koja se rešava uvodjenjem smene t =

Y X.

4 − 4t −4 + t 4 − t2 t′X = t − 4Z Z t−4 dX = 2 4−t X Z Z dt dt  1 +3 = ln |X | + ln C − 2 2−t 2+t 1 (2 + t)3 − ln = ln |C X | 2 t−2 v u Y u − 2 t X = CX (2 + XY )3 t′X + t =

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Y − 2X = C 2 (2X + Y )3 .

Vraćanjem smene X = x − 1, Y = y − 1 dobijamo

2x + y − 3 = C (x − 1)2 . 2x − y − 3



5.2.4 Linearna jednačina Diferencijalna jednačina oblika y′ + f (x)y = g(x),

(5.7)

u kojoj su y i y′ prvog stepena, se kaže da je linearna diferencijalna jednačina prvog reda. Teorema 5.2.3 Neka su f i g neprekidne nad intervalom (a, b). Tada postoji jedinstveno rešenje jednačine (5.7) koje zadovoljava početni uslov y(x0 ) = x0 i definisano je u (a, b). Rešenje je dato sa y(x) = e

−

Rx

x0

f(t)dt 

y0 +

Zx

x0

77

g(t)e

Rt

x0

f(u)du

dt



(5.8)

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

Matematika 3

Dokaz. Lako je proveriti da funkcija (5.8) zadovoljava jednačinu (5.7). Obratno, ako uvedemo smenu y(x) = u(x)v(x), y′ (x) = u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x), jednačina postaje u′ (x)v(x) + u(x)v ′ (x) + f (x)u(x)v(x) = g(x)

u′ (x)v(x) + u(x)(v ′ (x) + f (x)v(x)) = g(x) v ′ (x) + f (x)v(x) = 0 ∧ u′ (x)v(x) = g(x) dv(x) = −f (x)dx ∧ u′ (x)v(x) = g(x) v(x) Zx ln |v(x)| = − f (t)dt ∧ u′ (x)v(x) = g(x) x0

v(x) = e v(x) = e

Rx

−

x0

−

x0

Rx

f(t)dt

f(t)dt

∧

y(x) = u(x)v(x) = e

f(t)dt

u (x) = g(x)e Rt Zx f(u)du x0 u(x) = g(t)e dt + C

∧

−

Rx

′

x0

x0

Rx

f(t)dt

x0

Zx

g(t)e

Rt

f(u)du

x0

x0

dt + C

Iz početnog uslova y(x0 ) = y0 sledi da je C = y0 . Dakle, y(x) = e

−

Rx

x0

f(t)dt 

y0 +

Zx

g(t)e

Rt

f(u)du

x0

x0

 dt . 

Primer 5.2.5 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y′ + 3x y = 9x 3 . Rešenje. 3 u′ v + uv ′ + uv = 9x 3 x  3  u′ v + u v ′ + v = 9x 3 x

v ′ + 3x v = 0

u′ v = 9x 3

= − 3x v

u′ = 9x 6

dv dx dv dx dv v

+ 3x v = 0

u′ x13 = 9x 3 u = 79 x 7 + C

= −3 dx x ln |v| = −3 ln |x| v=

1 x3

78

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

y = uv =

1 9 7 9 C ( x + C ) = x4 + 3 . x3 7 7 x



5.2.5 Bernoullijeva jednačina To je diferencijalna jednačina oblika y′ + f (x)y = g(x)yα , α ∈ R.

(5.9)

Ako je α = 0 ili α = 1, jednačina je linearna. Inače, uvodjenjem smene z(x) = (y(x))1−α ,

z ′ (x) = (1 − α)y−α (x)y′ (x),

jednačina 5.9 se svodi na linearnu diferencijalnu jednačinu oblika z ′ (x) + (1 − α)f (x)z(x) = (1 − α)g(x). Primer 5.2.6 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y′ + 1x y = xy2 . Rešenje. Ako jednačinu podelimo sa y2 , dobijamo 11 y′ + = x. y2 xy Neka je z = y1 . Tada je z ′ = − y12 y′ i zadata jednačina se svodi na linearnu diferencijalnu jednačinu 1 z ′ − z = −x, x koja se rešava uvodjenjem smene z = uv. 1 u′ v + uv ′ − uv = −x x 1 u′ v + u(v ′ − v) = −x x v ′ − x1 v = 0 dv dx v = x ln |v| = ln |x| v=x

u′ v = −x u′ x = −x u′ = −1 u = −x + C

z = uv = x(−x + C ) = −x 2 + C x y=

1 1 = . z −x 2 + C x 79



CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

5.2.6

Matematika 3

Jednačina totalnog diferencijala

Jednačina P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

(5.10)

je jednačina totalnog diferencijala ako postoji funkcija F = F (x, y) čiji je totalni diferencijal jednak levoj strani te jednačine, tj. za koju u nekoj oblasti važi dF (x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy, tj. ∂F = P(x, y) ∂x

∂F = Q(x, y). ∂y

i

Ako postoji takva funkcija, onda iz dF (x, y) = 0 sledi da je rešenje jednačine (5.10) F (x, y) = C .

∂Q Teorema 5.2.4 Neka su P(x, y), Q(x, y), ∂P ∂y (x, y) i ∂x (x, y) neprekidne u jednostruko povezanoj oblasti G. Jednačina (5.10) je jednačina totalnog diferencijala ako i samo ako za svako (x, y) ∈ G važi ∂P ∂Q (x, y) = (x, y). (5.11) ∂y ∂x

Funkcija F (x, y) data je sa F (x, y) =

Zx

P(t, y0 )dt +

x0

Zy

Q(x, t)dt

y0

gde je (x0 , y0 ) proizvoljna tačka oblasti G. Primer 5.2.7 Pokazati da je (3x 2 y − 6x)dx + (x 3 + 2y)dy = 0 jednačina totalnog diferencijala i rešiti je. Rešenje. Ako uvedemo oznake P = 3x 2 y − 6x i Q = x 3 + 2y, onda je Py = 3x = Qx , odakle sledi da je zadata jednačina totalnog diferencijala i postoji funkcija F = F (x, y) za koju je 2

Fx (x, y) = 3x 2 y − 6x F (x, y) = x 3 y − 3x 2 + φ(y) Fy (x, y) = x 3 + φ′ (y)

Fy (x, y) = x 3 + 2y

80

Matematika 3

5.2. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA x 3 + φ′ (y) = x 3 + 2y φ′ (y) = 2y φ(y) = y2 + C F (x, y) = x 3 y − 3x 2 + y2 + C . 

5.2.7 Integracioni množitelj Ako nije ispunjen uslov 5.11 postavlja se pitanje da li postoji funkcija f = f (x, y) za koju je f (x, y)P(x, y)dx + f (x, y)Q(x, y)dy = 0 jednačina totalnog diferencijala. Ako postoji takva funkcija f , onda se kaže da je f integracioni množitelj. Primer 5.2.8 Rešiti diferencijalnu jednačinu (2x + x 2 y + y3 )dx + (2y + x 3 + xy2 )dy = 0, ako ona ima integracioni množitelj oblika f (x, y) = f (xy). Rešenje. Neka je P1 = f (x, y)(2x + x 2 y + y3 ), Q1 = f (x, y)(2y + x 3 + xy2 ) i t = xy. Tada je tx = y, ty = x, i važi fx (x, y) =

Py = Qx

df dt df dt = ˙f (t) · y i fy (x, y) = = ˙f (t) · x. dt dx dt dy

⇔ ˙f (t)x(2x + x 2 y + y3 ) + f (x 2 + 3y2 ) = ˙f (t)y(2y + x 3 + xy2 ) + f (3x 2 + y2 ) ⇔ ˙f (t)(2x 2 − 2y2 ) = f (t)(2x 2 − 2y2 ) df (t) ⇔ ˙f (t) = f (t) ⇔ = dt f (t) ⇔ ln f (t) = t ⇔ f (t) = et

Znači, integracioni množitelj je f (x, y) = exy i zadata diferencijalna jednačina je ekvivalentna jednačini (2x + x 2 y + y3 )exy dx + (2y + x 3 + xy2 )exy dy = 0. 2 3 xy Fx = (2x R +xyx y + y R)e 2 F = 2 xe dx + y (x + y2 )exy dx + φ(y)  R R F = 2 xexy dx + y y1 (x 2 + y2 )exy − y2 xexy dx + φ(y)

F = (x 2 + y2 )exy + φ(y) Fy = 2yexy + (x 3 + xy2 )exy + φ′ (y)

2yexy + (x 3 + xy2 )exy + φ′ (y) = 2yexy + (x 3 + xy2 )exy 81

Fy = (2y + x 3 + xy2 )exy Fy = 2yexy + (x 3 + xy2 )exy

Fy = 2yexy + (x 3 + xy2 )exy

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

Matematika 3

φ′ (y) = 0 ⇒ φ(y) = C

F (x, y) = (x 2 + y2 )exy + C

Rešenje zadate diferencijalne jednačine je

(x 2 + y2 )exy + C = 0. 

5.2.8

Clairautova jednačina

Clairautova diferencijalna jednačina je jednačina oblika y = xy′ + f (y′ ).

(5.12)

Teorema 5.2.5 Neka funkcija f ima drugi izvod različit od nule u intervalu (α, β). Tada su rešenja jednačine (5.12) sledeća (a) singularno rešenje: funkcija y = φ(x) čije su parametarske jednačine x = −f ′ (t) y = −tf ′ (t) + f (t) t ∈ (α, β), koja je definisana i intervalu (a, b) gde je a =

inf {−f ′ (t)},

α −5 x+5

uvodjenjem smene et = x + 5. Rešenje. Koristeći smenu et = x + 5, dobijamo dy = e−t y ˙ dx d2 y d dt = (e−t y ˙) = (¨ ye−t − e−t y ˙ )e−t = e−2t (¨ y−y ˙) dx 2 dt dx 105

CHAPTER 5. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

Matematika 3

odakle polazna diferencijalna jednačina prelazi u jednačinu sa konstantnim koeficijentima e2t e−2t (¨ y−y ˙ ) + 3et e−t y ˙ + 4y = te−t y ¨−y ˙ + 3˙ y + 4y = te−t y ¨ + 2˙ y + y = te−t

Karakteristična jednačina odgovarajuće homogene diferencijalne jednačine je k 2 + 2k + 1 = 0 ⇔ (k + 1)2 = 0 ⇔ k1,2 = −1. Znači, yh (t) = C1 e−t + C2 te−t . Partikularno rešenje ćemo odrediti metodom neodredjenih koeficijenata yp (t) = t 2 (At + B)e−t y ˙ p (t) = (−At 3 + (3A − B)t 2 + 2Bt)e−t

y ¨ p (t) = At 3 + (−6A + B)t 2 + (6A − 4B)t + 2B 1 A = ,B = 0 6 odakle je

1 y(t) = yh (t) + yp (t) = C1 e−t + C2 te−t + t 3 e−t . 6 Opšte rešenje zadate diferencijalne jednačine je y(x) =

1 ln(x + 5) ln3 (x + 5) + + . x+5 x+5 6(x + 5)

106

Chapter 6

Laplasove transformacije 6.1 Definicija Definicija 6.1.1 (Definicija Laplasove transformacije) Laplasova transformacija L je funkcija koja funkciji f definisanoj na intervalu (0, ∞) pridružuje funkciju (kompleksne promenljive) F definisanu na sledeći način: F (s) =

R∞

e−st f (t)dt,

(6.1)

0

gde je s realan broj ( Može se posmatrati i s kompleksan broj). Pišemo, L {f (t)} = F (s). Funkcija f je original, a F slika integralne transformacije. Laplasova transformacija postoji, ako postoji s ∈ R za koji integral (6.1) konvergira. Ako je F = F (s) Laplasova transformacija funkcije f = f (t), tj. L {f (t)} = F (s), onda se kaž da je f inverzna Laplasova transformacija funkcije F i piše se f (t) = L−1 {F (s)} i kaže se da je L−1 operator inverzne Laplasove transformacije. Primer 6.1.1 Naći Laplasovu transformaciju funkcije (a) f (t) = 1, (b) f (t) = t, (c) f (t) = eat (c) f (t) = sin t.

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

Rešenje. (a) Za s > 0 je Z∞

L{f (t)} =

e

−st

dt = lim

T →∞

0

ZT

e−st dt = −

0

1 lim e−st |t=T t=0 s T →∞

1 1 − lim (e−sT − 1) = s T →∞ s

=

(Ako je s > 0, onda je lim e−sT = 0.) T →∞

(b) Koristeći parcijalnu integraciju, za s > 0, važi Z∞

L{f (t)} =

e

0

−st

· tdt = lim

T →∞

ZT 0

t · e−st dt

1 1 1 lim (− te−st − 2 e−st )|T0 = 2 T →∞ s s s

= (c)

Z∞

at

L[e ] =

e

−st at

e dt = lim

T →∞

0

ZT

e(a−s)t dt

0

1 1 lim e(a−s)t |t=T t=0 = a − s T →∞ s−a

= (d) L[sin t] =

Z∞

e

−st

sin tdt = lim

T →∞

0

Neka je I =

RT

ZT

e−st sin tdt.

0

e−st sin tdt.

0

Parcijalnom integracijom u = e−st du = −se−st dt

dv = sin tdt v = − cos t

dobijamo I=

− cos te−st |t=T t=0 108

−s

ZT 0

e−st cos tdt.

Matematika 3

6.2. EGZISTENCIJA

Još jedna parcijalna integracija u = e−st du = −se−st dt

dv = cos tdt v = sin t

implicira I = − cos T e−sT + 1 − s(sin te−st |t=T t=0 + sI).

Ako pustimo da T → ∞, onda je (za s > 0)

(1 + s2 ) lim I = 1 odakle je L[sin t] = T →∞

1 . 1 + s2 

6.2 Egzistencija Definicija 6.2.1 Neka je n0 ∈ N. Kažemo da je funkcija f eksponencijalnog reda γ kada t → ∞ ako postoje realni brojevi M > 0 i γ takvi da je za svako t > n0 |f (t)| < Meγt Teorema 6.2.1 Ako je funkcija f po delovima neprekidna na svakom zatvorenom intervalu [0, T ] i eksponencijalnog reda γ za t → ∞, onda postoji Laplasova transformacija L {f (t)} . Dokaz.

Z∞

e

−st

f (t) =

0

Zn0

e

−st

f (t) +

0

Z∞

e−st f (t)

n0

Kako je po pretpostavci funkcija f po delovima neprekidna na intervalu [0, n0 ], prvi integral sa desne strane jednakosti postoji. Za drugi integral sa desne strane jednakosti važi: ∞ Z Z∞ Z∞ −st e−st f (t)dt ≤ |e f (t)|dt = e−st |f (t)|dt 0

0

≤ =

Z∞

n0

e

−st

γt

Me dt = M lim

n0

T →∞

ZT

e(γ−s)t dt

n0

M M lim e(γ−s)t |T0 = γ − s T →∞ s−γ

Odatle direktno sledi da za svako s > γ dati integral konvergira, čime smo dokazali da postoji Laplasova transformacija.  109

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

6.3

Matematika 3

Osobine Laplasovih transformacija

Neka je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s).

6.3.1

Linearnost

Teorema 6.3.1 L je linearna transformacija, tj. za proizvoljne realne brojeve a i b važi L {af (t) + bg(t)} = aL {f (t)} + bL {g(t)} , a, b ∈ R. Dokaz. Z∞

L {af (t) + bg(t)} =

e−st (af (t) + bg(t))dt

0

=

a

Z∞

e

−st

f (t) + b

0

=

Z∞

g(t)dt

0

aL {f (t)} + bL {g(t)} 

Primer 6.3.1 Izračunati L 5 + 4t + 3e2t − 2 sin t . 



Rešenje.  L 5 + 4t + 3e2t − 2 sin t

6.3.2

 = 5L {1} + 4L {t} + 3L e2t − 2L {sin t} 5 4 3 2 = + 2+ − s s s − 2 1 + s2



Sličnost

Teorema 6.3.2 L {f (at} = a1 F

s a




, a ∈ R.

Dokaz. Uvodjenjem smene u = at dobijamo du = adt i važi cLf (at) =

Z∞ 0

=

e

−st

1 f (at)dt = a

1 s F a a 110

Z∞

s

e− a u f (u)du

0



Matematika 3

6.3. OSOBINE LAPLASOVIH TRANSFORMACIJA

Posledica 6.3.1 F (as) =

   1 t L f a a

Primer 6.3.2 Naći Laplasovu transformaciju funkcije L {sin(at)} . Rešenje. Neka je F (s) = L {sin t} , tj. F (s) = L {sin(at)} =

1 . 1+s2

Tada je

1 s 1 a 1 F = . s 2 = 2 a a a 1 + (a) s + a2 

6.3.3 Translacija Teorema 6.3.3 Neka je h(t) =



f (t − a) , t ≥ a Tada je 0 , t < a.

L {h(t)} = e−as F (s), a > 0. Dokaz. Uvodjenjem smene u = t − a, dobijamo L {h(t)} =

Z∞

e

=

Z∞

e−st f (t − a)dt

=

Z∞

=

e−sa F (s).

−st

h(t)dt =

0

Za

e

−st

h(t)dt +

0

Z∞

e−st h(t)dt

a

a

e

−s(u+a)

f (u)du = e

a

−sa

Z∞

e−su f (u)du

a

 Primer 6.3.3 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = (t − 3)2 . Rešenje.   2 F (s) = L (t − 3)2 = e−3s L t 2 = e−3s 3 s 111



CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

6.3.4

Matematika 3

Prigušenje

Teorema 6.3.4 L {eat f (t)} = F (s − a), b ∈ R

(6.2)

Dokaz. at

L e f (t) 



=

Z∞

e−st eat f (t)dt

=

Z∞

e−(s−a)t f (t)dt = F (s − a)

0

0

 Primer 6.3.4 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = e−2t sin 3t. Rešenje. Kako za f (t) = sin 3t važi F (s) = L {sin 3t} =

s2

3 , +9

to je  F (s) = L e−2t sin 3t =

6.3.5

3 3 = 2 (s + 2)2 + 9 s + 4s + 13 

Diferenciranje originala

Teorema 6.3.5 (a)

L {f ′ (t)} = sF (s) − f (0+)

(b)

L {f ′′ (t)} = s2 F (s) − sf (0+) − f ′ (0+)  L f (n) = sn F (s) − sn−1 f (0+) − sn−2 f ′ (0+) − . . . − f (n−1) (0+) za svako n ∈ N.

(c)

Dokaz. (a)

′

L f (t) 



=

Z∞

e

−st ′

0

=

f (t)dt = lim

T →∞

lim e−st f (t)|T0 + s

T →∞

ZT

e−st f ′ (t)dt

0

ZT 0

112

e−st f (t)dt




Matematika 3

6.3. OSOBINE LAPLASOVIH TRANSFORMACIJA

=

lim (e

T →∞

−sT

f (T ) − f (0) + s lim

T →∞

ZT

e−st f (t)dt

0

= sf (s) − f (0) (b)  L f ′′ (t)

 = sL f ′ (t) − f ′ (0) = s(sL {f (t)} − f (0)) − f ′ (0)

= s2 F (s) − sf (0) − f ′ (0)

(c) Primeniti matematičku indukciju.  Primer 6.3.5 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = cos at. Rešenje.   1 1  ′ L ( sin at) = L (sin at)′ a a  a s 1 s −0 = 2 a s2 + a2 s + a2

F (s) = L {cos at} = =



6.3.6 Diferenciranje slike Teorema 6.3.6 (a)

L {tf (t)} = −F ′ (s),

(b)

L {t n f (t)} = (−1)n F (n) (s) za svaki prirodan broj n.

Dokaz. (a) ′

F (s)

=

∂ ∂s

=

Z∞ 0

Z∞

e

−st

f (t)dt =

0

−te

Z∞ 0

−st

f (t)dt = −

∂ −st e f (t)dt ∂s

Z∞ 0

e−st tf (t)dt = −L {tf (t)}

(b) Primeniti matematičku indukciju.  Primer 6.3.6 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = te . t

Rešenje.

  1 F (s) = L tet = −(L et )′ = − s−1 113



CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

6.3.7

Matematika 3

Integracija originala

Teorema 6.3.7 t R

L Dokaz. Neka je h(t) =

f (x)dx

0

Rt



= 1s F (s)

f (x)dx. Tada je h′ (t) = f (t) i h(0) = 0. Primenjujući

0

Laplasovu transformaciju, dobijamo  L h′ (t) = sL {h(t)} − h(0) = sL {h(t)} = F (s).

Odatle je

L {h(t)} = odnosno L

 t Z 

f (x)dx

F (s) , s

  

0

=

F (s) . s

Primer 6.3.7 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) =

 Rt

sin udu.

0

Rešenje. F (s) = L

6.3.8

 t Z 

0

  1 1 sin udu = L {sin t} = 2  s s(s + 1)



Konvolucija

Konvolucija funkcija f (t) i g(t) je funkcija definisana sa (f ∗ g)(t) =

Rt 0

f (u) · g(t − u)du

(6.3)

Jednačinu 6.3 nazivamo jednostranom konvolucijom u intervalu (0, t). Teorema 6.3.8 Neka je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s). Tada je L {f ∗ g} = L {f (t)} · L {g(t)} Dokaz. Vidi Zadatak 6.

 114

Matematika 3

6.4. HEAVISIDEOV RAZVOJ

Primer 6.3.8 Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F (s) = 1 (s2 +a2 ))2

Rešenje. Kako je f (t)

−1

= L =

=

=

=



=

1 s2 +a2

1 (s2 + a2 )2

·

1 s2 +a2

i L−1





1 s2 +a2



=

1 a

sin(at), dobijamo

1 a2

Zt

sin(au) sin(a(t − u))du

1 a2

ZT

sin(au)(sin(at) cos(au) − cos(at) sin(au))du

0

0

1 sin(at) a2

ZT

1 sin(at) a2

ZT

0

0

1 sin(au) cos(au)du − 2 cos(at) a sin(2au) 1 du − 2 cos(at) 2 a

ZT 0

1 . (s2 +a2 )2

ZT

sin2 (au)du

0

1 − cos(2au) du 2

2

= = =

1 sin (at) 1 1 sin(at) cos(at) sin(at) − 2 cos(at)( t − ) a2 2a a 2 2a 1 (sin3 (at) − at cos(at) + sin(at) cos2 (at)) 2a3 1 (sin(at) − at cos(at)) 2a3 

6.4 Heavisideov razvoj Teorema 6.4.1 Neka su P = P(s) i Q = Q(s) polinomi stepena m i n, respektivno, za koje važi da je m < n i Q ima n medjusobno različitih korena s1 , . . . , sn . Tada je   P(s) P(s1 ) s1 t P(s2 ) s2 t P(sn ) sn t −1 L = ′ e + ′ e + ...+ ′ e . Q(s) Q (s1 ) Q (s2 ) Q (sn ) Dokaz. Vidi Zadatak 7.



Primer 6.4.1 Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F (s) = Rešenje. Zadata funkcija se može zapisati u obliku F (s) =

2s + 1 . (s − 1)(s − 2)(s − 3) 115

2s+1 . s3 −6s2 +11s−6

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

Neka je P(s) = 2s + 1 i Q(s) = s3 − 6s2 + 11s − 6. Tada je Q ′ (s) = 3s2 − 12s + 11, odakle je Q ′ (1) = 2, Q ′ (2) = −1 i Q ′ (3) = 2. Heavisideov razvoj date funkcije je F (s) = odakle je

3 1 1 7 1 −5 + , 2s−1 s−2 2s−3

3 7 L−1 {F (s)} = et − 5e2t + e3t . 2 2 

6.5 6.5.1

Neke specijalne funkcije Heavisideova funkcija

Funkcija definisana sa ha (t) =



0 1

,t < a ,t ≥ a

se naziva Heavisideova funkcija.

Primer 6.5.1 Izračunati Laplasovu transformaciju Heavisideove funkcije. Rešenje. L {ha (t)}

=

=

Z∞

e

0

Za

Z∞

ZT

e−st dt = −

e

−st

ha (t)dt =

−st

ha (t)dt +

0

e−st dt = lim

a

T →∞

a

Z∞

e−st ha (t)dt

a

1 1 lim (e−sT − e−sa ) = e−sa s T →∞ s 

6.5.2

Gama funkcija

Funkcija Γ definisana sa Γ(t) =

+∞ R

e−u ut−1 du

0

za sve vrednosti t > 0, se naziva gama funkcija. Teorema 6.5.1 Gama funckija zadovoljava sledeće osobine: • Γ(t + 1) = tΓ(t); √ • Γ( 12 ) = π; 116

Matematika 3

6.5. NEKE SPECIJALNE FUNKCIJE

• Γ(t + 1) ∼

√ 2πtt t e−t Stirlingova formula;

• Γ(t)Γ(1 − t) =

π sin πt ,

0 < t < 1.

Dokaz. Vidi Zadatak 8.



Primer 6.5.2 Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije f (t) = t a , ako je a > −1. Rešenje. Ako uvedemo smenu p = st, onda je dt = 1s dp i Z ∞ Z ∞  p a 1 a −st a L {t } = e t dt = e−p dp s s 0 0 Z ∞ Γ(a + 1) 1 e−p pa dp = . = sa+1 0 sa+1  Primer 6.5.3 Ako je n ∈ N, onda je Γ(n + 1) = n!. Dokazati. Rešenje. Tvrdjenje ćemo dokazati matematičkom indukcijom. Ako je n = 1, onda je Γ(1) =

Z∞

e

−u

du = lim

T →∞

0

ZT

e−u du = lim (−e−T + 1) = 1

0

T →∞

Pretpostavimo da tvrdjenje važi za n = k − 1, tj. da važi Γ(k − 1) = (k − 2)!. Pokazaćemo da onda tvrdjenje važi i za n = k. Kako za Γ funkciju važi da je Γ(t + 1) = tΓ(t), koristeći pretpostavku, dobijamo Γ(k) = (k − 1)Γ(k − 2) = (k − 1) · (k − 2)! = (k − 1)!. 

6.5.3 Beta funkcija Funkcija β definisana sa β(p, q) =

R1 0

up−1 (1 − u)q−1 du

za sve p, q > 0 se naziva beta funkcija. Teorema 6.5.2 Za beta i gama funckije važi: • β(p, q) =

Γ(p)Γ(q) Γ(p+q)

117

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

π

•

R2 0

sin2p−1 φ cos2q−1 φdφ = 12 β(p, q).

Dokaz. Vidi Zadatak 9. Primer 6.5.4 Pokazati da je

 R∞

2

e−t dt =

0

Rešenje. Ako uvedemo smenu t = Z∞ 0

e

−t 2

1 dt = 2

Z∞

1√ 2 π.

√ 1 u, onda je u = t 2 , dt = 12 u− 2 du, i 1

e−u u− 2 du =

0

1 1 1√ π. Γ = 2 2 2 

6.6 6.6.1

Rešavanje običnih diferencijalnih jednačina sa konstantnim koeficijentima

Diferencijalna jednačina prvog reda

y′ (t) + ay(t) = f (t), y(0+) = y0 , a ∈ R Primenom Laplasove transformacije na datu diferencijalnu jednačinu, dobija se  L y′ (t) + ay(t) = L {f (t)}  L y′ (t) + aL {y(t)} = L {f (t)} sY (s) − y(0+) + aY (s) = F (s) (s + a)Y (s) = F (s) + y0 F (s) + y0 Y (s) = . s+a

Diferencijalna jednačina drugog reda y′′ (t) + a1 y′ (t) + a0 y(t) = f (t), y(0+) = y0 , y′ (0+) = y1 , a0 , a1 ∈ R

Ako se primeni Laplasova transformacija, onda je  L y′′ (t) + a1 y′ (t) + a0 y(t) = L {f (t)}

s2 Y (s) − sy′ (0+) − y(0+) + a1 (sY (s) − y(0+)) + a0 Y (s) = F (s) (s2 + +a1 s + a0 )Y (s) − sy1 − y0 − a1 y0 = F (s) F (s) + sy1 + (1 + a1 )y0 Y (s) = , s2 + +a1 s + a0 118

Matematika 3

6.6. REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA

Primer 6.6.1 Rešiti početni problem y′′ − 3y′ + 2y = e2x , y(0) = 0, y′ (0) = 1. Rešenje. Primenimo Laplasovu transformaciju na datu diferencijalnu jednačinu.   L y′′ − 3y′ + 2y = L e2x   L y′′ − 3L y′ + 2L {y} =

1 s−2

s2 Y (s) − sy(0) − y′ (0) − 3sY (s) + 3y(0) + 2Y (s) = (s2 − 3s + 2)Y (s) =

1 +1 s−2

1 (s − 2)2   1 y(x) = L−1 . (s − 2)2

1 s−2

Y (s) =

Ako je f (t) = t, onda je F (s) = je onda

1 , s2

odakle je F (s − 2) =

1 . (s−2)2

Na osnovu (6.3.4)

y(t) = xe2x 

6.6.2 sa promenljivim koeficijentima Za primenu Laplasove transformacije na običnu diferencijalnu jednačinu sa promenljivim koeficijentima koriste se osobine (6.3.6) i (??).  
(m) L t m y(n) (t) = (−1)m L y(n) (t)

Primer 6.6.2 Naći rešenje diferencijalne jednačine

xy′′ + (1 − 2x)y′ − 2y = 0 za koje je y(0) = 1. Rešenje. Ako primenimo Laplasovu transformaciju i njene osobine na zadatu jednačinu, onda je    −(L y′′ )′ + L y′ + 2(L y′ )′ − 2L {y} = 0 ⇔ −(s2 Y − sy(0) − y′ (0))′ + sY − y(0) + 2(sY − y(0))′ − 2Y = 0 ⇔ −(2sY + s2 Y ′ − 1) + sY − 1 + 2Y + 2sY ′ − 2Y = 0 ⇔ (2s − s2 )Y ′ − sY = 0, 119

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

a to je jednačina sa razdvojenim promenljivim, odakle je dY ds =− Y s−2 Y =

C s−2

y(x) = C e2x i y(0) = 1 y(x) = e2x . 

6.7

Primena Laplasovih transformacija

6.7.1

Mehanika

6.7.2

Električna kola

6.8

Zadaci za vežbu

1. Odrediti Laplasovu transformaciju funkcije (a) f (t) = ch(at), a ≥ 0, (b) f (t) = cos(at), a ≥ 0, (c) f (t) = ebt cos(at), a ≥ 0, b ≥ 0. Rešenje. (a) Kako je ch(at) =

eat +e−at , 2

L {ch(at)} = =

to je

 eat + e−at 1  1  = L eat + L e−at 2 2 2   1 1 s 1 + = 2 2 s−a s+a s − a2

L



(b) Koristeći cos(at) =

eati + e−ati , 2

za s > 0 dobijamo eati + e−ati 1  2  = L eati + L e−ati 2 2 1 1 1 1 1 s + = 2 . 2 s − ai 2 s + ai s + a2

L {cos(at)} = L =

120

Matematika 3

6.8. ZADACI ZA VEŽBU

(c) Kosristeći osobinu (??) i rezultat dobijen pod (b), dobijamo  s−b L ebt cos(at) = . (s − b)2 + a2  2t , 0 ≤ t ≤ 5 2. Naći L {f (t)} , ako je f (t) = 1 ,t > 5 Rešenje. Z5

e

1 = − te−st |50 + lim T →∞ s

ZT

L {f (t)} =

Z∞

e

−st

f (t)dt =

0

−st

2tdt +

0

Z∞

e−st dt

5

e−st dt

5

1 9 10 = − e−5s + e−5s = − e−5s . s s s  5 3. Naći L 5t − 2t 4 + 8e−2t + sin 6t − 3 cos 2t .

Rešenje.  L 5t 5 − 2t 4 + 8e−2t + sin 6t − 3 cos 2t    = 5L t 5 − 2L t 4 + 8L e−2t + L {sin 6t} − 3L {cos 2t} 5! 1 1 s = 5· 6 +8 + 2 −3 2 . s s + 2 s + 36 s +4  5 4. Naći L−1 3s+2 + s2 +16 − s22+9 . s3

Rešenje.   5 2 3s + 2 L−1 + − s3 s2 + 16 s2 + 9         1 2 1 1 −1 −1 −1 = 3L−1 + L + 5L − 2L s2 s3 s2 + 16 s2 + 9 =

3t + t 2 + 5 sin 4t − 2 sin 3t.

5. Odrediti inverznu Laplasovu transformaciju funkcije F (s) =

1 . (s+1)(s2 +1)

Rešenje. Neka je P(s) = 1 i Q(s) = s3 + s2 + s+ 1 = (s+ 1)(s2 + 1) = (s+ 1)(s+ i)(s− i). Tada je Q ′ (s) = 3s2 + 2s + 1, odakle je Q ′ (−1) = 2, Q ′ (i) = −2 + 2i i Q ′ (−i) = −2 − 2i. Koristeći Heavisideov razvoj, dobijamo f (t) = L−1 {F (s)} = = =

1 −t 1 1 e + e−it + eit 2 −2 + 2i −2 − 2i 1 −t 1 1 e − (1 + i)(cos t − i sin t) − (1 − i)(cos t + i sin t) 2 4 4 1 −t 1 1 e − cos t − sin t. 2 2 2 121

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

6. Ako je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s), onda je L {f ∗ g} = F (s) · G(s). Dokazati! Dokaz. Neka je L {f (t)} = F (s) i L {g(t)} = G(s). Treba dokazati da važi  t  Z  L f (u)g(t − u)du = F (s) ∗ G(s).   0

L

 t Z 

0

  f (u)g(t − u)du 

Zt

=

e

−st

0

=

 Zt 0

lim

T →∞

ZT Z t 0

0

 f (u)g(t − u)du dt

e−st f (u)g(t − u)dudt.

Uvedimo smenu u = u, v = t − u. Jakobijan date transformacije je ∂u ∂u ∂(u, t) ∂v = 1 0 = 1. J(u, v) = = ∂u ∂t ∂t 1 1 ∂(u, v) ∂u ∂v Tada je

ZT

dt

0

Zt 0

e

−st

f (u)g(t − u)du =

ZT 0

T −v Z

=

ZT

T −v Z

dv

e−s(u+v) f (u)g(v)du

dv

e−su e−sv f (u)g(v)du

0

0

0

Ako uvedemo funkciju U = U(u, v) 0 ≤ u, v ≤ T definisanu sa  −su −sv e e f (u)g(v) , u + v ≤ T U(u, v) = , 0 , inače onda je ZT 0

dv

T −v Z e−su e−sv f (u)g(v)du =

ZT

dv

U(u, v)du

0

ZT

=

ZT

dv

ZT

e−su e−sv f (u)g(v)du

=

ZT

0

0

0

0

122

0

e

−sv

g(v)dv ·

ZT 0

e−su f (u)du

Matematika 3

6.8. ZADACI ZA VEŽBU

Pustimo da T → ∞. Tada je  t  Z  L f (u)g(t − u)du =   0

lim

T →∞

 ZT

e

0

=

Z∞

=

F (s) · G(s)

0

−sv

g(v)dv ·

e−sv g(v)dv ·

Z∞ 0

ZT 0

 e−su f (u)du

 e−su f (u)du

7. Neka su P = P(s) i Q = Q(s) polinomi stepena m i n, respektivno, za koje važi da je m < n i Q ima n medjusobno različitih korena s1 , . . . , sn . Dokazati da važi   P(s) P(s1 ) s1 t P(s2 ) s2 t P(sn ) sn t −1 L = ′ e + ′ e + ...+ ′ e . Q(s) Q (s1 ) Q (s2 ) Q (sn ) P(s) Dokaz. Racionalnu funkciju Q(s) možemo napisati u obliku zbira prostih razlomaka P(s) a1 a2 an = + + ...+ . Q(s) s − s1 s − s2 s − sn

Ako za svako k ∈ {1, . . . , n} pomnožimo datu jednačinu sa s − sk i pustimo da s → sk , onda je ak = lim

s→sk

P(s) s − sk (s − sk ) = lim P(s) lim . s→sk s→sk Q(s) Q(s)

Primenom L’Hospitalovog pravila dobijamo ak =

P(sk ) , Q ′ (sk )

odnosno P(s) P(s1 ) 1 P(s2 ) 1 P(sn ) 1 = ′ + ′ + ... + ′ . Q(s) Q (s1 ) (s − s1 ) Q (s2 ) (s − s2 ) Q (sn ) (s − sn ) Primenom inverzne Laplasove transformacije je       P(s) P(s1 ) −1 1 P(sn ) −1 1 −1 L = L + ... + ′ L Q(s) Q ′ (s1 ) s − s1 Q (sn ) s − sn P(s1 ) s1 t P(s2 ) s2 t P(sn ) sn t = e + ′ e + ... + ′ e Q ′ (s1 ) Q (s2 ) Q (sn ) . 8. Dokazati da za γ funkciju važi: 123

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

(a) Γ(t + 1) = tΓ(t); √ (b) Γ( 21 ) = π; Rešenje. (a) Γ(t + 1)

=

∞

Z

ut e−u du = lim

T →∞

0

=

lim (−ut e−u |T0 + t

T →∞

= t lim

T →∞

= t

Z∞

ZT

ZT

Z

T

ut e−u du

0

ut−1 e−u du)

0

ut−1 e−u du

0

ut−1 e−u du = tΓ(t)

0

(b) Na osnovu veze izmedju β i Γ funkcije, za p = q =

1 2

dobijamo

     1 1  Γ 21 Γ 12 = . β , 2 2 Γ(1) Kako je Γ(1) =

Z∞ 0

−t

e dt = lim

T →∞

ZT

e−t dt = lim (−e−T + 1) = 1,

0

T →∞

na osnovu osobina β funkcije, sledi π

1 1 1 (Γ( ))2 = β , =2 2 2 2 9. Dokazati da za beta i gama funckije važi: (a) β(p, q) =

Γ(p)Γ(q) Γ(p+q)

π

(b)

R2 0

sin2p−1 φ cos2q−1 φdφ = 12 β(p, q).

Rešenje. 124

Z2 0

dφ = π.

Matematika 3

6.8. ZADACI ZA VEŽBU

(a) Posmatraćemo funkciju f (t) =

Z

t

0

up−1 (t − u)q−1 du,

čija vrednost u tački t = 1 je β funkcija. Neka je g(t) = t p−1 i h(t) = t q−1 . Laplasova transformacija funkcije f je Z t  p−1 q−1 L {f (t)} = L u (t − u) du 0

= = =

=

L {g ∗ h}   L t p−1 · L t q−1 Γ(p) Γ(q) · q sp s Γ(p)Γ(q) . sp+q

Primenjujući inverznu Laplasovu transformaciju, dobijamo   Γ(p)Γ(q) −1 f (t) = L sp+q   1 −1 = Γ(p)Γ(q)L sp+q = Γ(p)Γ(q)

t p+q−1 Γ(p + q)

Tako smo dobili da važi Z t Γ(p)Γ(q) p+q−1 up−1 (t − u)q−1 du = t . Γ(p + q) 0 Za t = 1, dobijamo β(p, q) =

Γ(p)Γ(q) . Γ(p + q)

(b) Ako uvedemo smenu u = sin φ, onda je 1 − u = 1 − sin2 φ = cos2 φ, du = 2 sin φ cos φ i važi Z 1 1 1 p−1 β(p, q) = u (1 − u)q−1 du 2 2 0 Z π 1 2 = (sin2 φ)p−1 (cos2 φ)q−1 2 sin φ cos φdφ 2 0 Z π 2 = (sin φ)2p−2+1 (cos φ)2q−2+1 dφ 0

=

Z

π 2

sin2p−1 φ cos2q−1 φdφ.

0

125

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

10. Rešiti diferencijalnu jednačinu y′′ (t) + 4y(t) = 9t, y(0) = 0, y′ (0) = 7. Rešenje. Ako primenimo Laplasovu transformaciju na zadatu jednačinu, onda je  L y′′ (t) + 4y(t) = L {9t}  L y′′ (t) + L {4y(t)} = L {9t} s2 Y − sy(0) − y′ (0) + 4sY − 4y(0) = s2 Y − 7 + 4sY = s(s + 4)Y = Y =

Y =

9 ⇔ s2

9 ⇔ s2

9 +7⇒ s2

ts2 + 9 s3 (s + 4)

37 1 9 1 37 1 − − 16 s 4 s2 16 s + 4

y(t) =

37 9 37 − t − e−4t 16 4 16

11. Rešiti integro-diferencijalnu jednačinu 6y − y′ = cos t + 6

Zt 0

y(u) sin(t − u)du −

Zt 0

y(u) cos(t − u)du, y(0) = 0.

Rešenje. s 1 s +6 2 Y− 2 Y +1 s +1 s +1 6−s s (6 − s)Y − 2 Y = 2 s +1 s +1

6Y − sY =

s2

(6 − s)s2 s Y = 2 2 s +1 s +1 s Y = (6 − s)s2 Y =

1 11 1 1 = + s(6 − s) 6s 66−s y(t) = 126

1 1 6t − e 6 6

Matematika 3

6.8. ZADACI ZA VEŽBU

12. Rešiti sistem diferencijalnih jednačina x′ y′ z′

= = =

− + −

x −x x

2y − 2z y z,

x(0) = 4, y(0) = −1, z(0) = 0 primenom Laplasovih transformacija. Rešenje. Primenimo Laplasovu transformaciju na sve tri jednačine sistema. L {x ′ } = L {y′ } = L {z ′ } =

L {x − 2y − 2z} sX − x(0) L {−x + y} ⇔ sY − y(0) L {x − z} , sZ − z(0) (s − 1)X X −X

Dobijeni sistem ćemo rešiti D = Dx = Dy = Dz = X

=

Y

=

Z

=

+ +

2Y (s − 1)Y

+

= = = 2Z

+ (s − 1)Z

X −X X

2Y Y

− + −

−

2Z Z,

= 4 = −1 . = 0,

primenom Kramerovih pravila. s−1 2 2 1 s−1 0 = (s − 1)3 −1 0 s−1 4 2 2 −1 s − 1 0 = 2(s − 1)(2s − 1) 0 0 s−1 s−1 4 2 1 −1 0 = −(s − 1)(s + 3) −1 0 s−1 s−1 2 4 1 s − 1 −1 = −2 + 4s −1 0 0

2(s − 1)(2s − 1) 2(2s − 1) 1 1 = =4 +2 , (s − 1)3 (s − 1)2 s−1 (s − 1)2 −(s − 1)(s + 3) s+3 1 1 =− = +4 , 3 2 (s − 1) (s − 1) s−1 (s − 1)2 −2 + 4s 1 1 =4 −2 (s − 1)3 (s − 1)2 (s − 1)3

Kako je −1

L



1 (s − 1)2



t

−1

=eL



1 s2



−1

t

= te i L 127



1 (s − 1)3



t

−1

=eL



1 s3



=

t2 , 2et

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

Matematika 3

primenom inverzne Laplasove transformacije dobijamo     1 1 x(t) = L−1 {X (s)} = 4L−1 + 2L−1 = 4et + 2tet , s−1 (s − 1)2     1 1 + 4L−1 = et + 4tet , y(t) = L−1 {Y (s)} = L−1 s−1 (s − 1)2     1 1 −1 z(t) = L−1 {Z (s)} = 4L−1 − 2L = 4tet − t 2 et . (s − 1)2 (s − 1)3 

128

Matematika 3

6.9. TABLICA LAPLASOVIH TRANSFORMACIJA

6.9 Tablica Laplasovih transformacija f (t) −1

L

L {f (t)}

{F (s)}

F (s)

1

1 s

t

1 s2

tn, n ∈ N

n! sn+1

ta, a > 0

Γ(a+1) sa+1

ebt

1 s−b

ebt t n , n ∈ N

n! (s−b)n+1

ebt t a , a > 0

Γ(a+1) (s−b)a+1

sin at

a s2 +a2

cos at

s s2 +a2

ebt sin(at)

a (s−b)2 +a2

ebt cos(at)

s−b (s−b)2 +a2

sh(at)

a s2 =a2

ch(at)

s s2 −a2

129

CHAPTER 6. LAPLASOVE TRANSFORMACIJE

f (t) −1

L

Matematika 3

L {f (t)}

{F (s)}

F (s)

ebt sh(at)

a (s−b)2 −a2

ebt ch(at)

s−b (s−b)2 −a2

130