Matematika 2 - Skripta za usmeni ispit

1

Usmeni iz Matematike II (ETF) (2010.)

Numerički nizovi

1.Navesti definiciju konvergencije numeričkog niza. Sta je ideja zamjene u toj definiciji izraza

(Ǝn0 Є N)(∀ n ≥ n0), izrazom (Ǝy0 Є R)( ∀ n ≥ y0 )?

Definicija 1.1.2(*). Kazemo da je realan broj a granicna vrijednost ili limes niza (xn) ako za svako ε > 0,

postoji prirodan broj n0 takav da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vrijedi |xn − a| < ε, sto jednostavnije zapisujemo

matematickom simbolikom sa ( ∀ ε > 0) (Ǝ n0 Є N) (∀ n Є N ) ( n ≥ n0 ==> |xn − a| < ε) .

Gornju cinjenicu zapisujemo sa limn→+∞xn = a ili xn→a (n → +∞)

Ako je limn→+∞ xn = a, kazemo da niz (xn) konvergira ka a ili da tezi ka a, kada n tezi u beskonacnost.

Ako postoji a Є R, takav da limn→+∞ xn = a, kazemo da je niz konvergentan.

Za sada jedini nacin da odredimo granicnu vrijednost nekog niza je da pretpostavimo ( izracunavanjem

prvih nekoliko clanova niza ) da je limn→+∞ xn = a,z a neko a, a zatim da to dokazemo provjeravajuci uslov iz

Definicije 1.1.2. (*)

Postoji vise ekvivalentnih oblika uslova 1.1. Tako mozemo pisati (∀ ε > 0) ( Ǝ n0 Є N) (∀ n ≥ n0) |xn − a| < ε ,

gdje u dijelu ”( ∀ n ≥ n0)” podrazumijevamo da je n Є N. Takodje, znak ”<” u 1.1 mozemo zamijeniti sa

znakom ”≤”, a znak ”≥” znakom ”>”. Osim toga, umjesto ”( Ǝ n0 Є N) (∀ n ≥ n0)” mozemo pisati ”( Ǝy0 Є R)

(∀ n ≥ y0)”.

Ovu posljednju zamjenu narocito dobro mozemo koristiti da bi izbjegli koristenje funkcije ”[·]”.

Definicija 1.1.3. Okolina tacke a Є R je proizvoljan otvoren interval koji sadrzi tacku a. Otvoreni interval

(a − ε, a + ε) duzine 2ε sa centrom u tacki a Є R,naziva se ε-okolina tacke a.

2. Kada za niz kažemo da skoro svi njegovi članovi zadovoljavaju neku osobinu, to znači:

(a) beskonačno mnogo članova niza imaju tu osobinu.

(b) svi članovi tog niza, osim njih konačno mnogo, imaju tu osobinu.

(c) počev od nekog indeksa konačno mnogo članova niza imaju tu osobinu.

(d) (Ǝn0 Є N)(∀ n ≥ n0), članovi niza sa indeksima n imaju tu osobinu.

Definicija 1.1.4. Kazemo da skoro svi clanovi niza imaju neku osobinu P ako postoji n0 Є N, tako da za svako

n ≥ n0, xn ima osobinu P.

Drugacije receno, skoro svi clanovi niza imaju osobinu P ako je imaju svi clanovi niza pocev od nekog

indeksa ili sto je isto kao da kazemo da tu osobinu imaju svi clanovi niza osim njih konacno mnogo.

3. Obrazložiti po definiciji, zašto niz sa opštim članom an = (-1)n nije konvergentan.

Definicija 1.1.5.(*) Kazemo da niz (xn) konvergira ka tacki a Є R ako se u svakoj ε-okolini tacke a nalaze

skoro svi clanovi niza.

Ako se skoro svi clanovi niza nalaze u nekoj ε0-okolini tacke a,onda to isto vazi i za svaku ε-okolinu, gdje je ε

> ε0. Iz ovoga je jasno da je uslov Definicije 1.1.2 ili njoj ekvivalentne Definicije 1.1.5(*), dovoljno pokazati za

malo ε, odnosno za 0 < ε< ε0, gdje je ε0 proizvoljan pozitivan broj.

2

Primjer 1.4. Niz ciji je opsti clan xn = (−1)n nije konvergentan. Zaista,pretpostavimo suprotno, tj.da je za neko

a Є R, limn→+∞xn = a.

Kako su svi clanovi datog niza jednaki ili 1 ili −1, to znaci da se oba ta broja moraju nalaziti u proizvoljnoj ε-

okolini tacke a. Medjutim,to ocigledno nije moguce, npr. izaberemo li ε < 1/2 tada nije moguce da oba broja i 1

i −1 budu u intervalu (a − ε, a + ε) cija je duzina manja od 1.

4. Iskazati i dokazati teorem o jedinstvenosti granične vrijednosti numeričkog niza.

Teorem 1.2.1. Ako niz ima granicnu vrijednost onda je ona jedinstvena limn→+∞ xn = a i limn→+∞xn = b

Ako je a ≠ b, onda postoji ε > 0 takvo da ε-okoline oko tacaka ai b budu disjunktne ( dovoljno je uzeti da je ε =

(b−a)/2 ). Na osnovu Definicija 1.1.5.(*) Kazemo da niz (xn) konvergira ka tacki a Є R ako se u svakoj ε-

okolini tacke a nalaze skoro svi clanovi niza, zaklucujemo onda da su svi clanovi niza (xn), pocev od nekog

indeksa n1, u ε-okolini broja a, ali isto tako bi morali svi clanovi niza pocev od nekog indeksa n2 biti u ε-

okolini tacke b.

Ako posmatramo clanove niza ciji su indeksi veci i od n1 i od n2,zakljucili bi smo da se oni nalaze i u

jednoj i u drugoj ε-okolini, sto nije u saglasnosti sa disjunktnoscu tih okolina.

5. Navesti definiciju ograničenog niza. Dokazati da je svaki konvergentan niz ograničen.

Definicija 1.2.1. Za niz (xn) kazemo da je ogranicen odozgo ako vrijedi: (Ǝ M Є R)(∀ n Є N) xn ≤ M

Niz je ogranicen odozdo ako vrijedi: (Ǝ m Є R)(∀ n Є N) xn ≥ M

Definicija 1.2.2. Za niz (xn) kazemo da je ogranicen ako je skup svih elemenata tog niza ogranicen, tj. ako

postoji realan broj M ≥ 0 takav da je |xn| ≤ M za svako n N. Ovo zapisujemo sa (Ǝ M ≥ 0)( ∀ n Є N) |xn| ≤ M.

Teorem 1.2.2. Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz : Neka je niz (xn) konvergentan, tj. neka je limn→+∞ xn = a Є R. Neka je ε > 0 proizvoljno, na primjer

neka je ε = 1. Na osnovu definicije konvergencije, svi clanovi niza, pocev od nekog indeksa n0, pripadaju

okolini (a−1, a+1), odnosno van ove okoline se nalazi konacno mnogo clanova niza. Neka je m1 najmanja

vrijednost i M1 najveca vrijednost od tih konacno mnogo clanova koji su van okoline. Oznacimo sa m = min{a

− 1,m1} , M = max{a + 1,M1} .Tada ocigledno vrijedi(∀ n Є N) m ≤ xn ≤ M,sto predstavlja ogranicenost niza.

6. Navesti teorem o vezi limesa niza i algebarskih operacija. Dokazati da je "limes zbira" jednak "zbiru

limesa".

Teorem 1.2.3. Neka su dati nizovi (xn) i (yn).

1. Ako je xn = c Є R za skoro svako n Є N, tada je limn→∞ xn = c

2. Neka je limn→+∞ xn = x i limn→∞ yn = y (x, y Є R) i neka su a, b i c proizvoljni realni brojevi . Tada vazi:

(a) limn→+∞ (axn+byn)=ax+by

(b) limn→+∞ (xn + c) = x + c.

(c) limn→+∞ (xn · yn) = x · y.

(d) limn→+∞ xn/ yn= x / y , ako je y ≠ 0 i yn ≠ 0 za n Є N.

Dokaz : Tvrdjenje 1. je posljedica cinjenice da se broj c nalazi u svakoj svojoj okolini.

Tvrdjenje 2a.Neka je limn→+∞ xn = x i limn→+∞ yn = y . Neka je ε > 0 proizvoljan. Pocevsi od nekog indeksa

n1 svi clanovi niza (xn) su u ε-okolini tacke x. Isto tako, od nekog indeksa n2 svi clanovi niza (yn) su u ε-okolini

tacke y. Stavimo n0 = max{n1, n2}. Tada su za svako n ≥ n0 ispunjene obje nejednakosti |xn − x| < ε i |yn − y| <

ε ,pa iz nejednakosti trougla slijedi za n ≥n0, |axn+byn−(ax+by) |=| axn−ax+byn−by | ≤ | a | | xn−x | + | b | | yn−y | ≤

(|a|+|b|)ε.

Kako je | a | + | b | fiksan realan broj, a ε proizvoljan malen broj, to je i( | a | + | b | )ε proizvoljno malen

broj pa vrijedi limn→+∞ (axn + byn) = ax + by.

3

7. Navesti teorem o vezi limesa niza i algebarskih operacija. Dokazati da je "limes proizvoda" jednak

"proizvodu limesa".


1. Ako je xn = c Є R za skoro svako n Є N, tada je limn→+∞ xn = c

2. Neka je limn→+∞ xn = x i limn→+∞ yn = y (x, y Є R) i neka su a, b i c proizvoljni realni brojevi . Tada vazi:


(b) limn→+∞ (xn + c) = x + c.

(c) limn→+∞ (xn · yn) = x · y.



Tvrdjenje 2c. Neka je limn→+∞ xn = x i limn→+∞ yn = y.Neka je ε > 0 proizvoljan.

Primjenom nejednakosti trougla imamo | xn yn – xy | = | xn yn − xyn + xyn – xy | ≤ | yn | | xn – x | + | x | | yn–y |

Na osnovu Teorem 1.2.2. Svaki konvergentan niz je ogranicen, postoji realan broj M ≥ 0, takav da je | yn | ≤ M

za sve n Є N. Sada kao i u dokazu tvrdjenja (a), postoji n0 Є N takav da je za n ≥ n0, | x0 – x | < ε i | yn – y | < ε,

pa iz jednacine imamo| xn yn – xy | ≤ ( M + | x | )ε pa je tvrdjenje dokazano.

8. Navesti teorem o vezi limesa niza i algebarskih operacija. Dokazati da je "limes količnika" jednak

"količniku limesa”





(b) limn→+∞ (xn + c) = x + c.

(c) limn→+∞ (xn · yn) = x · y.



Tvrdjenje 2d. Neka je limn→+∞ xn = x i limn→∞ yn = y, gdje je y ≠0.

Ponovo primjenom nejednakosti trougla imamo

n

n

x x-

y y

n n n nn n

n n n

x y xy xy y x y x x x y yx y y x

y y y y y y

Za proizvoljno ε > 0 postoji n0, takvo da je | xn – x | < ε i | yn – y | < ε cim je n ≥ n0. Prema tome, brojilac

posljednjeg razlomka je manji od ( | x | + | y | )ε.

Kako je y ≠0, postoji neko δ > 0 takvo da interval (−δ, δ) nema zajednickih tacaka sa intervalom (y − δ, y + δ)

( npr. uzeti δ = | y | / 2). U intervalu (y−δ, y+δ) nalaze se svi clanovi niza (yn) pocevsi od nekog indeksa n1, pa

je | yn | ≥ δ za n ≥ n1 pa je imenilac u posljednjem razlomku u veci od δ| y |.

Dakle, ako je n ≥ max{n0, n1} onda je n

n

x x-

y y

x y

y

pri cemu δ ne zavisi od ε. Time je dokaz zavrsen.

9. Koje nizove nazivamo nula-nizovi? Koji je značaj nula-nizova (obrazložiti odgovarajućim teoremom

sa dokazom).

Definicija 1.2.3. Niz (xn) za koga vazi limn→+∞ xn = 0, nazivamo nula niz.

Zapravo, ispitivanje proizvoljnog konvergentnog niza se moze svesti na ispitivanje nula-niza, naime vazi

Teorem 1.2.4. Niz (xn) konvergira ka a Є R ako i samo ako niz (xn − a) konvergira ka 0.

Dokaz : Neka je limn→+∞xn = a. Na osnovu Teorem 1.2.3.(*)je limn→+∞(xn − a) = limn→+∞ (xn – a) = 0.

Obratno, ako je limn→+∞ (xn – a) = 0, tada je limn→+∞ xn = limn→+∞(xn − a + a) = limn→+∞(xn − a) + a = a .

4

Teorem 1.2.3.(*) Neka su dati nizovi (xn) i (yn).



(b) limn→+∞ (xn + c) = x + c.

10. Pokazati da je zbir i razlika dva nula-niza opet nula niz. Da li isto važi za proizvod dva nula-niza? Da

li u slučaju proizvoda tvrdnju možemo oslabiti?

Teorem 1.2.5. Zbir, razlika i prouzvod dva nula-niza je ponovo nula niz.Dokaz ove jednostavne cinjenice

ostavljen je citaocu za vjezbu, ali primjetimo da kod proizvoda dva niza uslove mozemo oslabiti.

Teorem 1.2.6. Neka je (xn) proizvoljan nula-niz i neka je (yn) proizvoljan ogranicen niz ( ne obavezno

konvergentan ). Tada je niz (zn), gdjeje zn = xn · yn (n Є N), nula-niz.

Dokaz : Kako je niz (yn) ogranicen, to postoji realan broj M > 0 takav da je za svako n Є N, | y | ≤ M.

Iz konvergencije niza (xn) ka nuli slijedi da za svako ε > 0 postoji n0 Є N, tako da je za sve n ≥ n0 zadovoljeno

| xn | <ε. Na osnovu svega ovoga zakljucujemo da ce za n ≥ n0 vrijediti | zn | = | xn · yn | = | xn | | yn | < Mε , a sto

znaci da niz (zn) konvergira ka nuli

11. Navesti teorem o vezi limesa i relacije poretka, sa dokazom.

Sljedecim teoremama uspostavlja se veza izmedju limesa i relacije poretka

Teorem 1.2.7. Neka je (xn) proizvoljan niz.

1. Ako je limn→+∞ xn = x > p (< p), tada je xn > p (< p) za skoro svako n Є N.

2. Ako je niz (xn) konveregentan i ako je xn > p (< p), za skoro svako n Є N, onda je limn→+∞ xn ≥ p (≤ p).

Dokaz :1. Neka je limn→+∞ xn = a i neka je a > p. Stavimo li da je ε = (a-p) / 2 svi brojevi koji pripadaju

intervalu (a − ε , a+ ε) su veci od p ali skoro svi clanovi niza (xn) su u toj ε-okolini i time je tvrdjenje dokazano.

Slucaj kada je a < p dokazuje se analogno.

2. Neka je limn→+∞ xn = a i neka je xn > p za skoro svako n. Ako bi bilo a < p, to bi na osnovu

dokazanog pod 1) znacilo da je xn < p za skoro svako n, sto je ocigledna kontradikcija. Dakle mora biti a ≥ p.

12. Kada kažemo da numerički niz odredjeno divergira? Zapisati to, ako niz odredjeno divergira ka

+∞?.

Definicija 1.3.1. Kazemo da niz (xn) divergira ka plus beskonacnosti,sto oznacavamo sa limn→+∞ xn = +∞, ako

vrijedi (∀ K > 0) ( n0 Є N) ( Ǝn ≥ n0) xn > K

Kazemo da niz (xn) divergira ka -∞ minus beskonacnosti, sto oznacavamo sa limn→+∞ xn = −∞, ako vrijedi

(∀ K > 0) ( n0 Є N) ( Ǝ n ≥ n0) xn < -K . U oba slucaja kazemo da niz odredjeno divergira.

Slika Odredjeno divergentni nizovi

13. U odnosu na konvergenciju, kako dijelimo numeričke nizove? Svaki od pojmova obrazložiti

odgovarajućim zapisom.

Svaki realni niz spada u jednu od klasa:

• Niz je konvergentan ( granicna vrijednost mu je neki realan broj ).

• Niz je odredjeno divergentan ( granicna vrijednost mu je ili +∞ ili −∞ ).

• Niz je neodredjeno divergentan ( nema ni konacnu ni beskonacnu granicnu vrijednost ).

5

14. Navesti i dokazati teorem o "lopovu i dva policajca".

Teorem 1.5.1. ( Teorem o lopovu i dva policajca ) Neka su (xn) i (yn) nizovi za koje vrijedi

1. limn→+∞ xn = limn→+∞ yn = A.

2. Za skoro svako n Є N je xn ≤ zn ≤ yn. Tada i niz (zn) ima granicnu vrijednost i vazi limn→+∞ zn = A

Dokaz : Neka je limn→+∞ xn = limn→+∞ yn =A.Pretpostavimo prvo da je A Є R. Tada za fiksno ε > 0, postoji

n1ЄN, takav da za sve n ≥ n1, xn pripada " ε -okolini tacke A. Takodje postoji n2 Є N takav da se svi clanovi

niza (yn) pocev od yn2 pa na dalje, nalaze u istoj " ε -okolini (jer oba niza konvergiraju ka istoj tacki ). Ako

sada izaberemo da je n'= max{n1, n2}, onda su clanovi oba niza za n ≥ n' u okolini (A − ε ,A + ε ).

Kako je za skoro sve n zadovoljeno xn ≤ zn ≤ yn, to postoji n'' Є N, tako da je za sve n ≥ n'' zadovoljeno

xn ≤ zn ≤ yn. Ako sada stavimo da je n0= max{n', n''},onda je za sve n ≥ n0 zadovoljeno A−ε < xn ≤ zn ≤

yn<A+ε ,ali ovo za niz (zn) znaci da su mu skoro svi clanovi u okolini (A − ε,A + ε), odnosno to znaci limn→∞

zn = A. Ako je A = +∞, potrebna nam je samo nejednakost xn ≤ zn. Zaista, zbog limn→+∞ xn = +∞, za svako

K, postoji n1, takav da je za n ≥ n1, xn > K. Ako je xn ≤ zn za n ≥ n2, onda je za n > max{n1, n2} zadovoljeno

zn ≥ xn > K, a odavde slijedi da je limn→+∞ zn = +∞.

15. Uslovi za primjenu Stolzove teoreme, za limes limn→∞ an/bn

(a) Niz (bn ) je odredjeno divergentan.

(b) Niz (an ) je monotono rastući, a niz (bn ) je monotono opadajući.

(c) limn→∞bn = 0.

(d) Postoji, konačna ili beskonačna, granična vrijednost niza. (an+1 - an / bn+1 - bn)

(e) Za skoro svako n Є N, vrijedi bn ≤ bn+1 .

Teorem 1.5.2. ( Stolzova teorema ) Neka su dati nizovi (xn) i (yn) i neka su zadovoljeni uslovi:

1. limn→+∞ yn = +∞.

2. Niz (yn) je monotono rastuci, tj. yn+1 ≥ yn za skoro svako n.

3. Postoji konacna ili beskonacna granicna vrijednost limn→+∞ (xn+1 − xn) / (yn+1 − yn)

Tada postoji i limn→+∞ xn / yn i vazi jednakost limn→+∞ xn / yn= limn→+∞ (xn+1 − xn) / (yn+1 − yn).

16. Definisati monotono rastući i strogo monotono rastući niz. Koje tehnike primjenjujemo za ispitivanje

ove dvije vrste monotonosti numeričkih nizova?

Definicija 1.4.1. Za niz (xn) kazemo da je

• strogo monotono rastuci ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 > xn

• monotono rastuci (neopadajuci) ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 ≥ xn

• strogo monotono opadajuci ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 < xn

• monotono opadajuci (nerastuci) ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 ≤ xn

Za niz koji posjeduje bilo koju od navedenih osobina kazemo da je monoton niz.

Najcesce tehnike ispitivanja monotonosti su posmatranje kolicnika ili razlike dva uzastopna clana niza.

Tako naprimjer, ako je n Є N proizvoljan, imamo

> 0→ niz je strogo monotono rastuci

≥ 0→ niz je neopadajuci

xn+1 − xn < 0→ niz je strogo monotono opadajuci

≤ 0→ niz je nerastuci

6

>1→ niz je strogo monotono rastuci

≥1→ niz je neopadajuci

xn+1 / xn <1→ niz je strogo monotono opadajuci

≤1→ niz je nerastuci

17. Defnisati monotono opadajući i strogo monotono opadajući. Koje tehnike primjenjujemo za

ispitivanje ove dvije vrste monotonosti numeričkih nizova?

Definicija 1.4.1. Za niz (xn) kazemo da je

• strogo monotono rastuci ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 > xn

• monotono rastuci (neopadajuci) ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 ≥ xn

• strogo monotono opadajuci ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 < xn

• monotono opadajuci (nerastuci) ako vrijedi (∀ n Є N) xn+1 ≤ xn

Za niz koji posjeduje bilo koju od navedenih osobina kazemo da je monoton niz.

Najcesce tehnike ispitivanja monotonosti su posmatranje kolicnika ili razlike dva uzastopna clana niza.

Tako naprimjer, ako je n Є N proizvoljan, imamo

> 0→ niz je strogo monotono rastuci

≥ 0→ niz je neopadajuci

xn+1 − xn < 0→ niz je strogo monotono opadajuci

≤ 0→ niz je nerastuci

>1→ niz je strogo monotono rastuci

≥1→ niz je neopadajuci

xn+1 / xn <1→ niz je strogo monotono opadajuci

≤1→ niz je nerastuci

18. Zaokružiti tačna tvrdjenja:

(a) Svaki monoton niz je konvergentan.

(b) Svaki nemonoton niz je divergentan.

(c) Svaki monoton niz ima konačnu ili beskonačnu graničnu vrijednost.

(d) Svaki konvergentan niz je monoton.

Teorem 1.4.1. Svaki monoton niz je ili konvergentan ili odredjeno divergentan ( ima konacnu ili beskonacnu

granicnu vrijednost ).

19. Sta možemo precizno reći o nizu koji je monoton i ograničen? Navesti teorem na koga se pozivamo!

Teorem 1.4.2. Svaki monoton i ogranicen niz je konvergentan.

U ovoj teoremi treba razlikovati dva slucaja:

1. Ako je niz monotono rastuci, zahtijevamo ogranicenost odozgo.

2. Ako je niz monotono opadajuci, zahtijevamo da je niz ogranicen odozdo.

20. Kako defnišemo Eulerov broj e? Kako dokazujemo njegovo postojanje?

Definicija 1.4.2. e = limn→+∞ (1+1/n)n

Broj e nazivamo Eulerovim brojem i on je jedna od najvaznijih matematickih konstanti.

Prvih nekoliko decimala tog broja su e = 2, 718281828...

7

Numerički redovi

21.Definisati numerički red,njegove parcijalne sume I ostatak tog reda. Definicija konvergencije

numeričkog reda.

Neka je dat niz realnih brojeva a1, a2, ..., an, ... Izraz ∑n=1∞

an = a1 + a2 + · · · + an + · · · ,

naziva se beskonacnim redom s opstim clanom an, ili realnim numerickim redom. Najcesce cemo jednostavno

govoriti numericki red ili samo red.

Zbirovi: S1 = a1

S2 = a1 + a2

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

Sn = a1 + a2 + · · · + an

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

nazivaju se parcijalnim sumama reda tj. za izraz sn =∑k=1n ak ,n Є N kažemo da je n-ta parcijalna suma reda.

Definicija 2.1.1. Ako postoji konacan limes limn→+∞ sn = s, niza (sn) parcijalnih suma reda ∑n=1∞

an = a1+

a2+···+an+··· onda kazemo da je red konvergentan i da mu je suma jednaka s. Tada pisemo s = ∑n=1∞

an

Za red koji ne konvergira ( bilo da je limn→+∞ sn = ± ∞, bilo da taj limes ne postoji ) kazemo da je divergentan

22.Kada kažemo da je numerički red konvergentan, a kada je on divergentan?

Definicija 2.1.1. Ako postoji konacan limes limn→+∞ sn = s, niza (sn) parcijalnih suma reda ∑n=1∞

an = a1+

a2+···+an+··· onda kazemo da je red konvergentan i da mu je suma jednaka s. Tada pisemo s = ∑n=1∞

an

Za red koji ne konvergira ( bilo da je limn→+∞ sn = ± ∞, bilo da taj limes ne postoji ) kazemo da je

divergentan.

23.Ispitati konvergenciju geometrijskog reda Ʃ n=0 ∞

qn.

Posmatrajmo red ∑n=0∞

qn gdje je q ≠ 0. Dati red se naziva geometrijskim redom. Njegova n-ta parcijalna

suma je sn =∑k=0∞

=(1- qn+1

) / (1 – q) ako je q ≠ 1. Odavde se lahko vidi da vrijedi limn→+∞ sn =1 / (1 – q)

|q| < 1 . Ako je |q| ≥1, dati red divergira.

Specijalno, ako je q = −1 imamo red cija je n-ta parcijalna suma sn = 1 − 1 + 1 − 1 + ... ± 1; 1 za n paran broj

i 0 za n neparan broj pa u ovom slucaju limn→+∞ sn ne postoji, tj. red je divergentan.

24.Iskazati I dokazati teorem koji govori o vezi konvergencije numeričkog reda I konvergenciji njegovog

ostatka.

Teorem 2.1.1. 1. Red ∑n=1∞

an = a1 + a2 + · · · + an + · · · (*) konvergira ako i samo ako konvergira red

am+1 + aqm+2 + ... + am+k + ... = ∑k=1∞

am+k = ∑k=m+1∞

ak (**)

2. Red (*) konvergira ako i samo ako njegov ostatak rn tezi nuli kada n →+∞

Dokaz : 1. Oznacimo sa sn n-tu parcijalnu sumu reda (*) i sa sk' k-tu parcijalnu sumu reda (**). Ocigledno tada

vrijedi jednakost sk' = sn+k − sn.

Ako je limk→+∞ sn+k = s, onda je limk→+∞ sk'=s−sn, tj.iz konvergencije reda(*)slijedi konvergencija reda (**).

Iz limk→+∞ sk'=s' imali bi da je limk→+∞ sn+k = s'+sn, pa vazi i obrat.

2. Red (*) mozemo zapisati kao ∑k=1∞

ak = sn + rn.

ak = sn + rn .

Ako taj red konvergira i ima sumu s, onda je rn = s−sn, odakle je limn→+∞ rn = limn→+∞ (s − sn) = 0 .

Obratno, ako ostatak rn tezi ka nuli kada n →+∞, iz prvog dijela teoreme slijedi da red (*) konvergira.

8

25.Ako u numeričkom redu izostavimo konačno mnogo sabiraka,

(a)njegova suma se ne mijenja.

(b)ako je red bio konvergentan,postaje divergentan.

(c)ako je red bio divergentan, postaje konvergentan.

(d)to nema uticaja na konvergenciju tog reda.

(e)njegova suma se mijenja.

Iz ovoga tvrdjenja lahko se vidi da odbacivanje konacnog broja clanova nekog reda hoce uticati

eventualno na sumu tog reda u smislu promjene vrijednosti, ali nece uticati na njegovu konvergenciju

26.Dokazati tvrdnju: Ako je red Ʃ n=1∞

xn konvergentan i ako je a Є R, tada je i red Ʃ n=1∞

axn

konvergentan. Koje pravilo vrijedi ako su zadovoljeni uslovi ovog tvrdjenja?

Teorem 2.1.2. (Cauchyjev kriterijum konvergencije) Red ∑n=1∞

an = a1 + a2 + · · · + an + · · · (*) konvergira

ako i samo ako vrijedi (∀ ε > 0) (Ǝ n0 Є N) (∀ n, p Є N) (n > n0 ==> |an+1 + an+2 + · · · + an+p| < ε)

Teorem 2.1.3. Neka su dati redovi ∑n=1∞

xn i ∑n=1∞

yn. Tada vrijedi

1.Ako red ∑n=1∞

xn konvergira, tada konvergira i red ∑n=1∞

axn (a Є R) i pri tome vrijedi

∑n=1∞

axn = a∑n=1∞

xn

2.Ako oba reda konvergiraju tada konvergira i red ∑n=1∞

(xn + yn) i pri tome vrijedi

∑n=1∞

(xn + yn) = ∑n=1∞

xn + ∑n=1∞

yn

Dokaz :1. Oznacimo sa sn = x1+x2+· · ·+xn, a sa Sn = ax1+ax2+· · ·+axn. Iz egzistencije granicne vrijednosti

limn→+∞ sn slijedi limn→+∞ Sn = limn→+∞ asn = a limn→+∞ sn = as

2. Neka je s n ' = x1 + x2 + · · · + xn i sn'' = y1 + y2 + · · · + yn.

Neka je limn→+∞ s n '= s' i lim n s'' = s''

Ako sa Sn oznacimo n-tu parcijalnu sumu reda ∑n=1∞

(xn + yn), imamo

limn→+∞Sn = limn→+∞ ((x1 + y1) + (x2 + y2) + · · · + (xn + y2)) = limn→+∞ ((x1 +· · ·+ xn) + (y1 +· · ·+ yn))

= limn→+∞ sn' + limn→+∞ sn'' = = s' + s''

27.Dokazati tvrdjenje: Ako su redovi Ʃ n=1∞

xn , Ʃ n=1∞

yn konvergentni,konvergentan je i red

Ʃ n=1∞

(Xn+Yn). Dali vrijedi obrat ovog tvrdjenja? (obrazložiti odgovor)

Teorem 2.1.3. Neka su dati redovi ∑n=1∞

xn i ∑n=1∞

yn. Tada vrijedi

1.Ako red ∑n=1∞

xn konvergira, tada konvergira i red ∑n=1∞

axn (a Є R) i pri tome vrijedi

∑n=1∞

axn = a∑n=1∞

xn

2.Ako oba reda konvergiraju tada konvergira i red ∑n=1∞

(xn + yn) i pri tome vrijedi

∑n=1∞

(xn + yn) = ∑n=1∞

xn + ∑n=1∞

yn

Dokaz :1. Oznacimo sa sn = x1+x2+· · ·+xn, a sa Sn = ax1+ax2+· · ·+axn. Iz egzistencije granicne vrijednosti

limn→+∞ sn slijedi limn→+∞ Sn = limn→+∞ asn = a limn→+∞ sn = as

2. Neka je s n ' = x1 + x2 + · · · + xn i sn'' = y1 + y2 + · · · + yn.

Neka je limn→+∞ s n '= s' i lim n s'' = s''

Ako sa Sn oznacimo n-tu parcijalnu sumu reda ∑n=1∞

(xn + yn), imamo

limn→+∞Sn = limn→+∞ ((x1 + y1) + (x2 + y2) + · · · + (xn + y2)) = limn→+∞ ((x1 +· · ·+ xn) + (y1 +· · ·+ yn))

= limn→+∞ sn' + limn→+∞ sn'' = = s' + s''

9

28.Kako glasi neophodan uslov konvergencije numeričkog reda? Kako glasi njegova kontrapozicija?

Primjerom pokazati da taj uslov nije I dovoljan.

Teorem 2.1.4. Ako red ∑n=1∞

xn konvergira, onda vrijedi limn→+∞ xn=0

Da navedeni neophodan uslov konvergencije reda nije i dovoljan, pokazat cemo primjerom.

Posmatrajmo harmonijski red ∑n=1∞

1/n.

Opsti clan ovog reda je xn =1/n i ocigledno je limn→+∞ xn = 0.

Primjetimo kao prvo da za svaki prirodan broj n vrijedi 1 1 1 1 1

1 2 2 2 2n

n n n n

(*)

Grupisemo li clanove naseg reda na slijedeci nacin 1

1 1 1 1 1 1 1 11

2 3 4 5 6 7 8 2 1k

koristeci (*), svaki od sabiraka u zagradi je veci od 1/2 , pa je suma takvih brojeva beskonacna tj. dati red je

divergentan.

Spomenimo ovdje jedan vazan red: ∑n=1∞

1/nα je konvergentan ako je α > 1, a divergentan ako je α ≤ 1

Teorem 2.1.4 cesto koristimo za dokazivanje divergencije nekog reda i to tako sto ga koristimo kao

pontrapoziciju, tj. Posljedica 2.1.5. Ako je limn→+∞ xn ≠ 0 tada je red ∑n=1∞

xn divergentan.

29.Šta je osnovna karakteristika redova sa pozitivnim članovima, I kojom teoremom to iskazujemo?

(Objasniti!)

Ako su skoro svi clanovi reda (xn) nenegativni, onda za red xn = x1 + x2 + · · · + xn + · · ·

Kazemo da je red sa pozitivnim clanovima. Specificnost ovih redova je u tome sto je niz (sn) parcijalnih suma

datog reda monotono rastuci niz, pa je za konvergenciju tog niza, na osnovu Teorema1.4.2(*), dovoljna jos i

ogranicenost tog niza.

Teorem 2.2.1. Red ∑n=1∞

xn s pozitivnim clanovima je konvergentan ako i samo ako je niz njegovih

parcijalnih suma ogranicen.

Teorem 1.4.2.(*) Svaki monoton i ogranicen niz je konvergentan.

U ovoj teoremi treba razlikovati dva slucaja:

1. Ako je niz monotono rastuci, zahtijevamo ogranicenost odozgo.

2. Ako je niz monotono opadajuci, zahtijevamo da je niz ogranicen odozdo.

30.Navesti kriterij uporedjivanja zanumeričke redove I obrazložiti tvrdnju koju njome iskazujemo.

Teorem 2.2.2. ( Kriterij uporedjivanja) Neka za opste clanove redova ∑n=1∞

xn (1) i ∑n=1∞

yn (2) postoji

n0ЄN takav da je za n ≥ n0, xn ≤ yn. Tada vrijedi

1. iz konvergencije reda (2) slijedi konvergencija reda (1),

2. iz divergencije reda (1) slijedi divergencija reda (2).

31.Kako glase D’Alambertov I Cauchyjev korijeni kriterij konvergencije numeričkih redova? Šta je

mana ovih kriterija?

Teorem 2.2.3. ( D’Alambertov kriterij )

1. Ako za red ∑n=1∞

xn postoje n0ЄN i qЄR, takvi da je za n ≥ n0 , xn+1 / xn ≤ q < 1 , dati red je

konvergentan. Ako postoji n0ЄN, takav da je za n ≥ n0 ,xn+1 / xn ≥ 1 dati red je divergentan.

2. Neka za članove datog reda postoji limn→+∞ xn+1 / xn = l. Tada, ako je l < 1 red konvergira, a ako je l > 1

red divergira.

Teorem 2.2.4. ( Cauchyjev korijeni kriterij )

1. Ako za red ∑n=1∞

xn postoje n0ЄN i qЄR, takvi da je za n ≥ n0 n√xn ≤ q < 1 ,tada je dati red konvergentan.

Ako postoji n0ЄN, takav da je za n ≥ n0 ; n√xn ≥ 1,tada je dati red divergentan.

2. Neka postoji limn→+∞ n√xn = l. Tada, ako je l < 1 red konvergira, a ako je l > 1 red divergira

I u D’Alambertovom i u Cauchyjevom kriteriju primjecujemo da ako je l = 1 kriteriji ne daju odluku o

konvergenciji reda .

10

32.Koje vrste konvergencija imamo kod numeričkih redova i kakva je veza medju njima?

Neka je dat realan numericki red ∑n=1∞

xn (*)

Teorem 2.3.1. Ako je red ∑n=1∞

│xn │ (**) konvergentan, konvergentan je i red (*).

Definicija 2.3.1. Ako red (**) konvergira, kazemo da red (*) konvergira

apsolutno.Za red (*) kazemo da konvergira uslovno ako je on konvergentan a pri tome ne konvergira apsolutno.

33.Kako glasi Leibnitzov kriterij konvergencije i kod kojih redova ga koristimo?

Teorem 2.3.2. ( Leibnitzov kriterij)

Neka je dat alternativni red ∑n=1∞

(-1)n+1

xn. Ako je niz (xn) monotono opadajuci (xn+1 ≤ xn) i ako je

limn→+∞ xn=0, tada je red konvergentan.

Koristimo ga kod redova alternativnih a to su redovi oblika:∑n=1∞

(-1)n+1

cn = c1-c2+c3-c4+...+(-1)n+1

cn+...

11

Funkcionalni nizovi

34.Navesti primjer funkcionalnog niza i slikom pokazati njegovu vezu sa ”običnim” numeričkim nizom.

Primjer 2.1. Posmatrajmo funkcionalni niz (fn(x)) nЄN definisan na R, gdje je za nЄN, fn(x) =x/n.

Svaku od funkcija možemo predstaviti grafički, f1(x) = x, f2(x) =x/2, f3(x) =x/3, f4(x) =x/4, f5(x) =x/5 itd., i

one predstavljaju prave linije koje prolaze kroz koordinatni početak i imaju sve manji nagib prema x-osi.

Izaberemo li neko konkretno x Є R, npr x = 1, dati funkcionalni niz postaje obični numerički niz (1/n) nЄN,

čije ponašanje sada možemo ispitivati alatima usvojenimu prethodnom poglavlju. I ovu činjenicu možemo

predstaviti grafički a dobijamo to tako što kroz tačku x = 1 povučemo vertikalnu pravu, koja u presjeku sa

funkcijama fn daje upravo tačke koje predstavljaju niz (1/n) nЄN.

35.Navesti definiciju ”konvergencije po tačkama” funkcionalnog niza. Šta nam obezbjedjuje uslov iz te

definicije?

Definicija 2.1.1. Neka je niz (fn(x)) nЄN definisan na skupu A C R. Kažemo da je niz (fn(x)) nЄN

konvergentan po tačkama, ako vrijedi (∀ x Є A) postoji konačan limn→∞fn(x) .

Činjenica da postoji konačan limn→∞fn(x), za svako x Є A, obezbjeĎuje nam postojanje neke funkcije

f(x) za koju onda važi (∀ x Є A) limn→∞fn(x) = f(x) , i tada kažemo da niz (fn(x)) nЄN konvergira po tačkama

ili tačkasto ka funkciji f(x). Ako raspišemo limes onda definicija konvergencije po tačkama glasi

(∀ x Є A) (∀ε > 0) ( Ǝn0 Є N) (∀ n Є N) (n ≥ n0 ==˃ │fn(x) − f(x) │ < ε)

36.Navesti definiciju uniformne konvergencije funkcionalnog niza. Obrazložiti razliku izmedju

uniformne I konvergencije po tačkama.

Definicija 2.1.2. Neka je A C R i neka je (fn) nЄN niz realnih funkcija definisanih na A. Kažemo da dati

niz uniformno konvergira ka funkciji f na skupu A ako vrijedi

(∀ε > 0) ( Ǝn0 Є N) (∀ n Є N) (∀ n Є A) (n ≥ n0 ==˃ │fn(x) − f(x) │ < ε).

Iz same definicije uniformne konvergencije funkcionalnog niza vidimo da je postojeći n0 ovisan samo o ε, za

razliku od konvergencije po tačkama, pa je time uniformna konvergencija ”jača” od konvergencije po tačkama.

Drugačije rečeno, ako je niz uniformo konvergentan, onda je on konvergentan i po tačkama. Obrat u opštem

slučaju ne mora da važi, što pokazujemo sljedećim primjerom.

12

37.Navesti definicije uniformne konvergencije i konvergencije potačkama, funkcionalnog niza. Njihovim

uporedjivanjem obrazložiti koja od tih konvergencija je ”jača”.

Definicija 2.1.1. Neka je niz (fn(x)) nЄN definisan na skupu A C R. Kažemo da je niz (fn(x)) nЄN

konvergentan po tačkama, ako vrijedi (∀ x Є A) postoji konačan limn→∞fn(x) .

Činjenica da postoji konačan limn→∞fn(x), za svako x Є A, obezbjeĎuje nam postojanje neke funkcije

f(x) za koju onda važi (∀ x Є A) limn→∞fn(x) = f(x) , i tada kažemo da niz (fn(x)) nЄN konvergira po tačkama

ili tačkasto ka funkciji f(x). Ako raspišemo limes onda definicija konvergencije po tačkama glasi

(∀ x Є A) (∀ε > 0) ( Ǝn0 Є N) (∀ n Є N) (n ≥ n0 ==˃ │fn(x) − f(x) │ < ε)

Definicija 2.1.2. Neka je A C R i neka je (fn) nЄN niz realnih funkcija definisanih na A. Kažemo da dati

niz uniformno konvergira ka funkciji f na skupu A ako vrijedi

(∀ε > 0) ( Ǝn0 Є N) (∀ n Є N) (∀ n Є A) (n ≥ n0 ==˃ │fn(x) − f(x) │ < ε).

Iz same definicije uniformne konvergencije funkcionalnog niza vidimo da je postojeći n0 ovisan samo o ε, za

razliku od konvergencije po tačkama, pa je time uniformna konvergencija ”jača” od konvergencije po tačkama.

Drugačije rečeno, ako je niz uniformo konvergentan, onda je on konvergentan i po tačkama. Obrat u opštem

slučaju ne mora da važi, što pokazujemo sljedećim primjerom.

38.Zašto funkcionalni niz (x/n) nЄN jeste konvergentan potačkama, ali nije uniformno konvergentan?

Primjer 2.5. U primjeru 2.1 posmatrali smo niz funkcija zadatih sa fn(x) = x/n i vidjeli smo da je taj niz

konvergentan po tačkama ka funkciji f ≡ 0. Ovo je značilo da za ma koje fiksirano x0, možemo naći funkciju

fn0 , koja je u toj tački proizvoljno blizu funkciji f (x-osi). To je prikazano na slici lijevo.

Medjutim, uniformna konvergencija zahtjeva da ta ista funkcija fn0 ima tu osobinu (proizvoljno bliska funkciji

f) u svakoj tački, a što očigledno nije tačno samo ako se dovoljno udaljimo na x-osi (slika desno). Tj. uzmemo

li da je x= n0, tada imamo fn0(x) =n0 / n0 = 1 ,te je dakle u ovoj tački naša funkcija fn0 za 1 udaljena od x-ose.

Odemo li još dalje sa x-om, npr. neka je x = 2n0, tada je fn0(x) = 2, dakle još dalje od x-ose. Ovo nam

pokazuje da je u jednom ”trenutku” funkcija fn0 zaista blizu funkciji f ≡ 0, ali da njeno rastojanje od te iste

funkcije možemo učiniti proizvoljno velikim, samo treba otići dovoljno daleko na x-osi. Tj. za svaki x0

možemo naći funkciju fn0 koja je dovoljno bliska funkciji f, ali jedna zajednička funkcija fn koja je proizvoljno

bliska funkciji f za sve x-ove, ne postoji, te ovaj niz nije uniformno konvergentan.

13

39.Zašto funkcionalni niz (nx/1+n2x

2)nЄN jeste konvergentan potačkama,ali nije uniformno

konvergentan?

Primjer 2.6. Neka je (fn) nЄN niz definisan na (0,+∞), definisan sa fn(x) = (nx) / (1 + n2x

2).

Za proizvoljno x Є R vrijedi 1 + n2x

2 ~ n

2x

2, tj. ova dva niza su asimptotski jednaki, što ekvivalentno znači

limn→∞ (n2x

2)/( 1 + n

2x

2)= 1 , a ovo nam onda omogućava sljedeće rezonovanje

limn→∞fn(x) = limn→∞ (nx)/(n2x

2)=1/x limn→∞1/n =0

Dakle, posmatrani niz je konvergentan po tačkama i konvergira ka funkciji f ≡ 0. Medjutim, neka je ε < 1/2

poizvoljan. Izaberemo li x = 1/n, tada imamo n2

2

1n

1 1 1nf -f - 0 1n n 2

1 nn

Vidimo da niti za jedno nЄN razliku |fn(x)−f(x)| ne možemo učiniti manjom od 1/2 , pa dakle ni manjom od ε,

time posmatrani niz nije uniformno konvergentan. Na sljedećoj slici prikazan je posmatrani niz grafički, a

objašnjenje začto se nema uniformna konvergencija je identično kao u prethodnom primjeru, samo treba

posmatrati tačke dovoljno bliske tački 0.

40.Kada definišemo funkcionalni niz,šta moramo obavezno navesti? Navesti osobine uniformne

konvergencije funkcionalnog niza.

Za uniformnu konvergenciju vrijede sljedeće osobine.

Teorem 2.1.1. Neka su (fn) nЄN i (gn) nЄN funkcionalni nizovi.

1. Ako su dati nizovi uniformno konvergentni na skupu A C R, tada je i niz (αfn + βgn) nЄN uniformno

konvergentan na tom skupu.

2. Ako je niz (fn) nЄN uniformno konvergentan na skupu A C R, tada je on uniformno konvergentan na

proizvoljnom podskupu od A.

3. Ako je niz (fn) nЄN uniformno konvergentan na skupovima A,B C R, tada je on uniformno konvergentan i na

A ᴜ B.

41.Navesti teorem o zamjeni graničnih procesa nad funkcionalnim nizom. Dati primjer kojim

obrazlažemo potrebu za ovim teoremom.

Teorem 2.2.1. Neka je niz (fn) nЄN uniformno konvergentan na skupu I, ka funkciji f(x). Ako za svako nЄN

postoji konačan limx→a fn(x) (a je tačka nagomilavanja skipa I), tada postoji i konačna je, granična vrijednost

limx→a f(x) i pri tome vrijedi limx→a f(x) = limn→∞limx→a fn(x) = limx→a limn→∞fn(x) .

42.Zaokružiti tačna tvrdjenja:

(a)Ako funkcionalni niz (fn(x)) nЄN uniformno konvergira ka funkciji f(x) na skupu I, tada je funkcija f(x)

neprekidna na I.

(b)Ako funkcionalni niz (fn(x)) nЄN konvergira ka funkciji f(x) na skupu I, i ako su sve funkcije fn neprekidne

na I, tada je I funkcija f(x) neprekidnana I.

(c)Neprekidne funkcije konvergiraju neprekidnoj funkciji.

(d)Ako funkcionalni niz (fn(x)) nЄN uniformno konvergira ka funkciji f(x) na skupu I, i ako su sve

funkcije fn neprekidne na I, tada je i funkcija f(x) neprekidna na I.

Teorem 2.2.2. Neka funkcionalni niz (fn(x)) nЄN uniformno konvergira ka funkciji f(x), na skupu I. Ako

su sve funkcije fn neprekidne na I, tada je i funkcija f neprekidna na I.

14

43.Kada smijemo zamjeniti mjesta izvodu i limesu kod funkcionalnih nizova. Primjerom pokazati dato

nije uvijek opravdano.

Teorem 2.2.3. Neka je dat funkcionalni niz (fn(x)) nЄN, čije su funkcije definisane i diferencijabilne na

intervalu (a,b). Pretpostavimo da je naš niz konvergentan u bar jednoj tački intervala (a, b) i neka je niz

(fn'(x)) nЄN uniformno konvergentan na (a, b). Tada je i niz (fn(x)) nЄN uniformno konvergentan, a granična

funkcija ovog niza je diferencijabilna na (a, b) i vrijedi (limn→∞fn(x))'= limn→∞fn'(x)

Ovaj teorem nam daje uslove pod kojima iz uniformne konvergencije ”izvodnog” niza imamo

uniformnu konvergenciju polaznog niza. Medjutim i veoma prosti primjeri nam pokazuju da iz konvergencije

polaznog niza veoma je teško obezbjediti konvergenciju ”izvodnog” niza.

Primjer 2.9. Posmatrajmo već spomenuti funkcionalni niz zadat sa fn(x) =sin nx / n , i kao što smo to

pokazali, on je uniformno konvergentan na R. Medjutim, odgovarajući ”izvodni” niz glasi fn'(x) = cos nx ,

a ovaj niz nije konvergentan čak ni po tačkama.

44.Kada limes smije ”proći” kroz inegral? Primjerom pokazati da to nije uvijek opravdano.

Teorem 2.2.4. Neka je niz (fn(x)) nЄN uniformno konvergentan na segmentu [a, b] i neka su sve funkcije fn

integrabilne na tom segmentu. Tada je i granična funkcija posmatranog niza integrabilna na [a, b] i vrijedi

limn→∞∫ab

fn(x)dx = ∫ab

limn→∞fn(x)dx

Kao i teorem o zamjeni izvoda i limesa i ovaj teorem nam govori pod kojim uslovom možemo ”proći” limesom

kroz integral, tj. Zamjeniti mjesta limesa i integrala. On nam takodje omogućava i lakši način izračunavanja.

Naravno da zamjenu mjesta limesa i integrala ne smijemo vršiti ako nismo ispitali uslove kada to

smijemo. Naime, posmatrajmo sljedeći primjer.

Primjer 2.11. Posmatrajmo funkcionalni niz zadat sa fn(x) = n2xe

−nx.

Parcijalnom integracijom dobijamo ∫01

fn(x)dx = n ∫01

xe−nx

dx = 1 − (n + 1) e−n

, a onda imamo

limn→∞∫01

fn(x)dx =1.

S druge strane, za proizvoljno x Є [0, 1] imamo limn→∞n2xe

−nx = limn→∞ (n

2x) / (e

nx)= 0 .

Ovo bi onda značilo da je ∫01

limn→∞fn(x)dx = 0 ,pa dakle zamjena limesa i integrala u ovom primjeru nije

opravdana.

15

Funkcionalni redovi

45.Kako glasi Weierstrassov kriterij uniformne konvergencije funkcionalnog reda. Kako obrazlažemo

činjenicu da je u pitanju uniformna konvergencija reda, koju navodimo u ovoj teoremi?

Definicija 3.1.1. Za red (3.1) kažemo da je uniformno konvergentan na skupu I ako njegov niz parcijalnih suma

Sn(x) uniformno konvergira ka sumi S(x) ovog reda na skupu I.

Ekvivalentno kao kod numeričkih redova dajemo prvi kriterij uniformne konvergencije funkcionalnog reda.

Teorem 3.1.1. Red (3.1) uniformno konvergira na skupu I ako i samo ako niz rn(x) njegovih ostataka

uniformno konvergira ka funkciji identički jednakoj 0 na skupu I.

Jedan od osnovnih kriterija konvergencija, pa i uniformne konvergencije funkcionalnog reda, jeste

Cauchyjev kriterij.

Teorem 3.1.2. (Cauchyjev kriterij uniformne konvergencije) Red ∑i=1∞

fi(x) uniformno konvergira na skupu I

ako i samo ako vrijedi. (∀ε > 0) (Ǝn0 Є N) (∀ n ≥ n0) (∀ k Є N) (∀ x Є I) │fn+1(x) + fn+2(x) +...+ fn+k(x) │< ε.

Pored ovoga, veoma jednostavan i koristan kriterij za uniformnu konvergenciju dat je sljedećom teoremom.

Teorem 3.1.3. (Weierstrassov kriterij uniformne konvergencije)

Neka je (an) nЄN pozitivan numerički niz za koga vrijedi da je za skoro svako nЄN i svako x Є I zadovoljeno

│fn(x) │ ≤ an . Ako je red ∑i=1∞

an konvergentan, tada je red ∑i=1∞

fi(x) uniformno konvergentan na skupu I.

46.Navesti Abelov test uniformne konvergencije.

Teorem 3.1.4. (Abelov test uniformne konvergencije) Ako važe uslovi :

1. Funkcionalni niz (fn(x)) nЄN je monoton za svae x Є I i uniformno ograničen (tj. postoji univerzalna

konstanta M Є R, takva da je │fn(x)│≤ M, za sve x Є I i za sve n Є N).

2. Red ∑n=1∞

gn(x) je uniformno konvergentan na I.

Tada je ∑n=1∞

fn(x)gn(x) uniformno konvergentan na I.

47.Navesti Dirichletov test uniformne konvergencije.

Teorem 3.1.5. (Dirichletov test uniformne konvergencije) Neka su zadovoljeni uslovi:

1. Za svako x Є I je funkcionalni niz (fn(x)) nЄN monoton i uniformno teži ka 0 na skupu I.

2. Niz parcijalnih suma Sn(x) =∑k=1n gk(x) je uniformno ograničen na I.

Tada je red ∑n=1∞

fn(x)gn(x) uniformno konvergentan na I.

48.Pod kojim uslovima znamo da će beskonačan suma funkcija biti neprekidna funkcija?

Teorem 3.1.6. Ako je red ∑n=1∞

fn(x) uniformno konvergentan na skupu I i ako za svaki prirodan broj n

postoji i konačan je limx→a fn (x), gdje je a tačka nagomilavanja skupa I, tada vrijedi

limx→a ∑n=1∞

fn(x) = ∑n=1∞

limx→a fn(x) pri cemu je red na desnoj strani gornje jednakosti konvergentan.

Poznato nam je pravilo limx→a (f(x) + g(x)) = limx→a f(x) + limx→a g(x). pod pretpostavkom o

postojanju granicnih vrijednosti funkcija f i g. Ovo pravilo mozemo i generalizovati i iskazati ga u obliku:

limes zbira konacno mnogo funkcija jednak je zbiru limesa tih funkcija, naravno pod uslovom da postoje

granicne vrijednosti pojedinacnih funkcija.

Da li limes može ”proći” i kroz sumu beskonačno mnogo funkcija? Gornji teorem nam daje odgovor

upravo na to pitanje i vidimo da pored uslova o postojanju graničnih vrijednosti pojedinačnih funkcija, da bi

limes i beskonačna suma zamjenili mjesta, moramo imati i uslov o uniformnoj konvergenciji funkcionalnog

reda. Direktno na ovaj teorem se onda naslanja i sljedeće tvrdjenje.

Teorem 3.1.7. Ako su funkcije fn(x) neprekidne za svako nЄN na skupu I i ako je red ∑n=1∞

fn(x) uniformno

konvergentan tada je i funkcija f(x) =∑n=1∞

fn(x) neprekidna na skupu I.

Beskonačan suma funkcija biti neprekidna funkcija ukoliko je zadovoljen uslov o uniformnoj

konvergenciji funkcionalnog reda.

16

49.Dali funkcionalni red smijemo diferencirati član po član? Obrazložiti odgovor i dati uslove kada to

smijemo!

Teorem 3.1.8. Neka je red ∑n=1∞

fn(x) konvergentan u bar jednoj tački intervala (a, b) i neka su funkcije fn(x)

diferencijabilne na (a, b), za svako n Є N. Ako je red ∑n=1∞

fn' (x) uniformno konvergentan na (a, b), tada je

takav i red ∑n=1∞

fn(x) i pri tome vrijedi ( ∑n=1∞

fn(x) )' = ∑n=1∞

fn' (x), x Є (a,b).

Gornji teorem nam daje pravilo o diferenciranju reda član po član.

50.Ako znamo da stepeni red konvergira u tački X0≠0,koje dodatne informacije imamo o tom

redu?Dokazati to što tvrdimo!


anxn konvergentan za neko konkretno X0≠0. Tada je on apsolutno

konvergentan za svako x za koga važi │x│ < │x0│, a uniformno je konvergentan za svako x za koga je

│x│ ≤ r,gdje je r <│x│.

Dokaz : Neka je za X0≠0, red ∑n=1∞

anx0n konvergentan. Tada njegov opšti član mora težiti 0, a time

je on kao konvergentan niz i ograničen. Dakle, postoji konstanta M > 0, takva da je za sve n Є N zadovoljeno

│anx0n│≤ M. Neka je sada │x│ < │x0│.

Tada vrijedi│anxn│=│anx0

n* (x

n/x0

n)│=│anx0

n│*│x

n/x0

n │≤ M│x

n/x0

n │

Kako je količnik│ xn/x0

n │< 1, to je red ∑n=1

∞│x

n/x0

n │

n, kao suma geometrijskog reda,

konvergentan, a onda na osnovu poredbenog kriterija je i red ∑n=1∞

│anxn│konvergentan.

Drugačije rečeno, red ∑n=1∞

anxn je apsoutno konvergentan. Dokažimo sada i drugi dio tvrdjenja, tj.

neka je │x│ ≤ r, gdje je r <│x0│. Na osnovu prvog dijela dokaza, red ∑n=1∞

anrn je apsolutno konvergentan.

Kako za izabrano x vrijedi│anxn│=│an││x

n│≤ │an│r

n, na osnovu Weierstrassovog kriterija imamo

uniformnu konvergenciju reda ∑n=1∞

anxn

|

51.Ako znamo da stepeni red divergira u tački X0≠0, koje dodatne informacije imamo o tom redu?

Dokazati to što tvrdimo!

Teorem 3.2.2. Ako stepeni red ∑n=1∞

anxn

divergira u tački X0≠0, tada je ovaj red divergentan i za svako x

koje zadovoljava │x│ >│x0│.

Dokaz : Ako bi smo pretpostavili suprotno, tj. neka je red ∑n=1∞

anx0n divergentan i neka je za neko x,

takvo da je │x│ >│x0│., red ∑n=1∞

anxn konvergentan. Tada bi smo prema sledećoj teoremi morali imati

konvergenciju reda ∑n=1∞

anx0n, što je očigledno kontradiktorno.


anxn konvergentan za neko konkretno X0≠0. Tada je on apsolutno

konvergentan za svako x za koga važi │x│ < │x0│, a uniformno je konvergentan za svako x za koga je

│x│ ≤ r,gdje je r <│x│.

Dokaz : Neka je za X0≠0, red ∑n=1∞

anx0n konvergentan. Tada njegov opšti član mora težiti 0, a time

je on kao konvergentan niz i ograničen. Dakle, postoji konstanta M > 0, takva da je za sve n ∈ N zadovoljeno

│anx0n│≤ M. Neka je sada │x│ < │x0│.

Tada vrijedi│anxn│=│anx0

n* (x

n/x0

n)│=│anx0

n│*│x

n/x0

n │≤ M│x

n/x0

n │

Kako je količnik│ xn/x0

n │< 1, to je red ∑n=1

∞│x

n/x0

n │

n, kao suma geometrijskog reda,

konvergentan, a onda na osnovu poredbenog kriterija je i red ∑n=1∞

│anxn│konvergentan.

Drugačije rečeno, red ∑n=1∞

anxn je apsoutno konvergentan. Dokažimo sada i drugi dio tvrdjenja, tj.

neka je │x│ ≤ r, gdje je r <│x0│. Na osnovu prvog dijela dokaza, red ∑n=1∞

anrn je apsolutno konvergentan.

Kako za izabrano x vrijedi│anxn│=│an││x

n│≤ │an│r

n, na osnovu Weierstrassovog kriterija imamo

uniformnu konvergenciju reda ∑n=1∞

anxn

17

52.Čime opravdavamo uvodjenje pojma ”poluprečnik konvergencije” stepenog reda? Kako definišemo

pojam ” poluprečnik konvergencije” stepenog reda?

Teorem *. Neka je red ∑n=1∞

anxn konvergentan za neko konkretno X0≠0.Tada je on apsolutno konvergentan

za svako x za koga važi │x│<│x0│,a uniformno je konvergentan za svako x za koga je│x│≤ r,gdje je r <│x│.

Teorem **. Ako stepeni red ∑n=1∞

anxn

divergira u tački X0≠0, tada je ovaj red divergentan i za svako x koje

zadovoljava │x│ >│x0│.

Kako je svaki stepeni red konvergentan u tački x = 0, ako imamo konvergenciju i u nekoj tački X0≠0, na

osnovu Teoreme * zaključujemo da je taj red konvergentan na intervalu (−x0, x0). Analogno, ako stepeni red

divergira u nekoj tački x1, na osnovu Teorema ** on je divergentan i na skupu (−∞,−x1] u [x1,+ ∞). Na osnovu

svega rečenog zaključujemo da za proizvoljan stepeni red postoji neka granična veličina R, takva da je unutar

(−R,R) dati red konvergentan, a van tog intervala (R < +∞) posmatrani red je divergentan.

Ovo nas navodi da takvu veličinu i definišemo.

Definicija 3.2.1. Za zadati stepeni red ∑n=1∞

anxn, broj

R = supx Є R {│x│ red ∑n=1∞

anxn konvergira}, nazivamo poluprečnik konvergencije posmatranog reda.

Kao direktna posljedica Teorema * i Teorema ** imamo sljedeće:

Teorem 3.2.3. Neka je R poluprečnik konvergencije stepenog reda ∑n=1∞

anxn. Tada vrijedi:

1. U svakoj tački intervala (−R,R) red apsolutno konvergira, a divergira izvan tog intervala, tj. za │x│ > R.

2. Red uniformno konvergira na svakom segmentu [−r, r], gdje je r < R, kao i uopšte na bilo kom segmentu

sadržanom u (−R,R).

53.Koji su načini izračunavanja poluprečnika konvergencije stepenog reda. Ako je R poluprečnik

konvergencije stepenog reda,šta tada znamo o konvergenciji tog reda?


anxn. Tada vrijedi

1. U svakoj tački intervala (−R,R) red apsolutno konvergira, a divergira izvan tog intervala, tj. za |x| > R.



Jasno je na osnovu gornje teoreme da se konkretno u tačkama R i −R ne može jednoznačno dati odgovor

o konvergenciji reda. U tim tačkama se ispitivanje konvergencije uvijek sprovodi zasebno, ali tada imamo

olakšavajuću okolnost jer je tada posmatrani red čisto numerički red.

Kako je konvergencija stepenog reda unutar intervala (−R,R) apsolutna, poluprečnik konvergencije

stepenog reda se može odrediti iz opšteg Cauchyjevog kriterija konvergencije pozitivnih redova.

Teorem 3.2.4. (Cauchy-Hadamardov teorem)

Poluprečnik konvergencije stepenog reda ∑n=1∞

anxn je dat sa R =1/ [limn→∞

n√|an|].

Ako je limn→∞n√|an|= +∞, tada je R = 0, tj. red je konvergentan samo u tački x = 0.

Ako je limn→∞n√|an|= 0, tada je R = +∞, tj. red je konvergentan za sve x Є R.

Pored ovog načina izračunavanja poluprečnika konvergencije stepenog reda, i sljedeća formula je

veoma pogodna za to R = limn→∞│an / an+1│

18

54.Zaokružiti tačne tvrdnje: Neka je R poluprečnik konvergencije stepenog reda Ʃ∞

n=1 anxn

(∗).

(a)Stepeni red(*) je apsolutno konvergentan za svako x Є (−R,R).

(b)Ako je R=0,stepeni red (*) je konvergentan za sve x Є R.

(c)Ako je R=+∞, stepeni red (*) je konvergentan za sve x Є R.

(d)Ako je R=−∞, stepeni red (*) je konvergentan za sve x Є R.

(e)Suma stepenog reda je neprekidna funkcijana (−R,R).


anxn. Tada vrijedi

1. U svakoj tački intervala (−R,R) red apsolutno konvergira, a divergira izvan tog intervala, tj. za |x| > R.






n√|an|].



Teorem 3.2.5. Suma stepenog reda je neprekidna funkcija na intervalu (−R,R), gdje je R poluprečnik

konvergencije datog reda.

55.Zaokružiti tačne tvrdnje:Neka je R poluprečnik konvergencije stepenog reda Ʃ∞

n=1 anxn

(∗∗).

(a)Ako je R=0, stepeni red (**) nije konvergentan ni za jedno x Є R.

(b)Na svakom segmentu[a,b]⊇(−R,R), stepeni red smijemo integraliti član po član.

(c)Ako je R=0, stepeni red (*) je konvergentan samo za x=0.

(d)Stepeni red (**) smijemo diferencirati član po član, na čitavom intervalu(−R,R).

(e)Stepeni red (**) je apsolutno konvergentan na svakom segmentu [−r,r]⊂(−R,R).




n√|an|].



Teorem 3.2.6. Suma stepenog reda na intervalu (−R,R) ima konačne izvode proizvoljnog reda i oni se mogu

dobiti diferenciranjem član po član. f(k)

(x) =∑n=1∞

ann(n − 1) · · · (n − k + 1)xn−k

, k Є R ; x Є (−R,R) .

Pri tome svaki od redova dobijen diferenciranjem član po član ima poluprečnik konvergencije R.

19

Metrički prostor

56.Koji od sljedecih iskaza predstavljaju aksiome metrike na skupu X:

(a) ( d ( x,y)= d (x,y) → x=y.

(b) ( x ,y Є X ) 0 ≤ d ( x,y ) < + ∞.

(c) ( x ,y Є X) d ( x,y ) = d ( x,y ).

(d) d (λ x , y) = | λ | d (x,y ).

(e) (∀ x,y,z Є X) d(x,y) ≤ d (x,z ) + d ( z,y)

Definicija 1.1.1. Neka je X proizvoljan neprazan skup. Za funkciju d : X × X → R kazemo da je metrika ili

metricka funkcija na X ako zadovoljava sljedeca cetiri uslova:

M1. (∀x, y Є X) d(x, y) ≥ 0, pozitivna detinitnost

M2. d(x, y) = 0 ako i samo ako x = y, strogost

M3. (∀x, y Є X) d(x, y) = d(y, x), simetricnost

M4. (∀x, y, z Є X) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). nejednakost trougla

Tada kazemo da je skup X snabdjeven metrikom d i nazivamo ga metricki prostor. Elemente skupa X

nazivamo tackama ili vektorima,a realan broj d(x, y) nazivamo rastojanjem izmedju tacaka x i y.

Dakle, metricki prostor je uredjeni par (X, d) koga cine skup X i na njemu uvedena metrika d. Kratkoce

radi, umjesto oznake (X, d) mi cemo za metricki prostor skoro uvijek koristiti jednostavno

oznaku X, kad god je jasno o kojoj je metrici rijec.

57. Navesti definiciju metrickog prostora.Navesti primjere realnih metrickih prostora Rn,za n=1,2,3.

Definicija 1.1.1. Neka je X proizvoljan neprazan skup. Za funkciju d : X × X → R kazemo da je metrika ili

metricka funkcija na X ako zadovoljava sljedeca cetiri uslova:

M1. (∀x, y Є X) d(x, y) ≥ 0, pozitivna detinitnost

M2. d(x, y) = 0 ako i samo ako x = y, strogost

M3. (∀x, y Є X) d(x, y) = d(y, x), simetricnost

M4. (∀x, y, z Є X) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). nejednakost trougla

Tada kazemo da je skup X snabdjeven metrikom d i nazivamo ga metricki prostor. Elemente skupa X

nazivamo tackama ili vektorima,a realan broj d(x, y) nazivamo rastojanjem izmedju tacaka x i y.

Dakle, metricki prostor je uredjeni par (X, d) koga cine skup X i na njemu uvedena metrika d. Kratkoce

radi, umjesto oznake (X, d) mi cemo za metricki prostor skoro uvijek koristiti jednostavno oznaku X, kad god

je jasno o kojoj je metrici rijec.

Primjeri realnom metričkog prostora su jednodimenzionalni, dvodimenzionalni I trodimenzionalni.

58.Za ispitivanje da li je neka funkcija metrika na nekom skupu,veoma su korisne dvije nejednakosti.

Navesti ih imenom i tvrdnjom.

U ispitivanju da li je neka funkcija, funkcija metrike na datom skupu, cesto su od velike vaznosti sljedece dvije

nejednakosti.

Teorem 1.1.2. (Nejednakost H¨oldera) Neka su ai i bi (i = 1, 2, ..., n) proizvoljni realni ili kompleksni brojevi i

neka je za realan broj p > 1 broj q definisan sa 1/p + 1/q = 1.

Tada za svako n Є N vrijedi ∑i=1n │aibi│ ≤ (∑i=1

n│ai│

p)1/p (∑i=1n│bi│

q)1/q

Specialno, ako je p=q=2, gornja nejednakost se naziva Cauchy-Schwarzova nejednakost.

Teorem 1.1.3. (Nejednakost Minkowskog)

Neka su ai i bi (i = 1, 2, ..., n) proizvoljni realni ili kompleksni brojevi i neka je p ≥ 1. Tada za svako n Є N

vrijedi ( ∑i=1n │ai+bi│

p)1/p ≤ (∑i=1

n│ai│

p)1/p + (∑i=1

n│bi│

p)1/p

20

59.Navesti pojam ogranicenog skupova u metrickom prostoru u kontesktu metrike,dijametra i kugle.

Definicija 1.1.2. Za skup A, podskup metrickog prostora (X, d),kazemo da je ogranicen ili omedjen ako je skup

rastojanja medju tackama tog skupa ogranicen skup, tj. (Ǝ C > 0)(∀ x, y Є A) 0 ≤ d(x, y) ≤ C .

Definicija 1.1.3. Neka je A podskup metrickog prostora (X, d).

Nenegativan broj: diamA = sup{d(x, y)| x, y Є A},nazivamo dijametrom skupa A. Jasno je da ako vrijedi

diamA = ∞, da je tada skup neogranicen,tj. vrijedi,

Lema 1.1.4. Skup je ogranicen ako i samo ako mu je dijametar konacan.

Sljedeca, skoro ocigledna cinjenica, lagano se provjerava.

Lema 1.1.5. Unija konacno mnogo ogranicenih skupova je ogranicen skup.

Lema 1.1.6. Neka je (X, d) metricki prostor i neka je A C X. Skup A je ogranicen ako i samo ako postoje x Є X

i r > 0, takvi da je A C B(x, r).

60.Za zadati metricki prostor ( X,d) navesti sta su otvorena i zatvorena kugla i sfera.

Definicija 1.1.4. Neka je (X, d) metricki prostor. Za proizvoljno a Є Xi za proizvoljno r > 0 skup

B(a, r) = {x Є X│ d(a, x) < r} , nazivamo otvorena kugla u X, sa centrom u tacki a, poluprecnika r.

Skup K(a, r) = {x Є X│ d(a, x) ≤ r} , nazivamo zatvorena kugla sa centrom u a i poluprecnika r,

a skup S(a, r) = {x Є X│ d(a, x) = r} ,nazivamo sfera sa centrom u a, poluprecnika r.

Uvodjenjem pojma kugle, ogranicenost skupa se moze okarakterisati i na sljedeci nacin.

Lema 1.1.6. Neka je (X, d) metricki prostor i neka je A C X. Skup A je ogranicen ako i samo ako postoje

x Є X i r > 0, takvi da je A C B(x, r).

61.Definisati otvorene i zatvorene skupove u metrickom prostoru. Da li su ova dva pojma suprotni?

Definicija 1.1.5. Za skup G podskupmetrickog prostora (X, d) kazemo da je otvoren ako vrijedi

(∀x Є G)( Ǝε > 0) B( x, ε) C G .

Definicija 1.1.6. Skup je zatvoren ako je njegov komplement otvoren skup.

Ova dva pojma jesu suprotni.

62.Definisati izolovane i tacke nagomilavanja skupa u proizvoljnom metrickom prostoru.Da li su ovi

pojmovi suprotni?

Definicija 1.1.8. Neka je (X, d) metricki prostor. Tacku x Є A C X nazivamo izolovanom tackom skupa A, ako

postoji okolina tacke x u kojoj osim tacke x nema drugih tacaka iz skupa A.

Definicija 1.1.9. Tacka x Є A je tacka nagomilavanja skupa A, ako se u svakoj okolini tacke x nalazi bar jedna

tacka skupa A razlicita od x.

Skup svih tacaka nagomilavanja skupa A nazivamo izvodni skup i oznacavamo ga sa A'

Ovi pojmovi jesu suprotni.

63.Definisati pojam konvergencije u MP i navesti iskaze o osnovnim osobinama(jedinstvenost i

ogranicenost)

Konvergencija po metrici

Definicija 1.2.1. Neka je (X, d) metricki prostor. Za niz (xn)nЄN C X kazemo da konvergira ka x0 Є X, ako

vrijedi d(xn, x0) → 0 , (n→∞) .

Činjenicu da niz (xn)nЄN konvergira ka tacki x0 uobicajeno zapisujemo sa xn → x0 (n→∞) ili limn→∞xn= x0

Gore definisanu konvergenciju nazivamo konvergencija po metrici.

Teorem 1.2.1. U metrickom prostoru, konvergentan niz moze konvergirati samo jednoj tacki.- jedinstvenost

Teorem 1.2.2. Svaki konvergentan niz je ogranicen. - ogranicenost

64.Definisati Cauchyjev niz u MP. Navesti vezu izmedju Cauchyjevog i Konvergentnog niza.

Definicija 1.2.2. Neka je (X, d) metricki prostor. Za niz (xn)nЄN C X kazemo da je Cauchyjev niz ako vrijedi

(∀ε >0)( Ǝ n0 = n0 (ε) Є N) (∀n,m Є N)(n,m ≥ n0 ==> d(xn, xm) < ε)

Drugacije receno, niz je Cauchyjev ako vrijedi limn,m→∞d(xn, xm) = 0

Teorem 1.2.3. Svaki Cauchyjev niz je ogranicen. Teorem 1.2.4. Svaki konvergentan niz je Cauchyjev.

Definicija 1.2.3. Za metricki prostor u kome je svaki Cauchyjev niz konvergentan kazemo da je kompletan ili

potpun metricki prostor.

21

65.Metricki prostor je kompletan :

(a) ako i samo ako je svaki konvergentan niz ogranicen

(b) ako i samo ako je on kompaktan

(c) ako i samo ako je svaki Cauchyjev niz konvergentan

(d) ako i samo ako je presjek proizvoljnog monotono opadajuceg niza zatvorenih kugli,ciju niz dijametara

tezi 0,je neprazan skup

Definicija 1.2.3. Za metricki prostor u kome je svaki Cauchyjev niz konvergentan kazemo da je kompletan ili

potpun metricki prostor.

66.Dokazati teorem : Svaki kompaktan MP je kompletan.

Teorem 1.3.1. Svaki kompaktan metricki prostor je i kompletan.

Dokaz : Neka je X kompaktan metricki prostor i neka je (xn)nЄN (proizvoljan Cauchiyev niz u X. Zbog

kompaktnosti, postoji podniz (xnk ) naseg niza koji je konvergentan, xnk → x0 Є X (k → ∞).

Sada imamo d(xn, x0) ≤ d(xn, xnk) + d(xnk , x0).

Prvi sabirak na desnoj strani mozemo uciniti proizvoljno malim jer je niz Caucyjev, a drugi takodje, zbog

konvergencije podniza. Dakle, d(xn, x0) → 0 , (n → ∞) , tj. niz (xn)nЄN je konvergentan, pa zbog

proizvoljnosti niza, prostor X je kompletan.

67.Dokazati teorem: Svaki kompaktan skup je zatvoren.

Teorem 1.3.2. Svaki kompaktan skup je zatvoren.

Dokaz : Neka je M kompaktan skup i neka je (xn) C M, takav da xn → x0 kada n → ∞. Zbog kompaktnosti

skupa, postoji (xnk) C (xn), takav da xnk → x'(k →∞) i pri tome je x' Є M. Zbog jedinstvenosti tacke

konvergencije, zakljucujemo da je x0 = x', odnosno x0 Є M, pa dakle M sadrzi sve svoje tacke nagomilavanje te

je kao takav, zatvoren skup.

68. Dokazati teorem : Svaki relativno kompaktam skup je ograničen.

Teorem 1.3.3. Svaki relativno kompaktan skup je ogranicen.

Dokaz : Neka je M relativno kompaktan podskup metrickog prostora X. Pretpostavimo da M nije ogranicen. M

nije prazan, pa postoji x0 Є M. Kako M nije ogranicen, to M nije sadrzan u kugli B(x0,1), te zakljucujemo da

postoji x1 Є M, takav da x1 Є(prekriženo Є) B(x0, 1) odnosno, d(x0, x1) ≥ 1.

Oznacimo sa r = d(x0, x1) + 1, pa opet zbog neogranicenosti rezonujemo da M nije sadrzan ni u kugli B(x0, r),

tj. postoji x2 Є M takav da je d(x0, x2) ≥ r ≥1. Kako je 1 + d(x0, x1) = r ≤ d(x0, x2) ≤ d (x0, x1) + d(x1, x2) ,

zakljucujemo da je d(x1, x2) ≥1.

Jasno je da sada ovaj postupak mozemo produziti i na taj nacin formirati niz (xn) sa osobino da za

proizvoljne n,m Є N vrijedi d(xn, xm) ≥1. Ovo znaci da se iz datog niza ne moze izdvojiti niti jedan

konvergentan podniz, a to se opet kosi sa pretpostavkom o relativnoj kompaktnosti skupa M. Dakle,M mora biti

ogranicen skup. |

70.Definisati mrežu skupa i navesti vezu mreze i kompaktnost skupa.

Definicija 1.3.2. Neka su M i N podskupovi metrickog prostora X.Neka je ε > 0 fiksiran realan broj. Za skup N

kazemo da je ε -mreza skupa M ako za svako x Є M, postoji y Є N, tako da je d(x, y) < ε.Ako je N kompaktan

skup, kazemo da je N kompaktna ε -mreza, a ako je konacan skup, kazemo da je konacna ε -mreza.

Lema 1.3.5. Skup N je " ε - mreža (ε > 0) skupa M ako i samo ako vrijedi M C UnЄN B(x, ε).

Veza mreze i kompaktnost skupa:

Teorem 1.3.6. Potreban uslov za relativnu kompaktnost skupa M C X jeste da za svako ε > 0, postoji konacna

ε -mreza skupa M. Ako je metricki prostor X kompletan, gornji uslov je i dovoljan.

22

69. Za kompaktnost skupa u konačno dimenzionalnom i beskonačno dimenzionalonom metričkom

prostoru nisu isti neophodni i dovoljni uslovi. Obrazložiti zašto ?

71.Definicija neprekidnosti funkcije u MP .Navesti teoreme koje govore o neprekidnim funkcijama na

kompaktnim skupovima.

Definicija 1.4.1. Neka su (X, dx) i (Y, dy ) metricki prostori. Za preslikavanje f : X → Y kazemo da je

neprekidno u tacki x0 Є X ako (∀ε > 0)(Ǝδ = δ(ε) > 0)(∀ x Є X)(dx(x0, x) < δ)=˃ dy (f(x0), f(x)) < ε) .

Preslikavanje je neprekidno na X ako je neprekidno u svakoj tacki x Є X.

Teorem 1.4.1. Neka su (X, dx) i (Y, dy ) metricki prostori i f : X → Y . Sljedeca tvrdjenja su ekvivalentna.

1. f je neprekidna na X.

2. (∀ x Є X) (∀ε > 0) (Ǝ δ > 0) f(B(x, δ)) C B (f (x), ε)

3. Za svaki otvoreni skup V C Y je f−1

(V) otvoren skup u X.

Teorem 1.4.2.Neprekidna funkcija na kompaktnom skupu je ogranicena i dostize svoju najvecu i najmanj

vrijednost

Teorem 1.4.3. Neprekidna funkcija na kompaktnom skupu je i uniformno neprekidna

72.Definisati normirane prostore. Kakvu ulogu igra norma u vektorskom prostoru ?

Definicija 1.5.1. Neka je X linearan vektorski prostor, na kome je definisana funkcija || · || : X → R+ u {0}, sa

sljedećim osobinama

1. (∀ x Є X) ||x|| ≥ 0.

2. Ako je ||x|| = 0, onda je x = 0.

3. (∀ λ Є Φ ) ( x Є X) || λ x || = | λ | ||x||.

4. (∀ x, y Є X) ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||

Tada za funkciju |·| kazemo da je norma na X, a za X kazemo da je normiran linearan vektorski prostor.

Lema 1.5.1.Neka je X normiran linearan vektorski prostor.Tada za proizvoljne x,y Є X

vrijedi| ||x|| − ||y|| | ≤ ||x − y||

Definisimo sada pomocu norme, funkciju d : X × X → R+ u {0}, na sljedeci nacin d(x, y) = ||x − y|| , x,y Є X.

Nije tesko provjeriti da ovako definisana funkcija zadovoljava sve uslove metrike ili metričke funkcije,

pa je na ovaj nacin uvedena metrika na X, za koju kazemo da je inducirana normom u datom prostoru.

Samim tim imamo da je svaki normiran linearan vektorski prostor ujedno i metricki prostor, te sve sto je receno

za metricke prostore vrijedi i za normirane prostore.

74.Navesti i slikom prikazati pojmove kugli u ( R

2d2 )i ( R

2 i d∞ ).

U metrickom prostoru R2 sa metrikom d2, kugle su predstavljene kruznicama, a to znaci da ce otvorena kugla

sa centrom u tacki A(p, q) Є R2 i poluprecnikom r > 0 biti skup

B(A, r) ={(x, y) Є R2

| (x − p)2 + (y − q)

2 < r} - otvorena kugla

a ista takva ali zatvoren kugla bit ce K(A, r) ={(x, y) Є R2

| (x − p)2 + (y − q)

2 ≤ r} – zatvorena kugla

Sa metrikom d∞, kugle su kvadrati sa stranicama paralelnim koordinatnim osama, pa ce otvorena kugla

centra A(a, b) Є R2, poluprecnika r > 0,

biti skup B(A, r) ={(x, y) Є R2

| |x − a| < r, |y − b| < r} – otvorena kugla

a zatvorena kuglu je K(A, r) ={(x, y) Є R2

| |x − a| ≤ r, |y − b| ≤ r} –zatvorena kugla

23

73. Što se tiče kompletnosti,kakav je prostor (R,d) . Čime to obrazlažemo

Prostor (R,d) je kompletan. Teorem 1.6.1. Svaki konacno dimenzionalan metricki prostor je kompletan.

75.Šta podrazumijevamo pod okolinom tačke u prostoru R2 ? Kada za skup D C R

2 kažemo da je

ograničen?

Pod okolinom tacke X Є Rn podrazumijevamo proizvoljnu otvorenu kuglu u R

n sa centrom u tacki X. Sa

metrikom d2, za okolinu kazemo da je sferna, a sa metrikom d∞, za okolinu kazemo da je kubna okolina.

Sada kada znamo sta su kugle u prostoru Rn,mozemo precizirati i znacenje ogranicenog skupa,

na osnovu Leme 1.1.6 .

Dakla, skup D C Rn je ogranicen, ako postoji r > 0, takav da je D kompletno sadrzan u otvorenoj kugli

B(O, r), D C B(O, r). (O je tacka koordinatnog pocetka)

Lema 1.1.6. Neka je (X, d) metricki prostor i neka je A C X. Skup A je ogranicen ako i samo ako postoje x Є X

i r > 0, takvi da je A C B(x, r).

24

Granicna vrijednost i Neprekidnost

76.Funkcije dvije varijable mozemo predstavljati na dva nacina.Koja i koji su pojmovi vezani za te

nacine?

U grafickom predstavljanju funkcija vise varijabli,uobicajena su dva nacina,pomocu nivo linija i pomocu grafa.

Definicija:Za datu funkciju f: Rn → R i realan broj c,skup

L={(x1,x2,…xn) Rn |f(x1,x2,…xn)=c }

nazivamo nivo skup funkcije f za nivo c.Za n=2,L nazivamo nivo kriva funkcije f,a za n=3 kazemo da je L nivo

povrs funkcije f:Crtanje koje prikazuje nivo skupove za razlicite nivoe nazivamo konturno crtanje funkcije.

Definicija:Posmatrajmo proizvoljnu funkciju f: Rn → R.Skup

G={(x1,x2,…xn,xn+1) | xn+1=f(x1,x2,…xn)}

nazivamo graf funkcije.

Primijetimo da je graf G funkcije f: Rn → R u prostoru R

n+1,pa kao posljedicu imamo das mo u mogucnosti

geometrijski predstavljati samo slucajeve kada je n=1 i tada imamo krivu koja predstavlja funkciju jedne

varijable,i kada je n=2 u kom slucaju je graf povrs u trodimenzionalnom prostoru

77.Navesti opštu definiciju granične vrijednosti funkcije više promjenljivih I definiciju tog pojma sa

kubnim okolinama.

Definicija 2.2.1. Funkcija n nezavisnih projenljivih, f(x1, x2, ..., xn) =f(X), ima u tački A

graničnu vrijednost jednaku L, ako vrijedi

1◦ Tačka A je tačka nagomilavanja domena funkcije f,

2◦ za proizvoljnu okolinu UL, postoji okolina UA, tako da se vrijednost funkcije f(X) nalazi u

okolini UL za svaku tačku X = A koja se nalazi u UA.

Činjenicu da funkcija f ima u tački A graničnu vrijednost jednaku L, simbolički zapisujemo sa:

( 1, 2,... ) ( 1, 2,... ) ( 1, 2,... ) ( 1, 2,.. )

lim ( ) lim lim ( 1, 2,.. )X A x x xn a a an x x xn a a an

f X f x x xn L

Definicija 2.2.3. Funkcija f u tački A ima graničnu vrijednost jednaku L ako vrijedi,

1◦ tačka A je tačka nagomilavanja domena funkcije f,

2◦ za proizvoljno ε > 0, postoji δ = δ(ε) > 0, takav da za sve X = A

za koje je 0 < |xi - ai | < δ, i = 1, 2, ..., n , vrijedi |f(X) - L| < ε .

78.Navesti opštu definiciju granične vrijednosti funkcije više promjenljivih I definiciju tog pojma sa sfernim okolinama.

Definicija 2.2.1. Funkcija n nezavisnih projenljivih, f(x1, x2, ..., xn) =f(X), ima u tački A graničnu vrijednost jednaku L, ako vrijedi 1

◦ Tačka A je tačka nagomilavanja domena funkcije f,

2◦ za proizvoljnu okolinu UL, postoji okolina UA, tako da se vrijednost funkcije f(X) nalazi u

okolini UL za svaku tačku X = A koja se nalazi u UA. Činjenicu da funkcija f ima u tački A graničnu vrijednost jednaku L, simbolički zapisujemo sa

( 1, 2,... ) ( 1, 2,... ) ( 1, 2,... ) ( 1, 2,.. )lim ( ) lim lim ( 1, 2,.. )X A x x xn a a an x x xn a a an

f X f x x xn L

Definicija 2.2.2. Funkcija f u tački A ima graničnu vrijednost jednaku L ako vrijedi, 1

◦ tačka A je tačka nagomilavanja domena funkcije f,

2◦ za proizvoljno ε > 0, postoji δ = δ(ε) > 0, takav da za sve X = A

za koje je i vrijedi :|f(X) - L| < ε .

1

22

1

0 ( , ) ( )n

i

d X A xi ai

25

79.Kako tumačimo granični process ,

lim ( , )x a y b

f x y G

u sfernim okolinama(dati i grafički prikaz).

Ako fiksiramo ε > 0, onda postoji δ = δ(ε) > 0 tako da važi

|f(x, y) - L| < ε ,

Kad god su x i y takvi da važi 2 2( ) ( )x a y b

80.Kako tumačimo granični process ,

lim ( , )x y b

f x y G

u kubnim okolinama(dati i grafički prikaz).

Za proizvoljno ε > 0, postoje δ = δ(ε) >0 i - M (ε) < 0 takvi da važi |f(x, y) - L| < ε, kad god su x i y takvi da je x < -M i |y - b| < δ. Pri tome je okolina tačke A beskonačni pravougaoni pojas.

81. Kako tumačimo granični process ,

lim ( , )x a y

f x y G

u kubnim okolinama(dati i grafički prikaz).

Za proizvoljno ε > 0, postoje δ = δ(ε) >0 i M (ε) > 0 takvi da važi |f(x, y) - L| < ε, kad god su x i y takvi da je x > M i |y - b| < δ. Pri tome je okolina tačke A beskonačni pravougaoni pojas.

82.Definisati polinomijalnu funkciju vise varijabli,navesti teorem koga koristimo u rjesavanju granicnih procesa ovih funkcija i dati primjer tog rjesavanja.

Teorem 2.2.3. Neka je f: Rn R i h:RR.Ako postoji granicna vrijednost: lim ( )

X Af X F

I ako je h neprekidna funkcija tada vrijedi lim ( ( )) ( )X A

h f X h F

Generalno funkciju f: Rn R oblika: f(x1,x2,…,xn)=cx1

k1x2

k2….xn

kn

gdje je c scalar,a ki (i=1,2,…n) nenegativni cijeli brojevi,nazivamo monomom.Funkciju koja predstavlja sumu monoma nazivamo polinomijalnom funkcijom.

Primjer:Koristeci Teorem 2.2.3. i definiciju polinomijalne funkcije lagano racunamo i granicne procese slozenijih funkcija.

Neka je f: Rn R zadata sa

2 2 2( 1, 2,... ) 1 2 .... nf x x xn x x x Kako je korijena funkcija neprekidna

sada imamo: 2 2 2 2 2 2

( 1, 2,... ) ( 1, 2,... ) ( 1, 2,... ) ( 1, 2,... )lim ( 1, 2,... ) lim ( 1 2 .... ) ( 1 , 2 ,... )

n n n nn n n

x x x a a a x x x a a af x x x x x x a a a

26

83.Na primjeru 2 3

2 2 2( , , ) ( 1,1, 2)

3lim

x y z

xy x yz

x y z

objasniti koje osobine granicnih procesa funkcija vise varijabli

koristimo.

Pored polinomijalnih u upotrebi su i funkcije oblika ( )

( )( )

g Xf X

h X gdje su g i h polinomijalne

funkcije.Funkciju f nazivamo racionalna funkcija.I ovdje ukoliko je tacka konvergencije A iz domena

funkcije,granicni process racunamo jednostavno:

84.Sta je problem u izracunavanju granicne vrijednosti funkcija vise promjenljivih u odnosu na funkciju jedne varijable.Koje granicne procese preferiramo i koja je veza izmedju njih.

Za funkciju f: Rn R postojanje granicne vrijednosti

smo opravdali postojanjem i jednakošću lijeve i desne granicne vrijednosti u tacki a:

Ukoliko jedna od ovih granicnih vrijednosti u tacki a ne postoji,tada ne postoji ni granicna

vrijednost funkcije u toj tacki.Slicno mozemo primijeniti i za funkciju vise varijabli,ali razlika lezi

u cinjenici sto ce sada postojati beskonacno mnogo krivih po kojima se tacka X moze priblizavati

nekoj tacki A u prostoru Rn,za razliku od samo dvje mogucnosti u prostoru R.

Posmatrajmo sad funkciju dvije promjenljive f(x,y).Granicnu vrijednost L nazivamo

simultana granicna vrijednost funkcije f(x,y).Pored ove imamo jos dvije granicne

vrijednosti a to su:

12 limlim ( , )x a y b

L f x y

21 limlim ( , )y b x a

L f x y

Koje nazivamo uzastopne granicne vrijednosti.A veza simultane i uzastopne vrijednosti data je sa:

Teorem 2.2.4. Ako postoji simultana granična vrijednost lim ( , )x ay b

f x y

i ako za svako y postoji

granična vrijednost lim ( , )x a

f x y

tada postoji i uzastopna granicna vrijednost 21 limlim ( , )y b x a

L f x y

i

vrijedi L= 21L

85.Iskazati i dokazati teorem o vezi simultane i uzastopne granicne vrijednosti funkvije dvije varijable.

Teorem 2.2.4. Ako postoji simultana granična vrijednost lim ( , )x ay b

f x y

i ako za svako y postoji

granična vrijednost lim ( , )x a

f x y

tada postoji i uzastopna granicna vrijednost 21 limlim ( , )y b x a

L f x y

i

vrijedi L= 21L

Dokaz : Ako postoji simultana granična vrijednost L, to znači da za svako ε > 0, postoji δ > 0

tako da vrijedi |f(x, y) - L| < ε , kad god je |x - a| < δ i |y - b| < δ. Ako fiksiramo y0 tako

da je |y0 - b| < δ, prema pretpostavci teorema, postoji 0lim ( , )

x af x y

Kako je fiksirano y0 bilo proizvoljno, postojat će i granična vrijed-

nost limlim ( , )y b x a

f x y

pa je L granična vrijednost funkcije F (y) = lim ( , )x a

f x y

kada y → b,čime je

dokaz završen.

lim ( )lim ( )

lim ( )

X A

X A

X A

g Xf X

h X

2 3 2 3

2 2 2 2 2 2( , , ) ( 1,1, 2)

3 ( 1) 1 3 ( 1) 1 ( 2) 1 6 5lim

( 1) 1 ( 2) 1 1 4 6x y z

xy x yz

x y z

lim ( )x a

f x L

lim ( ) lim ( )x a x a

f x L f x

27

86.Izracunati L12 i L21 za funkciju ( , )x y

f x yx y

u tacki O(0,0).Sta nam govori dobijeni rezultat?

Vidimo da je L12≠ L21 pa zakljucujemo da ne postoji L.

87.Izracunati L12 i L21 za funkciju 2 2

( , )xy

f x yx y

u tacki O(0,0).Da li smijemo zakljuciti

da tada postoji i simultana granicna vrijednost? Simultani limes ne postoji!!

Ako se tacki O(0,0) priblizavamo po pravoj x=y tada je 2 2

2 20lim

0x

x xL

x x

Ako se tacki O(0,0) priblizavamo po pravoj x=-y tada je 2 2

2 20lim

0x

x xL

x x

88.Definisati neprekidnost funkcija vise promjenljivih u tacki i na skupu.

Definicija:Funkcija tacke f je neprekidna u tacki A ako vrijedi

Prema tome da bi funkcija f bila neprekidna u tacki A treba biti zadovoljeno:

1.da postoji granicna vrijednost funkcije kada X-->A,

2.da funkcija bude definisana u tacki A,

3.da granicna vrijednost funkcije u tacki A bude jednaka vrijednosti funkcije u tacki A

Definicija 2.3.2. Funkcija f je neprekidna u tački A ako se za svako

ε > 0 može odrediti δ = δ(ε) > 0, tako da je za sve X takve da je

0 leqd(X, A) < δ, zadovoljeno |f(X) - f(A)| < ε .

Funkcija je neprekidna u oblasti D ako je neprekidna u svakoj tački te oblasti.

89.Na osnovu kojih tvrdjenja obrazlazemo neprekidnost funkcije 2( , ) sin( )f x y x y na

cijelom domenu njene definitnosti.

Na osnovu sljedecih teorema:

Teorem:Neka je f: Rn R polinomijalna funkcija.Tada za svako A R

n vrijedi:

tj.polinomijalna funkcija je neprekidna u svakoj tacki A Rn.

Teorem:Ako je racionalna funkcija f definisana u tacki A,tada vrijedi

tj. Racionalna funkcija je neprekidna u svakoj tacki svog domena.

Teorem:Neka su funkcije f,g: Rn R neprekidne u tacki A R

n.Tada su u toj tacki neprekidne i

funkcije , , ( ( ) 0)f

f g f g g Ag

Teorem:Neka je f: Rn Rneprekidna funkcija u tacki A i ako je g: R

n R neprekidna funkcija,tada je i

g f neprekidna funkcija u tacki A.

120 0 0

210 0 0

lim lim lim 1

limlim lim 1

x y x

y x x

x y xL

x y x

x y yL

x y y

12 2 20 0

21 2 20 0

lim lim 0

limlim 0

x y

y x

xyL

x y

xyL

x y

lim ( ) ( )X A

f X f A

lim ( ) ( )X A

f X f A

lim ( ) ( )X A

f X f A

28

Diferencijabilnost

90.Definisati i objasniti pojam izvoda u pravcu funkcije dvije promjenljive.

Definicija 2.4.1.Neka je funkcija f:RnR definisana u nekoj otvorenoj kugli oko tacke c.Za dati vektor ‘u’

izraz:

ukoliko limes postoji,nazivamo izvod u pravcu funkcije f,u pravcu vektora u, u tacki c.

91.Ako za funkciju f:RnR stavimo da je g(t)=f(t,x2,..xn),pokazati da je

g’(t)=De1f(x1,x2,…xn).

Posmatrajmo funkciju f : Rn → R f(X) = f(x1, x2, ..., xn) ,

koja je definisana u nekoj okolini UA tačke A(a1, a2, ..., an) Rn. Razmotrimo za trenutak

funkciju g : R → R, uvedenu na sljedeći način

g(t) = f(t, x2, x3, ..., xn) ,

tj. definišemo je preko funkcije f, tako što počev od druge, sve varijable držimo fiksnim (ne

mjenjamo ih),a samo prvu shvatimo kao varijablu. Dakle, tada je g funkcija jedne varijable

pa na nju možemo primjeniti:

I tada imamo:

92.Pokazati vezu izmedju parcijalnog izvoda i izvoda u pravcu.Na osnovu toga dati definiciju parcijalnih izvoda funkcije vise varijabli.

Posmatrajmo funkciju f : Rn → R f(X) = f(x1, x2, ..., xn) ,

koja je definisana u nekoj okolini UA tačke A(a1, a2, ..., an) Rn. Razmotrimo za trenutak

funkciju g : R → R, uvedenu na sljedeći način g(t) = f(t, x2, x3, ..., xn) ,

tj. definišemo je preko funkcije f, tako što počev od druge, sve varijable držimo fiksnim (ne mjenjamo ih),a samo prvu shvatimo kao varijablu. Dakle, tada je g funkcija jedne varijable pa na nju možemo primjeniti:

i tada imamo

0

( ) ( )( ) limu

h

f c hu f cD f c

h

0

( ) ( )'( ) lim

h

g x h g xg x

h

0

0

0

1

0

1

( 1 ) ( 1)'( 1) lim

( 1 , 2,... ) ( 1, 2,... )lim

(( 1, 2,... ) ( ,0,...0)) ( 1, 2,... )lim

( ) ( )lim

( )

h

h

h

e

h

e

g x h g xg x

h

f x h x xn f x x xn

h

f x x xn h f x x xn

h

f X h f X

h

D f X

0

( ) ( )'( ) lim

h

g x h g xg x

h

0

0

0

1

0

1

( 1 ) ( 1)'( 1) lim

( 1 , 2,... ) ( 1, 2,... )lim

(( 1, 2,... ) ( ,0,...0)) ( 1, 2,... )lim

( ) ( )lim

( )

h

h

h

e

h

e

g x h g xg x

h

f x h x xn f x x xn

h

f x x xn h f x x xn

h

f X h f X

h

D f X

29

Definicija 2.4.2. Neka je funkcija f : Rn → R definisana u nekoj okolini tačke A i neka je ek

(k {1, 2, ..., n}) k-ti vektor standardne baze u Rn. Ukoliko postoji, izvod u pravcu De f (A)

nazivamo parcijalni izvod funkcije f po promjenljivoj xk , u tački A.

93.Definisati gradijent funkcije,njegove osobine i vezu sa prvim diferencijalom funkcije.

Definicija 2.4.5. Neka je funkcija f : Rn → R definisana u okolini UA tacke A i

neka postoje ( )k

fA

x

za sve k=1,2,…n.Vektor:

nazivamo gradijent funkcije f u tacki A.

Za gradijent vaze sljedece osobine:

Diferencijal se moze prikazati kao skalarni product gradijenta funkcije i vektora prirastaja argumenta.

94.Definisati totalni diferencijal funkcije vise promjenljivih.Iskazati i dokazati teorem o potrebnim uslovima diferencijabilnosti.

Definicija 2.4.8. Linearnu funkciju 1

( ) ( )n

k k k

k

L X p x a

nazivamo totalni diferencijal funkcije F(X) u

tacki A i oznacavamo ga sa

Teorem 2.4.1. (Potrebni uslovi diferencijabilnosti) Neka je funkcija f(X) diferencijabilna u tački A. Tada vrijedi:

1. Postoji parcijalni izvod po svakoj promjenljivoj u tački A. 2. Koeficijenti pk (k = 1, 2, ..., n) u izrazu za totalni diferencijal su

parcijalni izvodi funkcije, tj.

Dokaz:Ako je funkcija f diferencijabilna u tacki A tada vrijedi:

Ako fiksiramo n-1 promjenljivih x1=a1,…,xk-1=ak-1, xk+1= ak+1,…,xn= an imamo:

odakle je

( ) ( ), ( ),... ( ),1 2

f f ff A A A A

x x xn

2

( ) , ( .)

( )

( )

kf k f k const

f g f g

fg g f f g

f g f f g

g g

1

( ) ( )n

k k

k

L X df X p x

; 1,2,..k

k

fp k n

x

1

( 1, 2,... ) ( 1, 2,... ) ( )n

k k k

k

f f x x xn f a a an p x a d

1 1( 1,... , , ,..., ) ( 1,..., ,... ) ( ) ( )k k k n k n k k k k kf f a a x a a f a a a p x a X x a

1 1lim sgn( ) lim ( 1,..., , , ,..., )k k k k

k k k k k k nx a x a

k k

fp x a a a x a a

x a

30

Odavde vidimo da za proizvoljno k {1,2,,..n} vrijedi

iz cega zakljucujemo da parcijalni izvodi postoje id a su oni upravo koeficijenti pk(k=1,2,..n) 95.Iskazati i dokazati teorem o vezi izmedju neprekidnosti i diferencijabilnosti funkcije vise promjenljivih. Teorem 2.4.2. Ako je funkcija f(x1,…,xn) diferencijabilna u tacki A,ona je i neprekidna u toj tacki. Dokaz:Iz diferencijabilnosti funkcije imamo

a odavde onda imamo jer je L(A)=0.

Ovo ne znaci nista dtugo do tj.neprekidnost funkcije f u tacki A.

96.Iskazati i dokazati dovoljne uslovediferencijabilnosti funkcije vise promjenljivih. Teorem 2.4.6. (Dovoljni uslovi diferencijabilnosti) Ako funkcija f(X) ima u okolini tačke A parcijalne izvode po svakoj promjenljivoj i ako su ti parcijalni izvodi neprekidni u tački A, tada je funkcija f(X) diferencijabilna u tački A.

Dokaz : Dokaz ćemo jednostavnosti zapisa radi, dati za funkciju dvije promjenljive i on se

lahko može prenijeti na funkcije sa n promjenljivih. Na osnovu Lagrangeovog teorema, priraštaj funkcije f(x, y) ima oblik

gdje su tačke X(x, y), X1(ξ1, b) i X2(a, ξ2) iz okoline UA tačke A. Zbog pretpostavljene neprekidnosti parcijalnih izvoda, tj.neprekidnost funkcija

u tacki A(a,b)

pa vazi:

gdje ε1 → 0 i ε2 → 0, kada X → A.

Ako posljednje dvije jednakosti pomnožimo sa x - a i y - b respektivno, i tako dobijene jednakosti saberemo, dobijamo

odnosno

iz čega se, na osnovu vidi da je funkcija f diferencijabilna u tački A.

k

k

fp

x

( ) ( ) ( ) ( ) ( , )f f X f A L X X d X A

lim( ( ) ( )) lim ( ) lim ( ) ( , ) 0X A X A X A

f X f A L X X d X A

lim ( ) ( )X A

f X f A

1 2( , ) ( , ) ( )( ) ( )( )f f

f x y f a b X x a X y bx y

( , )f

x yx

( , )

fx y

y

lim ( , ) ( , )x ay b

f x y f a b

1 1 2 2( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( )f f f f

X A X X A Xx x y y

1 2

1 2

( , ) ( , ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

f ff x y f a b X x a X y b

x y

f fA x a A y b X x a X y b

x y

1 2( )( ) ( )( )f df X x a X y b

31

97.Izvesti vezu izmedju izvoda u pravcu i gradijenta funkcije vise promjenljivih.

Teorem:Neka je f: Rn → R neprekidno diferencijabilna u nekoj okolini tacke A R

n.Tada za

proizvoljan vector ‘u’ postoji Duf(A) i vrijedi ( ) ( )uD f A f A u

98.Navesti pravila kompozicije za funkciju dvije varijable(kada nezavisne varijable zavise

od jednog i o dva parametra). Neka je z=f(x,y) i neka su x i y funkcije nekog parametra ‘t’,tj x=x(t) i y=y(t).Tada je funkcija z=f(x(t),y(t)),ustvari funkcija jedne varijable (t) i imamo:

Ako su funkcije x(t) i y(t) diferencijabilne u t i ako je funkcija f diferencijabilna u tacki (x(t),y(t))

tada vrijedi: dz z dx z dy

dt x dt y dt

Ukoliko su x i y zavisne od dvije varijable,tj. X=x(t,s) i y=y(t,s),tada pravilo kompozicije glasi:

Ako funkcije x i y imaju parcijalne izvode prvog reda u tacki (t,s) i ako je funkcija z=f(x,y)

diferencijabilna u tacki (x(t,s),y(t,s)) tada vrijedi:

dz z dx z dy

dt x dt y dt

dz z dx z dy

ds x ds y ds

99.Koji od sljedecih iskaza su tacni:

(a)

(b)

©

(d)

100.Objasniti u kom pravcu diferencijabilna funkcija ima najbrzi rast i kolika je velicina te promjene?

Teorem:Neka je f: Rn → R neprekidno diferencijabilna funkcija u nekoj otvorenoj kugli koja sadrzi tacku

A.Tada Duf(A) ima maksimalnu vrijednost || f(A)|| kada je vector u ort vector vektora f(A).

Dakle gradijentni vector pokazuje pravac i smjer maksimalne promjene rasta funkcije,odnosno negativni gradijentni vector pokazuje pravac i smjer maksimalne promjene opadanja funkcije.Intenzitet gradijentnog vektora govori o velicini rasta u smjeru maksimalnog rasta.

101.Objasniti vezu gradijenta funkcije dvije varijable i nivo linija te funkcije.

Neka je datafunkcija z=f(x,y) ciji je graf povrs G u prostoru R3.Posmatrajmo proizvoljnu tacku

P(x0,y0,f(x0,y0)) na grafu G i neka je l nivo linija na grafu G koja prolazi kroz tacku P.Kako je za

tu liniju zadovoljenof(x,y)=k i kako je ona jednodimenzionalan objekat u prostoru,mozemo je

parametrizovati tj. Svaku tacku linije l mozemo posmatrati kao vektorsku funkciju r

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

Neka je t0 ona vrijednost parametra koja odgovara tacki P.kako je nivo linija l na povrsi G,mora za svako t biti

zadovoljena jednacina:f(x(t),y(t))=k.Diferenciranjem ove jednakosti po t,primjenom pravila kompozicije

imamo

0f dx f dy

x dt y dt

a to se moze zapisati u vektorskoj notaciji: , , 0

f f dx dyf r

x y dt dt

A ovo ce vrijediti u proizvoljnoj tacki nivo linije l,tj: 0 0 0( , ) ( ) 0f x y r t

Teorem 2.4.9. Gradijentni vektor funkcije z = f(x1, x2, ..., xn) u svakoj

tački nivo linije f(x1, x2, ..., xn) = k, ortogonalan je na tu liniju.

( ) ( )udf X D f X dX

( ) ( )uD f X f X u 2 2( ) ( ( ))d f X d f X dX

( ) , 1,2...i

ff X i n

x

32

102.Parcijalni izvodi viseg reda.Iskazati uslov o jednakosti mjesovitih izvoda.

Ukoliko funkcija f:RnR ima parcijalne izvode koji postoje na nekom otvorenom skupu U,tada za

svako i {1,2,..n}, i

f

x

je takodje funkcija sama za sebe tj.

i

f

x

: R

nR.

Parcijalni izvodi funkcije i

f

x

,ukoliko postoje,nazivaju se parcijalni izvodi drugog reda.

Za funkciju f: RnR,parcijalne izvode

i j j ix x x xf if nazivamo mjesoviti parcijalni izvodi.

Teorem o jednakosti: Neka je nU R otvoren skup koji sadrzi tacku Ai neka je funkcija f C

2(U).Tada

vrijedi: za sve i,j {1,2,..n}

103.Definisati Hessijan funkcije vise varijabli i dati njegovu vezu sa Taylorovim polonomom te funkcije.

Neka svi parcijalni izvodi drugog reda funkcije f: RnR postoje u tacki c R

n.Matrica reda n n:

Nazivamo Hesseova matrica ili Hessijan funkcije f u tacki c. Definicija:Neka je f: R

nR dva puta neprekidna diferencijabilna na nekoj otvorenoj kugli oko

tacke A.Funkciju:

nazivamo Taylorov polinom drugog reda funkcije f u tacki A. 104.Napraviti Taylorov polinom drugog reda za funkciju

2

( , ) x yf x y e u okolini tacke X(0,0). Kao prvo nalazimo:

i

odnosno

Sada imamo

2 2

( ) ( )i j j i

f fA A

x x x x

2 2 2

2

1 2 1 1

2 2 2

2

1 2 2 2 2

2 2 2

2

1 2

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

n

n n n

f f fc c c

x x x x x

f f fc c c

x x x x x

f f fc c c

x x x x x

1( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

2

TP X f A f A X A X A Hf A X A

2 2

( , ) (2 , )x y x yf x y xe e

2 2

2 2

2(2 4 ) 2( , )

2

x y x y

x y x y

e x xeHf x y

xe e

2 0(0,0) (0, 1), (0,0)

0 1f Hf

33

106.Kvadratna forma odredjena simetricnom matricom dimenzije 22 i njena definitnost. Neka je M proizvoljna simetricna matrica.Kvadratna forma odredjena ovom matricom je:

Ako je a 0 svodjenjem kvadratnog trinoma na kanonski oblik dobijamo

Sad imamo diskusiju

1. Ako je a>0 i detM>0 tada je za svako (x,y) (0,0),q(x,y)>0,tj. Kvadratna forma je pozitivno definintna. 2. Ako je a<0 i detM>0 tada je za svako (x,y) (0,0),q(x,y)<0,tj. Kvadratna forma je negativno

definintna. 3. Ako je detM<0 tada u tackama (x,y)=(1,0) i (x,y)=(-b/a,1) imamo razlicite znakove kvadratne forme,pa

je ona indefinintna.

107.Za funkciju z=f(x,y) kako glasi njen drugi totalni diferencijal.Koliko mjesovitih izvoda ima realna funkcija tri varijable.

109.Navesti teorem o ekstremnoj vrijednosti.

Neka je funkcija f : Rn → R neprekidna na nekom otvorenom skupu U. Ako je D ograničen i

zatvoren podskup skupa U, tada funkcija f dostiže maksimalnu i minimalnu vrijednost na skupu D.

2 2

2 2

1( , ) (0,0) (0,0) ( , ) (0,0)

2

2 011 (0, 1) ( , )

0 12

211

2

11 (2 )

2

11

2

xP x y f f x y x y Hf

y

xx y x y

y

xy x y

y

y x y

x y y

abM

b c

2 2( , ) 2ab x

q x y x y ax bxy cyb c y

2 2

2 22 2

2

2 22

2

2

2( , )

det

b cq x y a x xy y

a a

b b ca x y y y

a a a

b ac ba x y y

a a

b Ma x y y

a a

2 2 2 22 2 2

2 2

f f f fd f dx dy dxdy dxdy

x y x y y x

34

110.Ako je X0 stacionarna tacka funkcije f:Df RnR tada je: (c) df(X0)=0

111.Iskazati teorem o neophodnom uslovu za ekstrem diferencijabilne funkcije vise varijabli. Teorem 2.4.17. (Potrebni uslovi za ekstrem)

Ako funkcija f : Rn → R ima ekstrem u tački X0, tada vrijedi, ili je f(X0) = 0 ili prvi

parcijalni izvodi funkcije u tački X0 ne postoje. Dakle, kandidati za ekstremnu vrijednost su sve one tačke u kojima je gradijent jednak 0 i

sve one u kojima funkcija nije diferencijabilna. 112.Neka je zadata funkcija f: R

n → R, f C

2(U) gdje je U R

n otvoren skup.Dokazati da

ako je AU stacionarna tacka funkcije f i ako je Hf(A) pozitivno definitna matrica,da tada funkcija f ima lokalni minimum u tacki A. Vrijedi formula:

Gdje je f dva puta neprekidno diferencijabilna funkcija u nekoj okolini tacke A i (0,1) . Neka je sada A stacionarna tacka funkcije f i neka je Hessijan Hf(X) pozitivno definitna matrica u nekoj kugli B(A,r).Tada je ( ) 0f A pa vrijedi:

a kako je jos ( , )A h B A r ,to je kvadratna forma ( )Th Hf A h >0 pa imamo: ( )f A h > ( )f A Za proizvoljno h,tako da je||h||<r.A ovo upravo znaci da funkcija f ima lokalni minimum u tacki A. 114. Neka je zadata funkcija f: R

n → R, f C

2(U) gdje je U R

n otvoren skup.Dokazati da

ako je AU stacionarna tacka funkcije f i ako je Hf(A) indefinitna matrica,da tada funkcija f nema lokalni ekstrem u tacki A. Ako je Hesijan indefinitan to bi znacilo da postoji malen h,tako da je kvadratna forma:

i takodje proizvoljno malen h da je

Ovo bi onda uzrokovalo da za neke proizvoljno malene h vrijedi f(A+h)>f(A),a istovremeno za neke druge proizvoljno malene h je f(A+h)<f(A).U ovom slucaju jasno je da u tacki A ne moze biti niti lokalni minimum niti lokalni maksimum. 115.Algoritamski objasniti postupak rjesavanja problema ekstremizacije funkcije dvije varijable. U osnovnom slucaju ekstemizacije zadata je neka funkcija f: R

n → R za koju zelimo naci ekstremne

vrijednosti.Taj problem se rjesava nalazenjem svih kriticnih tacaka funkcije,a onda testom druge derivacije ispita karakter tih tacaka. 116.Rijesiti problem f(x,y)=x

2+xy-y

2+4x-3y

Indefinitan!!

1( ) ( ) ( ) ( )

2

Tf A h f A f A h h Hf A h h

1( ) ( ) ( )

2

Tf A h f A h Hf A h h

( ) 0Th Hf A h h ( ) 0Th Hf A h h

2 4 0

2 3 0 2 3

4 6 4 0

5 10 2

1

( 1, 2)

dfx y

dx

dfy x x y

dy

y y

y y

x

M

2

2

2

2

2 2

2

2

1

2 1

1 2

f

x

f

y

f f

x y y x

H

1 22 0, 4 0A A

35

118. i 119.Za problem f(X)ext pri uslovu g(X)=0 objasniti pojavljivanje jednacine ( ) ( )f X g X .

Rjesenje ovog problem ace biti u onim tackama X(x1,x2,….xn) u kojima su zadovoljeni

uslovi ( ) ( )f X g X i g(X)=0.Ovaj metod se naziva Lagrangeov metod a nova varijabla R koja se

pojavljuje u uslovu naziva se Lagrangeov multiplikator.Ako uvedemo funkciju: ( , ) ( ) ( )X f X g X koju

nazivamo Lagrangeova funkcija ili Lagranzijan!!

120.Postaviti problem uslovne eksteremizacije funkcije dvije varijable sa jednim ogranicenjem.Dati algoritamski opis rjesavanja ovog problema. f(X)ext i g(X)=0 1.Prvo formiramo lagranzijan: ( 1, 2,..., , ) ( 1, 2,..., ) ( 1, 2,..., )x x xn f x x xn g x x xn 2.Formiramo ( 1, 2,..., , )x x xn 3.Rjesavamo jednacinu ( 1, 2,..., , ) 0x x xn tk.sistem:

121. Postaviti problem uslovne eksteremizacije funkcije dvije varijable sa dva ogranicenjem.Dati algoritamski opis rjesavanja ovog problema. f(x1,x2,…,xn)ext i h(x1,x2,…,xn)=0,g(x1,x2,…,xn)=0 Formiramo lagranzijan tako da svakom ogranicenju pridruzimo po jedan lagrangeov multiplikator.

( 1, 2,..., , , ) ( 1, 2,..., ) ( 1, 2,..., ) ( 1, 2,..., )x x xn f x x xn h x x xn g x x xn Nalazenjem gradijenta lagranzijana,postavljamo sljedeci system:

123.Rijesiti problem x

2+2y

2ext,pri uslovu 2x+y=1

Prvo formiramo lagranzijan: 2 2( , , ) ( , ) ( , ) (2 1)x y f x y g x y x y x y

Gdje je g(x,y)=2x+y-1 zadani uslov. Sada racunamo gradijent lagranzijana:

Pa rjesavamo system Iz sistemna dobijemo da je:x=2/5,y=1/5, =2/5 X0(2/5,1/5,2/5)

Karakter tacke X0 odredjujemo racunajuci druge parcijalne izvode:

D2f(X0)=2dx

2+2dy

2>0 pa imamo minimum funkcije u tacki(2/5,1/5) i on iznosi fmin=1/5

1 1 1

2 2 2

0

0

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

0

( 1, 2,..., ) 0

n n n

f g

x x x

f g

x x x

f g

x x x

g x x xn

0, 1,2,...

( 1, 2,..., ) 0

( 1, 2,..., ) 0

i i i i

f g gi n

x x x x

g x x xn

h x x xn

( , , ) , , (2 2 ,2 ,2 1)x y x y x yx y

2 2 0

2 0

2 1 0

x

y

x y

36

124.Rijesiti problem x-y+2zext,pri uslovima x+y+z=1 i x2+y

2=1

Lagranzijan ovog problema iznosi: 2 2( , , , ) 2 ( 1) ( 1)x y x y z x y z x y

Nalazimo parcijalne izvode:

Za 5

2 imamo:

3 1,

5 52 2

2 2

x y Za 5

2 imamo:

3 1,

5 52 2

2 2

x y

1

3 1 21 0 1

5 5 52 2

2 2 2

3 1 2 5, ,1 ,2,

25 5 52 2

2 2 2

z z

M

1

3 1 21 0 1

5 5 52 2

2 2 2

3 1 2 5, ,1 ,2,

25 5 52 2

2 2 2

z z

M

1 2

1 2

2

xx

yy

z

2 2

( 1)

( 1)

x y z

x y

2 2

1 2 0

1 2 0

2 0 2

1

1

x

y

x y z

x y

2 2

31 2 2 0

2

11 2 2 0

2

9 1 51

4 4 2

x x

y y

37

Višestruki integral

125. Kada kazemo da je podjela oblasti D pravilna?

Definicija 3.0.1. Podjelu oblasti D nazivamo pravilnom ako se sastoji od dijelova (ćelija) te oblasti koji

zadovoljavaju sljedece osobine:

1. svaka celija je ogranicena i ima ogranicenu velicinu,

2. Dvije razlicite celije nemaju zajednickih unutrasnjih tacaka. Zajednicke tacke dviju razlicitih celija mogu biti

samo granicne tacke tih celija,

3. svaka tacka oblasti D pripada bar jednoj celiji,

4. svaka ogranicena figura koja sa svojom granicom lezi u oblasti D moze se sastojati iz konacnog broja celija.

126. Definisati δ -podjelu oblasti u n-dimenzionom euklidskom prostoru.Sta znaci da je jedna podjela

produzenje druge podjele?

Definicija 3.0.2. Celiju jedne podjele nazivamo δ -celijom ako oko nje mozemo opisati sferu precnika δ.

Pravilna podjela se naziva δ -podjelom ako je svaka njena celija celija.

Jasno je da su u jednoj δ -celiji bilo koje dvije tacke na rastojanju manjem ili jednakom δ.Podjele cemo

ozanacavati uobicajeno sa δ. Razlicite podjele iste oblasti mogu se porediti ili biti neuporedive.

Definicija 3.0.3. Podjela ζ2 je produzenje podjele ζ1 ako pri prelazu na podjelu ζ2 svaka celija podjele ζ1

ostaje nepromjenjena ili se dijeli novom pravilnom podjelom. Takodje kazemo u tom slucaju da je podjela ζ2

finija od podjele ζ1.

127. Definisati integralnu sumu, donju i gornju integralnu sumu za funkciju vise varijabli.

Definicija 3.1.1. Neka je D proizvoljna zatvorena oblast i ζ neka njena pravilna podjela. Neka je funkcija f(X)

ogranicena na D . Integralnom sumom funkcije f u oblasti D nazivamo svaku sumu oblika

S = 1

n

i

f(Xi)mes(ζi) , gdje su ζi (i = 1, ..., n) celije podjele ζ, Xi ζi (i = 1, 2, ..., n) proizvoljne tacke.

Uporedo sa integralnim sumama funkcije f posmatrat cemo i tzv. gornje i donje integralne sume

S =1

n

i

mi mes( i) i S =1

n

i

Mi mes(ζi) gdje su mi =iX

unf

f(X) , Mi = supiX f(X) , (i = 1, 2, ..., n) .

Ove sume nazivamo takodje i gornja odnosno donja Darbouxova suma.

128. Navesti vezu izmedju integralne sume, gornje i donje integralne sume.

Teorem 3.1.1. Pri produzenju podjele oblasti gornja suma ne raste, a donja suma ne opada.

Teorem 3.1.2. Donja suma je manja ili jednaka od gornje sume za proizvoljnupodjelu oblast.

Teorem 3.1.3. Za integralne sume vrijedi m mes( D ) S S S M mes( D ) ,

gdje je m = infX D

f(X) , M = supX D f(X).

Primjer 4.1. Za funkciju dvije promjenljive integralna suma je oblika S =1

( , ) ( ),n

i i i

i

f mes

gdje je Xi( ,i i i) i (i = 1, 2, ..., n).

38

129. Navesti definiciju visestrukog integrala i definiciju integrabilnosti funkcije vise promjenljivih u

zadatoj oblasti.

Neka je S =1

( ) ( )n

i i

i

f X mes

,integralna suma funkcije f(X) u zatvorenoj oblasti D .

Definicija 3.2.1. Broj I nazivamo visestrukim integralom funkcije f nad oblascu D ako za svako ε > 0, postoji δ

= δ (ε) > 0 takav da vazi |S − I| < ε za proizvoljnu pravilnu δ -podjelu oblasti D .

Vidimo da je broj I granicna vrijednost integralnih suma, tj. max ( )

limidiam o

I S

Definicija 3.2.2. Ako postoji jedinstvena i konacna granicna vrijednost integralnih suma finkcije f(X), kazemo

da je funkcija integrabilna u datoj oblasti.

Pri tome je dakle I = limS = 1

lim ( ) ( )n

i in

i

f X mes

= ... 1 2 1 2( , ,..., ) ... ( )n nD D

f x x x dx dx dx f X d

Za funkciju dvije promjenljive z = f(x, y), integrabilnu u oblasti D , imamo

1

lim ( , ) ( )n

k k kDn

k

f mes

f(x, y)dxdy ,pri cemu cinjenica da n je ekvivalentna da max

diam( k )0. Ovaj integral nazivamo dvojni integral funkcije f(x, y) nad zatvorenom oblasti D .

Za funkciju tri promjenljive f(x, y, z) koja je integrabilna u zatvorenoj oblasti D , po definiciji imamo

1

lim ( , ) ( )n

k k k kDn

k

f mes

(x, y, z)dxdydz , i ovaj visestruki integral nazivamo trojni integral funkcije

f(x, y, z) nad zatvorenom oblasti D .

Od kriterijuma za integrabilnost funkcije vise promjenljivih navedimo,

Teorem 4.2.1. Funkcija f(x1, x2, ..., xn) neprekidna u zatvorenoj oblasti D integrabilna je u datoj oblasti.

130. Navesti osobine visestrukog integrala.

Sljedece teoreme navodimo bez dokaza, iako se njihovo dokazivanje lahko izvodi koristeci definiciju

visestrukog integrala, potpuno analogno odgovarajucimteoremama za funkciju jedne promjenljive.

Teorem 3.3.1. (Aditivnost integrala po podintegralnoj funkciji)

Neka su f i fi (i = 1, 2, ..., n) integrabilne funkcije u zatvorenoj oblasti D i neka je C R proizvoljna konstanta.

Tada vrijedi:

1. 1( ( ) ... ( ))nD

f X f X d = 1( ) ... ( )nD D

f X d f X d 2. ( ) ( )D DCf X d C f X d

Teorem 3.3.2. (Aditivnost po oblasti integracije)

Za proizvoljnu podjelu oblasti integracije D na disjunktne parcijalne oblasti D 1, D 2,... D n, vazi

( )D

f X d =1

( )D

f X d 2

( )D

f X d +...+ ( )nD

f X d

pri cemu je funkcija f(X) integrabilna u svakom dijelu D i (i =1,2,...,n)ukoliko je ona integrabilna u D i obrnuto.

Teorem 3.3.3. Ako sa m i M oznacimo infimum i supremum integrabilne funkcije f(X) u D , tada vrijedi

procjena 2

( ) ( ) ( )D

mes D m f X d mes D M

Teorem 3.3.4. Ako u zatvorenoj oblasti vrijedi f(X) 0 (f(X) 0), tada vrijedi

( ) 0( ( ) ) 0)D D

f X d f X d

Za primjenu visestruke integracije posebno je vazan sljedeci teorem.

Teorem 3.3.5. Ako je f(X) = 1 za svako X D , tada je ( ) ( )D D

f X d d mes D

U slucaju dvojnog integrala gdje je oblast integracije iz dvodimenzionalnog euklidskog prostora, ovo znaci da

dvojni integral D

dxdy predstavlja povrsinu oblasti D , a u slucaju trojnog integrala D

dxdydz ovo

predstavlja zapreminu oblasti D .

39

131.Definisati dvostruki integral na pravougaonoj oblasti

Posmatrajmo funkciju f(x, y) definisanu u zatvorenom pravougaoniku

Definicija 4.4.1. Neka je funkcija 1( ) ( , )

d

c

x f x y dy integrabilna za svako x [a, b], tada integral

1( ) ( , )

b b d

a a c

x dx dx f x y dy nazivamo dvostrukim integralom funkcije f(x, y) u zatvorenoj pravougaonoj

oblasti D pri sukcesivnoj integraciji prvo po promjenljivoj y, a zatim popromjenljivoj x.

Takodje, mozemo posmatrati funkciju 2 ( ) ( , )

b

a

y f x y dx za koju zahtjevamo da je integrabilna za svako

y[c, d], onda integral 2 ( ) ( , )

d d b

c c a

x dx dy f x y dx nazivamo dvostruki integral funkcije f(x, y) u oblasti D pri

sukcesivnoj integraciji prvo po x, a zatim po y.

132. Neka je funkcija f(x,y) integrabilna u zatvorenoj pravougaonoj oblasti D (a xb, c yd).Uz

predpostavku postojanja svih integrala, vrijedi:

Posljedica 3.4.2. Ako je funkcija f(x, y) integrabilna u zatvorenom pravougaoniku D i ako postoje dvostruki

integrali b

a

dx ( , )

d

c

f x y dy i

d

c

dy ( , )

b

a

f x y dx tada vrijedi ( , ) ( , ) ( , )

b d d b

Da c c a

f x y dxdy dx f x y dy dy f x y dx

Ovo nam u stvari govori da redoslijed integracije ne utice na vrijednost dvojnog integrala

40

133. Ako je podintegralna funkcija u dvojnom integralu po pravougaonoj oblasti funkcija sa

razdvojenim promjenljivima, to nam olaksava izracunavanje integrala. Obrazloziti teorijski i

primjerom!

Teorem 3.4.1. Neka je funkcija f(x, y) integrabilna u zatvorenoj pravougaonoj oblasti D (tj. neka postoji dvojni

integral funkcije f) i neka za proizvoljno x [a, b] postoji integral

d

c

f(x, y)dy. Tada postoji dvostruki integral

( , )

b d

a c

dx f x y dy i pri tome vrijedi ( , ) ( , )

b d

Da c

f x y dxdy dx f x y dy

Na slican nacin pod odgovarajucim uslovima, vazi ( , ) ( , )

d b

Dc a

f x y dxdy dy f x y dx

Teorem 3.4.1 nam u stvari daje tehniku za izracunavanje dvojnog integrala nad pravougaonom oblasti. Ona se

kako vidimo, svodi na prelazak iz dvojnog u dvostruki integral cije su granice u slucaju pravougaone oblasti,

konstantne.

Kao posljedicu Teorema 4.4.1 i napomene iza nje, imamo

Posljedica 3.4.2. Ako je funkcija f(x, y) integrabilna u zatvorenom pravougaoniku D i ako postoje dvostruki

integrali b

a

dx ( , )

d

c

f x y dy i

d

c

dy ( , )

b

a

f x y dx tada vrijedi ( , ) ( , ) ( , )

b d d b

Da c c a

f x y dxdy dx f x y dy dy f x y dx

Ovo nam u stvari govori da redoslijed integracije ne utice na vrijednost dvojnog integrala

Primjer 3.2. Izracunati integral I = D cos(x + y)dxdy, gdje je D kvadrat 0 ,0

2 2x y

Dvojni integral I svodimo na dvostruki, tj.

2 2 2 20

0 0 0cos( ) (sin( ) |I dx x y dy dx x y

= 2

0

(sin( ) sin )2

x x

0 00 0cos( ) | cos | 0

2x

Primjer 3.3. Izracunati: 2

DI= 6xy dxdy , gdje je D pravougaonik [2, 4] × [1, 2].

2 4

3 24 2 4 2 4 4 4

2 2 2

D 2 1 2 1 2 2 21 2

I= 6xy dxdy 6xy dy dx= 6x y dy dx= 6x dx= 16x-2x dx=14 dx=14 =843 2

y xx

Primjetimo u gornjem primjeru da je podintegralna funkcija f(x, y) =6xy2 oblika f(x, y) = g(x)h(y). Kod

dvojnog integrala sa konstantnim granicama to mozemo iskoristiti na sljedeci nacin

b d

D D a cf x,y dxdy= g x h y dxdy= g x dx• h y dy .

Tako bi u posljednjem primjeru imali

4 22 3

4 22 2

D 2 12 1

x y6xy =6 xdx• y dy=6 g =84

2 3

41

134. Izvrsiti prelaz iz dvojnog u dvostruki integral po proizvoljnoj oblasti integracije, ako je unutrasnja

integracija u dvostrukom integralu po varijabli y.

Neka su funkcije x1 i x2 takve da za svako y[c,d] vrijedi x1(y) x2(y) posmatrajmo oblast zadanu sa

1 2: , ( ) ( )D c y d x y x x y

Neka su a i b fiksni realni brojevi takvi da je 1 2( ) ( )a x y x y d .

Tada je sistemom * : ,D a x b c y d zadana pravougaona oblast , za koju uocavamo da je sastavljena od

tri odvojene oblasti: 1 1: ; ( )D c y d a x x y

1 2: ; ( ) ( )D c y d x y x x y

2 2: ; ( )D c y d x y x b

Pomocu funkcije f(x, y) definisane u oblast D, konstruisimo novu funkciju *

1 2

( , );( , )( , )

0;( , )

f x y x y Df x y

x y D D

Funkcija f* je integrabilna u oblasti pravougaonika jer je konstantna na D1 D2, a poklapa se sa integrabilnom

funkcijom f na D. Prema prethodnoj sekciji sada imamo*

*( , )D

f x y dxdy d

c

dy*( , )

b

a

f x y dx (1)

Posmatrajmo sada lijevu stranu u jednakosti (1). Na osnovu aditivnosti visestrukog integrala po oblasti

integracije, imamo

*

*( , )D

f x y dxdy 1

*( , )D

f x y dxdy *( , )

Df x y dxdy

2

*( , )D

f x y dxdy (2)

Na osnovu definicije funkcije *f je 1

*( , )D

f x y dxdy 2

*( , ) 0D

f x y dxdy

I *( , )

Df x y dxdy ( , )

Df x y dxdy

Sada iz (2) imamo *

*( , )D

f x y dxdy ( , )D

f x y dxdy (3)

Posmatrajmo sada unutrasnji integral na desnoj strani u (1). Zbog aditivnosti odredjenog integrala vazi

*( , )

b

a

f x y dx 1 ( )

*( , )

x y

a

f x y dx2

1

( )

*

( )

( , )

x y

x y

f x y dx2

*

( )

( , )

b

x y

f x y dx (4)

Opet na osnovu definicije funkcije vrijedi

2

*

( )

( , )

b

x y

f x y dx =

1 ( )

*( , )

x y

a

f x y dx

pa jednakost (4) postaje *( , )

b

a

f x y dx 2

1

( )

( )

( , )

x y

x y

f x y dx

(5) koristeci (3) i (5) , jednakost (1) postaje *

( , )D

f x y dxdy d

c

dy2

1

( )

( )

( , )

x y

x y

f x y dx

Formula (5) nam daju nacin izracunavanja dvojnog integrala za proizvoljnu oblast integracije. Dakle, dvojni

integral rjesavamo pomocu dvostrukog integrala u kome su granice unutrasnje integracije eventualno ovisne o

jednoj promjenljivoj dok su granice spoljasnje integracije obavezno konstantne (po promjenljivima integracije).

42

135. Kojim se osobinama visestrukog integrala koristimo u obrazlaganju prelaza iz dvojnog u dvostruki

integral funkcije na proizvoljnoj oblasti?

Sto se tice pravila za izracunavanje dvojnih integrala, one su

1.Aditivnost po podintegralnoj funkciji ( ( . ) ( , ) ( , ) ( , )D D D

f x y g x y dxdy f x y dxdy g x y dxdy

2. Izracunavanje konstante: ( , ) ( , )D Dcf x y dxdy c f x y dxdy

3. Aditivnost po granici integracije:1 2 1D=D ÌD D

f(x,y)dxdy= f(x,y)dxdy+ 2D f(x,y)dxdy

136. Izvrsiti prelaz iz dvojnog u dvostruki integral funkcije f(x,y)nad oblascu D :y=2x , y=3x ; x=2.

Oblast integracije je srafirani dio na slici.

Odlucimo se za redoslijed integracije prvo (unutrasnja)

po y, a zatim (spoljasnja) po x. To nam onda diktira da

granice za x moraju biti konstante,dok za y one mogu

ovisiti o varijabli x. Projektujuci oblast D na x-osu,

dobijamo da su granice za x od 0 do 2. Birajuci

proizvoljan x [0, 2]i posmatrajuci vertikalu u toj

tacki, konstatujemo da se najmanja vrijednost y postize

na liniji y = 2x, a najveca na liniji y = 3x.

To nam upravo predstavlja granice integracije. 2 3x

D0 2x

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

137. Izvrsiti zamjenu redoslijeda integracije u dvostrukom integralu za funkciju nad oblascu D :y=2x ,

y=3x ; x=2.

Oblast integracije je srafirani dio na slici od prethodnog zadatka,ista slika.

Odlucimo se za redoslijed integracije prvo (unutrasnja) po y, a zatim (spoljasnja) po x. To nam onda diktira da

granice za x moraju biti konstante,dok za y one mogu ovisiti o varijabli x. Projektujuci oblast D na x-osu,

dobijamo da su granice za x od 0 do 2. Birajuci proizvoljan x [0, 2]i posmatrajuci vertikalu u toj tacki,

konstatujemo da se najmanja vrijednost y postize na liniji y = 2x, a najveca na liniji y = 3x.

To nam upravo predstavlja granice integracije

2 3x

D0 2x

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

Ako bi zamjenili redoslijed integracije treba primjetiti da datu oblast moramo podijeliti na dvije parcijalne

oblasti, naime

4 6 23

0 4

2 3

( , ) ( , ) ( , )

y

Dy y

f x y dxdy dy f x y dx dy f x y dx

138.Navesti tvrdnje koje nam govore o nacinu izracunavanja trojnog integrala po oblasti paralelopipeda.

Teorem 4.5.1. Neka je funkcija f(x, y, z) integrabilna u zatvorenom paralelepipedu V i neka za proizvoljno

(x, y) Є Vxy postoji integral

2

1

c

c

f(x, y, z)dz , tada postoji i integral xyV

dxdy2

1

c

c

f(x, y, z)dz

i vrijedi jednakost

2

xy

1

c

V Vc

f(x,y,z)dxdydz= dxdy f(x,y,z)dz 2

1

a

a

dx2

1

b

b

dy2

1

c

c

f(x,y,z)dz

Gornji teorem nam daje postupak rjesavanja trojnog integrala na pravouglom paralelepipedu.

43

139.Napisati prelaz iz trojnog u trostruki integral za funkciju f(x,y,z)=xyz, nad oblascu

V: x≥0 , y≥0 , z≥0 , 2 2 2 1x y z , a zatim izracunati dati integral.

Sada imamo integraciju po dijelu lopte centra (0, 0, 0), poluprecnika 1, koji se nalazi u prvom oktantu. Neka

prva integracija bude po z, druga po y i treca po x. To znaci da su granice za x konstantne, pa zato projektujmo

tijelo V u xOy ravan (slika desno) iz koje vidimo granice 20 1,0 1x y x

Granice za z odredjujemo na slican nacin kao za y: u oblasti projekcije izaberemo proizvoljnu tacku i iz

nje vucemo vertikalu. Na toj vertikali odredjujemonajmanju i najvecu vrijednost za z, odnosno na kojim

povrsima se nalaze te rijednosti. Na slici lijevo vidimo da je najmanja vrijednost za z u ravni z =0, a najveca se

uvijek nalazi na povrsi 2 21z x y

Ovo nam sada daje prelaz iz trojnog u trostruki integral

2 22 1-x -y1 1-x

V0 0 0

xyzdxdydz= xdx ydy zdz

Ostao je jos «racunski»dio zadatka.

2 22 22 2

22

1-x -y1-x -y1 1-x 1 1-x 2

V0 0 0 0 0 0

1-x1 1-x 1 12 4

22 2 2 2

0 0 0 00

zxyzdxdydz = xdx ydy zdz = xdx ydy =

2

1 1 y y 1 1= dx y(1-x -y )dy= dx( 1-x - ) = x 1-x dx=

2 2 2 4 8 48

140. Definisati Jacobijevu determinantu proizvoljnog preslikavanja. Kada kazemo da je preslikavanje

regularno u oblasti D?

Definicija 3.6.1. Za preslikavanje y1 = f1(x1, x2, ..., xn)

y2 = f2(x1, x2, ..., xn)

..... ... ............................. (1)

yn = fn(x1, x2, ..., xn) kazemo da je regularno u oblasti D ako vrijedi

1. funkcije f1, ..., fn imaju neprekidne parcijalne izvode po svakoj promjenljivoj,

2. J 0.

Determinantu J nazivamo Jacobijeva determinanta ili jakobijan preslikavanja

(1).U literaturi se cesto za jakobijan preslikavanja (1) koristi oznaka . 1 2 n

1 2 n

D(f ,f ,...,f )J=

D(x ,x ,...,x )

Ako je dato preslikavanje (1) i preslikavanje:

44

x1 = g1(t1, t2, ..., tn)

x2 = g2(t1, t2, ..., tn)

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

xn = gn(t1, t2, ..., tn) ,nije tesko pokazati da za jakobijane ovih preslikavanja vazi

1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

( , ,..., ) ( , ,..., ) ( , ,..., )

( , ,..., ) ( , ,..., ) ( , ,..., )

n n n

n n n

D f f f D d d d D x x x

D x x x D y y y D t t t

Iz ovoga onda proizilazi vazna osobina jakobijana: 1 2 1 2

1 2 1 2

( , ,..., ) ( , ,..., )1

( , ,..., ) ( , ,..., )

n n

n n

D y y y D x x x

D x x x D y y y

naravno pod pretpostavkom postojanja inverznih preslikavanja y-1

i( (i = 1, 2 ,...,n).

141. Kako glase polarne koordinate i sta je njihova geometrijska interpretacija?

(navesti smjene, prirodne granice i jakobijan preslikavanja).

Teorem 3.7.1. Ako se sistemom funkcija x = x(u, v) , y = y(u, v) realizuje bijektivno preslikavanje oblasti D* u

oblast D i ako je funkcija f(x, y) integrabilna u oblasti D, tada je

*( , ) ( ( , ), ( , )) ( , )

D Df x y dxdy f x u v y u v J u v dudv

Kao specijalnu smjenu kod dvojnih integrala navodimo ovdje polarne koordinate, tj. transformaciju

x = ρ cosθ , y = ρ sinθ , (1)pri cemu su prirodne granice novih varijabli date sa 0 ,0 2

Geometrijski, ρ predstavlja udaljenost tacke od koordinatnog pocetka, a θ je ugao izmedju pozitivnog dijela x-

ose i duzi ρ, te odatle proizilaze prirodne granice za ove velicine. J = ρ

142. Sta su koordinatne linije polarnih koordinata u xy – ravni? Sta je ideja uvodjenja polarnih

koordinata?

Ako posmatramo neko fiksno ρ0, koristeci smjene x = ρ cosθ , y = ρ sinθ zakljucujemo da sve tacke na

kruznici 2 2 2

0x y imaju istu udaljenost od koordinatnog pocetka. Analogno, ako fiksiramo neki ugao 0 ,

ponovo koristeci smjene x = ρ cosθ , y = ρ sinθ , (1) dobijamo da sve tacke na polupravoj y = tg 0 x imaju isti

ugao prema pozitivnom dijelu x-ose.

Koordinatne linije polarnih koordinata

Iz ovoga zakljucujemo da polarne koordinate ( 0 , 0 ) odredjuju tacno jednu tacku u xy-ravni, Osim toga,iz

gornjeg razmatranja se vidi da se linije = 0 iz polarnog sistema preslikavaju u poluprave u xy-sistemu, a da

se linije ρ = ρ0 preslikavaju u kruznice.(Desna slika - Koordinatne linije polarnih koordinata)

45

143. Pokazati primjerom kako dvojni integral mozemo iskoristiti za izracunavanje nekih ”nerjesivih”

jednostrukih integrala.

144. Kako uvesti polarne koordinate ako figuru D : 2x2 + 3y

2 = 6 zelimo prevesti u jedinicnu kruznicu u

polarnom sistemu. Kako glasi jakobijan u tom slucaju?

Opstija smjena od gornje smjene su tzv. uopstene polarne koordinate, tj. x = aρ cosθ , y = bρ sinθ ,

gdje su a i b pozitivni realni brojevi. Ovom smjenom se elipsa 2 2

2 2

x y+ =1

a b u xy-ravni, prevodi u jedinicnu

kruznicu ρ = 1 u ρθ-ravni. Jakobijan ovog preslikavanja je J = abρ.

Napomenimo jos i to da ako zelimo jednacinu opste elipse

2 2

2 2

x-p y-q+ =1

a bprevesti u jedinicnu kruznicu u

ρθ -ravni, to cemo posti ci smjenama x = aρ cosθ + p , y = bρ sinθ + q , sa jakobijanom J = abρ.

2x2 + 3y

2 = 6 /: 6

2 2

2 21

3 2

x y ==>

2 2

2 21

x y

a b ==> a=√3 i b=√2

x = aρ cosθ , x = √3 ρ cosθ , y = bρ sinθ , y = √2ρ sinθ , J = abρ , J = √3√2ρ 2 2

2 2

x y+ =1

a b,

2 2 2 2 2 2

2 2

a ρ cosφ b ρ sin+ =1

a b, 2 2 2 2ρ cosφ ρ sin 1 , 2ρ 1,ρ 1 0≤ρ≤1 i 0≤θ≤2pi

145. Kako uvesti polarne koordinate ako figuru D : 2x2 + y

2 + 4x − 2y = 7 zelimo prevesti u jedinicnu

kruznicu u polarnom sistemu. Kako glasi jakobijan u tom slucaju?



2 2

x y+ =1




2 2

2 2

x-p y-q+ =1



2 2

2 2 2 2

2 2

2

2

2 2

2 4 2 7

2 4 ( 2) ( 2) 2 1 1 7

( 2 2) ( 1) 10/ :10

2( 1) ( 1)1

10 10

( 1) ( 1)1

5 10

5, 10

x y x y

x x y y

x y

x y

x y

a b

2 2

2 2 2 2

2

1

0

2

0

5( cos 1), 10( sin 1)

5 10

5( cos 1 1) 10( sin 1 1)1

5 10

cos sin 1

1

1

x y

J

46

146. Koje od sljedecih smjena predstavljaju neki oblik polarnih polarnih koordinata:

(a) x = aρ cosΦ , y = bρ sinΦ .

(b) x = ρ cosΦ , y = ρ sinΦ .

(c) x = aρ cosΦ + α , y = bρ sinΦ + β.

(d) x = ρ + cosΦ , y = ρ + sinΦ .

Opšta smjena je x = ρ cosθ , y = ρ sinθ ,



2 2

x y+ =1




2 2

2 2

x-p y-q+ =1



147. Kako glase cilindricne koordinate i sta je njihova geometrujaska interpretacija?(navesti smjene,

prirodne granice i jakobijan preslikavanja)

Dakle, ako pravougli descartesov koordinatni sistem zamjenimo cilindricnim koordinatnim sistemom, sto

ostvarujemo sistemom x = ρ cosθ , y = ρ sinθ I z=z jakobijan kojeg je ( , , )

( , , )

D x y zJ

D z

tada imamo

( , , ) ( cos , sin , )V V

f x y z dxdydz f z d d dz

Geometrijska interpretacija cilindricnih koordinata je ta da svakoj tacki (x, y, z) iz xyz-prostora, pridruzimo

njen polozaj na z-osi, udaljenost projekcije te tacke u xy-ravni od koordinatnog pocetka, ρ i ugao izmedju

potega ρ i pozitivnog dijela x-ose, θ .

Pri tome su prirodne granice novih varijabli 0 ;0 2 ; z

148. Sta su koordinatne povrsi cilindricnih koordinata i kako ih dobijamo?

Drzeci po jednu od cilindricnih koordinata konstantnom, dobijamo takozvane koordinatne povrsi u xyz-

prostoru. Ako je = 0 , dobijamo koordinatnu povrs 2 2 2

0x y (cilindar). Ako je 0 , odgovarajuca

povrs je data sa y = tg 0 x, a to je poluravan u prostoru koja sadrzi z-osu. Na kraju,ako z drzimo fiksnim, tj. z =

0z , odgovarajuca povrs je ravan z = 0z .

149. Zadata je ogranicena oblast D. Uvodeci cilindricne koordinate, odrediti oblast D*, sliku oblasti D.

(a) D : x2 + y

2 = 1 , x

2 + y

2 = 4 , z = 0 , z = 1.(lopte jedna u drugoj)

Cilindrične koordinate: x = ρ cosθ , y = ρ sinθ i z=z i J= ρ

x2 + y

2 = r

2, ρ

2 cos

2θ + ρ

2 sinθ

2= r

2, ρ

2= r

2, ρ = r

x2 + y

2 = 1 imamo da je kružnica sa C(0,0) poluprecnika r=1 ==> ρ=1

x2 + y

2 = 4 imamo da je kružnica sa C(0,0) poluprecnika r=2==> ρ=2 Rj: 0 2;0 2 ;0 1z

(b) D : x2 + y

2 = 2 , z

2 = x

2 + y

2 , z ≤ 0. Rj: 0 2;0 2 ; 0z

(c) D : x2 + y

2 = 1 , z = x

2 + y

2. Rj: 20 1;0 2 ;1 z

(d)D : z2 = x

2 + y

2 , z

2 + 1 = x

2 + y

2. Rj: 0 1;0 2 ; z

47

150. Izvesti sferne koordinate, ako ugao mjerimo od ekvatorijalne ravni.


Sferni koordinatni sistem I uma za ideju orijentaciju na sfernoj površini.

Posmatrajmo gornju sliku. Uzimamo da je

udaljenost tacke M od koordinatnog pocetka, je

udaljenost od meridijana, tj. ugao izmedju potega 'OM ,

gdje je 'M projekcija tacke M u Oxy ravan i pozitivnog

dijela x-ose i je ugao izmedju i Oxy ravni, tj.

udaljenost tacke M od ekvatorijalne ravni.

Uocimo trougao 'OM M To je pravougli trougao, pa iz njega ocitavamo '

cosOM

OM ,

'sin

MM

OM ,

odnosno ' cosOM , ' sinMM z , (1)

Iz pravouglog trougla 'OAM ocitamo cos'

OA

OM ,

'sin

'

AM

OM , tj. '

cos

xOM

, '

sin

yOM

. (2)

Kombinujuci (1) i (2) dobijamo sferne koordinate za slucaj kada ugao mjerimo od ekvatorijalne ravni.

cos cosx , sin cosy , sinz prirodne granice su 0 , 2 ,2 2

o

jer su od ”ekvatora” najudaljeniji polovi i to sjeverni 90 , a juzni −90 .Jakobijan za ovakve smjene je

J = 90 tako sada smjena u trojnom integralu izgleda

( , , ) (V V

f x y z dxdydz f cos cos , sin cos , sin )2 cos d d d .

151. Izvesti sferne koordinate, ako ugao mjerimo od sjevernog pola.


Ispisat sve iz 150 pitanja pa onda napisati ovo.

Uvodeci sferni koordinatni sistem, mjereci ugao

od sjevernog pola sistem glasi:

cos sinx , sin siny , cosz

prirodne granice su

0 , 2 ,2

o

Sada je najudaljenija tacka od sjevernog pola, juzni pol

i to 180 . Jakobijan je J = 2 sin ,

i smjena u trojnom integralu izgleda ovako

( , , ) (V V

f x y z dxdydz f cos sin , sin sin , cos )2 sin d d d

48

152. Zadata je ogranicena oblast V . Uvodeci sferne koordinate, odrediti oblast V *, sliku oblasti V .

(a) V : x2

+ y2

+ z2

= 2 , z ≥ 0.

Sferne koordinate: x = ρ cosθ sinΦ , y = ρ sinθ sinΦ i z=ρcosΦ i J= ρ2sinΦ

x2 + y

2 = r

2, ρ

2 cos

2θ sin

2Φ + ρ

2 sinθ

2 sin

2Φ + ρ

2 cos

2Φ= r

2, ρ

2= r

2, ρ = r

x2

+ y2

+ z2

= 2 imamo da je kružnica sa C(0,0) poluprecnika r=√2 ==> ρ=√2

ρcosΦ > 0 , cosΦ > 2 2

,prirodno 0 Rj: 0 2;0 2 ;0

2

(b) V : x2

+ y2

+ z2

= 2 , y ≥ 0. ρ sinθ sinΦ > 0 , sinΦ > 0 , Rj: 0 2;0 ;0

(c) V : x2

+ y2

+ z2

= 2 , x ≥ 0. ρ cosθ sinΦ> 0, cosΦ > 2 2

, sinΦ > 0 ,

Rj: 0 2; ;02 2

(d) V : x2

+ y2

+ z2

= 1 , x2

+ y2

+ z2

= 4., ρ=1, ρ=2, Rj:1 2;0 2 ;0

(e) V : x2

+ y2

+ z2

= 1 , x2

+ y2

+ z2

= 4 , z ≥ 0. ρcosΦ> 0 ,cosΦ > 2 2

,prirodno 0

Rj:1 2;0 2 ;02

(f) V : x2

+ y2

+ z2

= 1 , z2

= x2

+ y2

, z ≥ 0. cosΦ=sinΦ, tgΦ=1 , Φ=4

, prirodne 0

Rj: 0 1;0 2 ;04

(g)V : x2

+ y2

+ z2

= 1 , z2

= x2

+ y2. Ukupna zapremina je dvije ove, cosΦ=sinΦ, tgΦ=1 ,

Φ=4

, prirodne 0 Rj: 0 1;0 2 ;0

4

153.. Obrazlozi nacin primjene visestrukih integrala za izracunavanje zapremine tijela.

Izracunati zapreminu lopte u 3 – dimenzionom prostoru, poluprecnika r.

Neka je z = f(x, y), (x, y) D 2R , z 0, povrs u prostoru xyz. Sa 'l oznacimo granicu oblasti D. Cilindriˇcna

povrs sa vodiljom 'l i izvodnicama paralelnim osi Oz, sijeˇce povrs f(x, y) po krivoj l. Sa V oznaˇcimo

zapreminutijela ograniceno sa pomenutom cilindarskom povrsi (sa strane), oblascu D (odozdo) i povrsi f(x, y)

(odozgo).

Tada je ( , )D

V f x y dxdy Zaista, iz same

definicije trojnog integrala jesno je da vrijedi

VV dxdydz

mozemo zapisati kao

( , )

0

f x y

DV dxdy dxdydz = ( , )

Df x y dxdy

U slucaju da je ( , ) 0f x y ,jasno je da vrijedi

( , )D

V f x y dxdy

154. Obrazloziti nacin primjene dvojnog integrala za izracunavanje povrsine ravnih likova.

Izracunati povrsinu kruga, poluprecnika r. Posmatrajmo funkciju y = f(x) 0 definisanu na razmaku [a, b]. Neka je D oblast ogranicena sa gornje strane

krivom f(x) sa donje strane razmakom [a, b] i sa strana pravama x = a i x = b.

49

Iz ranijeg izucavanja znamo da je povrˇsina oblasti D data sa ( ) ( )

b

a

mes D f x dx

Medjutim, gornji izraz se moze zapisati i sa

( )

( ) ( )

f xb b

Da a o

mes D f x dx dx dy dxdy

sto daje formulu za izracunavanje povrsine ravnog lika D.

Primjer 1. Izracunati povrsinu kruga poluprecnika r. U pitanju je proizvoljan krug, pa cemo izabrati centralni

krug poluprecnika r. Sada je trazena povrsina P = D

dxdy , 2 2 2:D x y r

Uvedemo li polarne koordinate, tj. smjene cos , sinx y imamo

2

2

0 0

r

P d d r

50

155. Obrazloziti nacin primjene trojnog integrala za izracunavanje mase tijela.

Posmatrajmo tijelo mase m u dijelu V prostora 3R u pravouglom koordinatnom sistemu Oxyz. Kolicnik

( )

m

mes V naziva se srednja gustina datog tijela. Ako sada uocimo proizvoljnu tacku A(x, y, z) V i proizvoljnu

kugluK(A, ) oko te tacke koja lezi u tijelu V , gustinu tijela u tacki A, u oznaci (A) po definiciji racunamo sa

0( ) ( , , ) lim

( ( , ))

KmA x y z

mes K A

gdje je Km masa lopte ( , )K A . Ako je ( )A = const, za tijelo

kazemo da je homogeno i u tom slucaju veza izmedju gustoce i zapremine mes (V), data je poznatom nam

formulom m= mes (V) .

Pretpostavimo zato da tijelo nije homogeno i da mu je gustina (x, y, z) , (x, y, z) V , poznata.

Izvrsimo podjelu tijela V na podoblasti Vi, i =1, 2, ..., n kojih je dijametar proizvoljno malen i u kojima onda

mozemo smatrati da je gustina konstantna i jednaka (xi, yi, zi) za neku tacku (xi, yi, zi) Vi. Jasno je tada

da vrijedi mi = (xi, yi, zi)mes(Vi) , i = 1, 2, ..., n ,

pa ako izvrsimo sumiranje svih ovih masa, dobijamo pribliznu masu tijela.

Prelaskom na limesmax ( ) 0

1

lim ( , , ) ( )i

n

i i i imes V

i

x y z mes V

, dobije se masa tijela, tj. ( , , ) .V

m x y z dxdydz

51

Krivolinijski integral

156. Krivolinijski integral prve vrste.

Posmatrajmo u prostoru Oxyz dio krive L od tačke A do tačke B, koja se može rektificirati i koja nema

samopresjeka. Neka su njene jednačine date sa x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ; t ∈ [α, β] .

Neka je funkcija f(x, y, z) definisana i ograničena na krivoj L. Podijelimo segment [α, β] na n dijelova,

α = t0 < t1 < ... < tn = β. Svakoj vrijednosti ti, i = 1, 2, ..., n odgovara na krivoj tacka Ai cije su koordinate

(xi, yi, zi), gdje je xi = x(ti), yi = y(ti) i zi = z(ti).Za t = t0 imamo tacku A(x0, y0, z0) i za t = tn B(xn, yn, zn).

Definicija 4.2.1. Ako za funkciju f(x, y, z) definisanu i ogranicenu na luku L postoji lim maxΔsi→0 ζ(f, L),

onda se on naziva krivolinijski integral prve vrste funkcije f(x, y, z) po krivoj L i oznacava se sa

∫Lf(x, y, z)ds ili ∫ABf(x, y, z)ds .Često cemo umjesto o krivoj integracije govoriti o luku ili putanji integracije i

nadalje cemo podrazumijevati da je L dio-po-dio glatka kriva, a da je f(x, y, z) ogranicena na L i neprekidna u

svim tackama krive L, osim u njih konacno mnogo.Sljedecim teoremom navodimo neke od osnovnih svojstava

ovog integrala.

Teorem 4.2.1. Neka je L dio krive od tacke A do tacke B, neka su dalje f i g funkcije definisane na luku L i

neka integrali ∫L f(x, y, z)ds i ∫L g(x, y, z)ds postoje.

1. Za a, b ∈ R vrijedi ∫L (af(x, y, z) + bg(x, y, z) )ds = a∫L f(x, y, z)ds + b∫L g(x, y, z)ds.

2. Za proizvoljnu tacku C luka L, izmedju tacaka A i B vrijedi

∫AB f(x, y, z)ds = ∫AC f(x, y, z)ds + ∫CB f(x, y, z)ds.

3.│∫L f(x, y, z)ds│≤ ∫L│f(x, y, z)│ds

4. Ako je f(x, y, z) ≤ g(x, y, z) za (x, y, z) ∈ L, onda je ∫L f(x, y, z)ds ≤ ∫L g(x, y, z)ds.

Dokaz :

1. Dokaz ove cinjenice slijedi direktno iz osobina konacnih suma.

∑i=1n [af(ξi,ηi,ζi) + bg(ξi,ηi,ζi)] Δsi = a∑i=1

n f(ξi,ηi,ζi) Δsi + b∑i=1

n g(ξi,ηi,ζi) Δsi.

Prelaskom na limes kada maxΔsi → 0 dobija se tvrdnja.

2. Pri podjeli luka AB tackama Ai, kao jednu od podionih tacaka izaberimo i tacku C i fiksirajmo je. Integralna

suma ζ(f, L),moze se simbolicki zapisati u obliku ζ(f, L) = ∑AC f(ξi,ηi,ζi) Δsi + ∑CB f(ξi,ηi,ζi) Δsi

gdje podrazumijevamo da u prvoj sumi sumiramo po onim tackama Ai koje su na luku AC, a u drugoj sumi po

tackama koje su na luku CB. Prelaskom na limes kada maxΔsi → 0 dobija se trazena tvrdnja.

3. Slijedi iz uopstene nejednakosti trougla │∑ i=1n f(ξi,ηi,ζi) Δsi│ ≤ ∑ i=1

n │f(ξi,ηi,ζi)│Δsi

4. Iz nejednakosti f(ξi,ηi,ζi) ≤ g(ξi,ηi,ζi), i= 1,2,..,n, slijedi ζ(f, L) ≤ ζ(g, L), što direktno daje traženo tvrĎenje.

Teorem 4.2.2. Neka je f(x, y, z) neprekidna funkcija na luku L. Postoji tacka M*(x*, y*, z*) na luku L, takva

da vrijedi ∫L f(x, y, z)ds = f(x*, y*, z*)l(L) , gdje smo sa l(L) oznacili duzinu luka L.

L= ∫ab √1+ [y'[x]]

2dx , pravougraone kordinate

L= ∫t0t1

√ [x'[t]]2

+ [y'[t]]2dt , parametarskim jednacinama.

Teorem 4.2.3. Ako postoji ∫AB f(x, y, z)ds, onda vrijedi ∫AB f(x, y, z)ds = ∫BA f(x, y, z)ds

Dokaz : Dokaz slijedi iz cinjenice da velicina Δsi predstavlja duzinu luka od tacke Ai−1 do tacke Ai, pa je

ocigledno svejedno da li je posmatramo od Ai−1 do Ai ili od Ai do Ai−1.

52

157..Izracunavanje krivolinijskog integrala prve vrste

Sljedecim teoremom dajemo pravilo za izracunavanje krivolinijskog integrala prve vrste.

Teorem 4.2.4. Neka je luk krive L = AB zadat jednacinama x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ; t ∈ [α, β] glatka kriva

bez singuarnih tacaka i neka je f(x, y, z) neprekidna funkcija na luku L. Tada vrijedi formula

∫AB f(x, y, z)ds = ∫αβ

f(x(t), y(t) , z(t)) √ x'2(t) + y'

2(t) + z'

2(t) dt

Vidimo da se u stvari krivolinijski integral prve vrste, tj. ako je luk L zadat parametarskim jednacinama, svodi

na obicni Riemanov integral jedne varijable.

Primjer 4.1. Izracunati ∫L(x2 + y

2 + z

2)ds, gdje je luk L zadat parametarskim jednacinama kruzne zavojnice

L : x= acos t , y= asin t , z= bt ; t ∈ [α, β].

Na osnovu formule imamo: ∫L(x2 + y

2 + z

2)ds = ∫0

Π(a

2cos

2t + a

2sin

2t + b

2t2) √a

2sin

2t + a

2cos

2t + b

2 dt=

=√a2+b

2∫0Π

(a2 + b

2t2)dt = (Π a

2 +

4/3 Π

3b

2)√a

2+b

2

Primjer 4.2. Izracunati: ∫AB (x + y + z)ds, gdje je luk dio prave od tacke A(1, 1, 1) do tacke B(3, 3, 3).

Jednacina prave zadata tackama A i B je (x−1)/2 = (y−1)/2 = (z−1)/2 ili u parametarskom obliku x = 2t + 1 ,

y = 2t + 1 , z = 2t + 1, pa je na osnovu formule ∫AB (x + y + z)ds = ∫01(2t + 1 + 2t + 1 + 2t + 1) √6 dt =

= √6∫01 (6t + 3)dt = √6* 9/2

158. Krivolinijski integral druge vrste

Neka je kriva L u prostoru data jednacinama x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ; t ∈ [α, β] i neka su funkcije P(x, y, z),

Q(x, y, z) i R(x, y, z) definisane i ogranicene na luku L. Podjelimo segment [α, β] na n dijelova tackama ti i na

svakom podsegmentu [ti−1, ti] izaberimo proizvoljnu vrijednost ηi, i = 1, 2, ..., n.

Sada mozemo formirati slijedece integralne sume

ζ1(P, L) = ∑ i=1n P(ξi,ηi,ζi) Δxi, ζ2(Q, L) = ∑ i=1

n Q(ξi,ηi,ζi) Δxi, ζ3(R, L) = ∑ i=1

n R(ξi,ηi,ζi) Δxi.

Definicija 4.3.1. Neka za funkciju P(x, y, z) (Q(x, y, z), R(x, y, z)), definisanu na luku L, postoji limes

integralne sume ζ 1(P, L) , ζ 2(Q, L), ζ 3(R, L)) kada maxΔxi → 0 (maxΔyi → 0, maxΔzi → 0), tada se on

naziva krivolinijskim integralom druge vrste funkcije P(x, y, z) (Q(x, y, z), R(x, y, z)) po luku L i oznacava se

sa ∫L P(x, y, z)dx ( ∫L Q(x, y, z)dy, ∫L R(x, y, z)dz ).

Zbir ∫L P(x, y, z)dx + ∫L Q(x, y, z)dy + ∫L R(x, y, z)dz se obicno zapisuje u skracenoj formi

∫L P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dy i naziva se (opstim) krivolinijskim integralom druge vrste.

Naredni teorem nam daje osobine krivolinijskog integrala druge vrste koje su identicne osobinama

krivolinijskog integrala prve vrste.

Teorem 4.3.1. Neka je L = AB luk krive, P i P1 funkcije definisane na luku L i neka postoje integrali

∫L P(x, y, z)dx i ∫L P1(x, y, z)dx

1. Za proizvoljne a, b ∈ R vrijedi ∫L (aP(x, y, z) + bP1(x, y, z))dx = a ∫L P(x, y, z)dx + b ∫L P1(x, y, z)dx

2. Neka je C ∈ L izmedju tacaka A i B. Tada vrijedi ∫AB P(x, y, z)dx = ∫AC P(x, y, z)dx + ∫CB P(x, y, z)dx.

Teorem 4.3.2. Ako je P(x, y, z) neprekidna funkcija na luku AB, onda postoji tacka M*(x*, y*, z*) na luku

AB, takva da je ∫AB P(x, y, z)dx = P(x*, y*, z*) (b-a) gdje je x(α) = a, x (β) = b.

Sada cemo vidjeti da slijedece svojstvo nije jednako kod krivolinijskih integrala prve i druge vrste.

Teorem 4.3.3. Ako postoji integral ∫AB P(x, y, z)dx, tada vrijedi ∫AB P(x, y, z)dx = - ∫BA P(x, y, z)dx

53

159. Izracunavanje krivolinijskog integrala druge vrste Teorem 4.3.4. Neka je kriva AB zadata jednacinama x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) ; t ∈ [α, β], glatka i nema

singularnih tacaka i neka je funkcija P(x, y, z) neprekidna na luku AB. Tada vazi formula

∫AB P(x, y, z)dx = ∫α β P(x(t), y(t), z(t)) · x'(t)dt Analogno se iskazuje tvrdnja i za funkcije Q i R,

∫ABQ(x, y, z)dx = ∫α β Q(x(t), y(t), z(t)) · y'(t)dt i ∫AB R(x, y, z)dx = ∫α

β R(x(t), y(t), z(t)) · z'(t)dt

Sada za sumarnu formulu imamo

∫AB (Pdx + Qdy + Rdz) =∫α β (Px' (t) + Qy' (t) + Rz'(t))dt .

Primjer 4.3. Izracunati:∫L(x2 − 2xy)dx + (y

2 − 2xy)dy, gdje je L luk parabole od tackeA(−1,1) do tackeB(1,1).

Za parametar krive uzimamo x. Formula nam daje (R = 0)

∫L(x2 − 2xy)dx + (y

2 − 2xy)dy =∫−1

1(x

2 − 2x

3 + 2x

5 − 4x

4)dx = −14/15.

160. Uslov Nezavisnost integracije od putanje. Grinova formula

Krivolinijski integral druge vrste u opstem slucaju zavisi od putanje po kojoj se vrsi integracija. Medjutim, to

nije uvijek slucaj. Ukoliko izraz Pdx + Qdy + Rdz predstavlja totalni diferencijal neke funkcije u(x, y, z), onda

integral vektora (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z)) po luku L = AB zavisi samo od tacaka A i B, a ne i od linije

kojom su te tacke povezane. Ovo razmatranje cemo iskazati teoremom

Teorem 4.4.1. Neka je u oblsti V C R3 zadata neprekidna vektorska funkcija

v→ = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z)) . Tada su sljedeca tvrdjenja ekvivalentna:

1. Postoji funkcija u(x, y, z) sa neprekidnim prvim parcijalnim izvodima, definisana u oblasti V , takva da je

∂u /∂x = P(x, y, z) , ∂u /∂y= Q(x, y, z) , ∂u /∂z = R(x, y, z)

2. Krivolinijski integral druge vrste ∫AB Pdx+Qdy +Rdz po putanji AB C V , gdje su A(x0,y0,z0) i B(x1,y1,z1)

pocetna, odnosno krajnja tacka te putanje, ne zavisi od oblika putanje, nego samo od tacaka A i B. Pri tome

vrijedi ∫AB Pdx+Qdy +Rdz = u(x1, y1, z1) − u(x0, y0, z0) .

3. Krivolinijski integral cPdx + Qdy + Rdz po proizvoljnoj zatvorenoj putanji ∫c C V jednak je nuli.

Definicija 4.4.1. Za oblast V C R3 kazemo da je prosto povezana ako se svaka zatorena dio-po-dio

glatka kriva c C V , moze ”stegnuti” u proizvoljnu tacku M0 ∈ c, ostajuci pri tome u oblasti V .

Teorem 4.4.2. Neka je u prosto povezanoj oblasti V C R3 zadata neprekidna vektorska funkcija

v→ = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z)) koja ima neprekidne parcijalne izvode

∂P /∂y , ∂P /∂z , ∂Q /∂x , ∂Q /∂z , ∂R /∂y, ∂R /∂x.

Potreban i dovoljan uslov da integral ∫AB Pdx+Qdy +Rdz, AB C V , ne zavisi od putanje AB, jeste da su

ispunjeni uslovi ∂P /∂y = ∂Q /∂x, ∂Q /∂z =∂R /∂y, ∂R /∂x = ∂P /∂z .

Primjer 4.5. Izracunati: ∫c –y / (x2+y

2) dx + x / (x

2+y

2) dy, po putanji c koja predstavlja kruznicu

(x − 3)2 + y

2 = 1. Kako su P(x, y) = −y / (x

2+y

2) i Q(x, y) = x / (x

2+y

2) neprekidne u oblasti ogranicenoj

krivom c i kako su ∂P /∂y = ( y2 - x

2) /((x

2+y

2)2=∂Q /∂x

i uz to neprekidne funkcije u istoj oblasti, to na osnovu Teorema 4.4.1 zakljucujemo da je dati integral jednak 0.

Veza izmedju dvojnog integrala po nekoj oblasti i krivolinijskog integrala po granici te oblasti data je

poznatom Greenovom formulom.

54

161. Greenova formula sa dokazom

Teorem 4.4.3. (Greenova teorema) Neka je D C R2 oblast ogranicena dio-po-dio glatkom krivomc. Ako su

funkcije P(x, y) i Q(x, y) neprekidne zajedno sa svojim parcijalnim izvodima ∂P/∂y , ∂Q/∂x, na zatvorenoj

oblasti D, tada vazi jednakost ∫c+ P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∫ ∫D (∂Q/∂x - ∂P/∂y)dxdy

Pri tome, oznaka c+ u krivolinijskom integralu oznacava da se integracija vrsi u smjeru pri kome tacke

oblasti D uvijek ostaju s lijeve strane u odnosu na kretanje.

Dokaz : Pretpostavimo za pocetak da je oblast D elementarna oblast. Dakle, neka je granica oblasti D kriva c

odredjena jednacinama y = f(x), y = g(x) (f(x) ≤ g(x) za a ≤ x ≤ b), zatim sa x = a i f(a) ≤ y ≤ g(a), kao i x = b,

f(b) ≤ y ≤ g(b), sto je predstavljeno slikom.

Sada imamo ∫ ∫D ( ∂P(x,y) /∂y )dxdy = ∫ab∫f(x)

g(x) ∂P/∂y dy = ∫a

b ( P (x,g(x)) - P (x,f(x)))dx=

=∫ab

( P (x,g(x))dx - ∫ab

( P (x,f(x))dx = -∫GH ( P (x,y))dx -∫EF

( P (x,y))dx

Uzimajući u obzir da na prvavama x=a i x=b vrijedi dx=0 imamo ∫HE ( P (x,y))dx =0 i ∫FG

( P (x,y))dx =0 pa

zajedno sa prethodnim vrijedi

∫ ∫D ( ∂P(x,y) /∂y )dxdy = - ∫GH ( P (x,y))dx - ∫HE

( P (x,y))dx - ∫EF

( P (x,y))dx - ∫FG

( P (x,y))dx odnosno

∫ ∫D ( ∂P(x,y) /∂y )dxdy = - ∫ c+(P (x,y))dx

162.Primjer 4.8. Izrcunati: ∫c y / (x2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy gdje je c luk parabole y = x

2, od tacke A(−1, 1)

do tacke B(1, 1). Oblast D koju posmatramo u Greenovoj teoremi je zatvorena i ogranicena, pa je linija c koja

je

ogranicava, zatvorena linija.

Dakle, da bi mogli primjeniti Greenovu teoremu, neophodno je da putanja integracije bude zatvorena

kontura, sto u nasem primjeru nije slucaj.S druge strane, motiv za primjenu Greenove teoreme je cinjenics da

vrijedi uslov ∂P/∂y = ∂Q/∂x, jer je u tom slucaju izraz na desnoj strani u jednak 0.

Kod nas je taj uslov zadovoljen, tj. Vrijedi ∂P/∂y = (x2 + y

2) / (x

2 + y

2)2

= ∂Q/∂x, a to znaci da bi bilo

dobro iskoristiti Greenov teorem. U tom cilju nasu putanju integracije ( dio parabole ), zatvorimo proizvoljnom

krivom (zatvaranje treba izvesti sa krivom po kojoj je krivolinijska integracija lahka). Neka to bude prava koja

spaja tacke A i B, tj. Linija l : y = 1 , −1 ≤ x ≤ 1 .

Sada je c u l zatvorena putanja, pa vrijedi ∫cul y / (x2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy = ∫ ∫D (∂Q/∂x - ∂P/∂y)dxdx =0

S druge strane, prema pravilima za krivolinijski integral druge vrste,imamo

∫cul y / (x2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy = ∫c y / (x

2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy + ∫l y / (x

2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy

Iz posljednje dvije jednakosti onda vrijedi

∫c y / (x2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy = - ∫l y / (x

2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy

Kako je na krivoj l, y = 1, odnosno dy = 0, onda je

∫l y / (x2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy = ∫-1

1 dx / (x

2 + 1) = acr tgx│-1

1 = Π/2

Dakle, ∫c y / (x2 + y

2)dx − x / (x

2 + y

2)dy = − Π/2.

Diferencijalne jednacine(Predavanja za Matematiku II ETF)

May 27, 2010

Sadrzaj

5 Diferencijalne jednacine 1395.1 Jednacina sa razdvojenim promjenljivima . . . . . . . 1395.2 Homogena jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1425.3 Linearna jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.4 Bernoullijeva jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1485.5 Jednacina totalnog diferencijala . . . . . . . . . . . . . 1495.6 Linearne jednacine viseg reda sa konstantnim koefici-

jentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1545.6.1 Homogena jednacina sa konstantnim koefici-

jentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1555.6.2 Nehomogena jednacina sa konstantnim koefi-

cijentima. Metod jednakih koeficijenata . . . . 1585.7 Jedna primjena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

i

Glava 5

Diferencijalne jednacine

Tipovi diferencijalnih jednacina cija se rjesenja mogu izraziti pomocukonacnog broja elementarnih funkcija i njihovih integrala su veomamalobrojni. To posebno vrijedi za jednacine drugog i viseg reda,gdje postoje samo posebni slucajevi koji se mogu rijesiti elemen-tarno u gore navedenom smislu. Istorijski gledano, njihov znacaj jeveliki jer su prva saznanja o diferencijalnim jednacinama i stecenaproucavanjem takvih tipova jednacina, pocevsi od Newtona i Leib-nitza. Kako je osnovni momenat njihovog rjesavanja uvijek bilaintegracija kao postupak inverzan izvodu, takvi tipovi jednacina senazivaju integrabilnim, postupak rjesavanja nazivamo integracija,a samo rjesenje se zove integral diferencijalne jednacine.

U prvom dijelu posmatrat cemo jednacine prvog reda, tj. rjesavatcemo problem

y′ = f(x, y) , (1)

sa pocetnim (inicijalnim) uslovom

y(x0) = y0 .

5.1 Jednacina sa razdvojenim promjenljivima

To je jednacina kod koje se u (1) desna strana moze napisati kaoproizvod dviju funkcija od kojih jedna zavisi samo od x, a drugasamo od y, tj. jednacina koja ima formu

y′ = f(x)g(y) . (2)

Sljedecim teoremom dati su uslovi za postojanje i jedinstvenostrjesenja jednacine (2).

139

5.1. Jednacina sa razdvojenim promjenljivima

Teorem 5.1.1. Neka je funkcija f(x) neprekidna na intervalu (a, b) i

neka je funkcija g(y) neprekidna i razlicita od nule na intervalu (c, d).Tada postoji jedinstveno rjesenje jednacine (2) koje zadovoljava po-

lazni uslov y(x0) = y0 (x0 ∈ (a, b) , y0 ∈ (c, d)) i definisano je u nekoj

okolini tacke x0.

Primjer 5.1. Rijesiti jednacinu: xy′ =y

y + 1.

Kao prvo, jednacinu dovodimo u oblik

y′ =y

x(y + 1),

iz koga uocavamo da je data jednacina sa razdvojenim promenljivima(f(x) = 1

x, g(y) = y

y+1). Razdvajamo promjenljive koristeci jednakost

y′ = dydx

,(y + 1)dy

y=

dx

x.

Sada integralimo posljednju jednacinu i rjesavanjem integrala nalijevoj i desnoj strani dobijamo rjesenje diferencijalne jednacine,

y + ln y = ln x + C .

♦Primjer 5.2. Odrediti ono rjesenje diferencijalne jednacine y′ = 6y2xkoje zadovoljava uslov y(1) = 1

25.

Data diferencijalna jednacina je jednacina sa razdvojenim prom-jenljivima. Zato prvo razdvojimo promjenljive

y′ =dy

dx= 6y2x ⇐⇒ dy

y2= 6xdx .

Nakon integriranja posljednje jednakosti

∫

y−2dy = 6

∫

xdx ,

dobijamo

−1

y= 3x2 + C ,

odnosno, rjesenje diferencijalne jednacine je

y(x) = − 1

3x2 + C,

140

5.1. Jednacina sa razdvojenim promjenljivima

gdje je C proizvoljna realna konstanta. Za razne C imamo razlicitefunkcije rjesenja, sto je prikazano na Slici 5.1.

Naci ono rjesenje koje zadovoljava uslov y(1) = 125

, znaci od svihfunkcija izabrati onu za koju je C odredjen ovim uslovom, tj.

1

25= − 1

3 + C,

odakle nakon kraceg racuna dobijamo C = −28, ciji je graf dat naSlici 5.2.

1

2

3

-1

1 2-1-2

C = −2 —C = −3 —C = −4 —C = −5 —

(a) Grafici rjesenja za C < 0

1

2

3

-1

1 2-1-2

C = 2 —C = 3 —C = 4 —C = 5 —

(b) Grafici rjesenja za C > 0

Slika 5.1: Grafici funkcije y(x) = − 13x2+C

.

1

2

3

-1

1 2 3 4-1-2-3-4

Slika 5.2: Graf funkcije y(x) = − 13x2

−28

♦

141

5.2. Homogena jednacina

5.2 Homogena jednacina

To je jednacina oblika

y′ = f(y

x

)

, (3)

gdje je f neprekidna funkcija u nekom intervalu (a, b). Datu jednacinurijesavamo smjenom

u(x) =y(x)

x,

odakle se nalazenjem izvoda po x ima

y′(x) = u′(x)x + u(x) .

Ubacujuci posljednje dvije jednakosti u jednacinu (3), dobijamojednacinu

u′ =f(u) − u

x

koja predstavlja jednacinu sa razdvojnim promjenljivima.

Primjer 5.3. Rijesiti diferencijalnu jednacinu: y′ = x+yx−y

.Prvo uocimo da desnu stranu date jednacine mozemo trnsformisati,

tj.

y′ =1 + y

x

1 − yx

,

odakle je ocigledno da je data jednacina homogena. Sada uvodimosmjenu

u =y

x, y′ = u′x + u .

Polazna jednacina sada dobija oblik

u′x + u =1 + u

1 − u,

odnosno

u′ =2u

x(1 − u).

Posljednja jednacina je jednacina sa razdvojenim promjenljivima,cijim rjesavanjem prema ranije izlozenom postupku dobijamo

1

2(ln u − u) = ln x + C ,

142


odnosno, vracajuci smjenu

1

2

(

lny

x− y

x

)

= lnx + C .

♦Primjer 5.4. Odrediti ono rjesenje diferencijalne jednacine

y′ =2x

y+

y

x,

koje zadovoljava uslov y(1) = 2.Nakon smjene u = y

x, odakle je y′ = u′x + u, dobijamo diferenci-

jalnu jednacinu po u

u′x =2

u,

a to je jednacina sa razdvojenim promjenljivima

udu =2dx

x.

Integraleci ovu jednacinu dobijamo

u2

2= 2(ln x + C) ,

odnosno, rjesenje po u je

u(x) = ±2√

ln x + C .

Vracajuci se na polaznu funkciju y, imamo

y(x) = ±2x√

ln x + C .

Koristeci uslov y(1) = 2, jasno je da od gornja dva rjesenja koris-timo ono sa znakom +, a onda dobijamo jednacinu po C

2√

C = 2 ,

odakle je C = 1. Dakle rjesenje zadatka je funkcija

y(x) = ±2x√

ln x + 1 .

♦

143


1

2

3

-1

-2

-3

1 2

C = 0 —C = 1 —C = 2 —C = 3 —C = 4 —C = 5 —

Slika 5.3: Grafik funkcije y(x) = ±2x√

ln x + C

Ideju rjesavanja iz prvog primjera primjenjujemo generalno narjesavanje diferencijalnih jednacina oblika

y′ =ax + by

cx + dy.

Medjutim, ako imamo jednacinu oblika

y′ =ax + by + c

dx + ey + f, (4)

jasno je da gornja ideja nije primjenljiva. Ali i ovakve jednacinerjesavamo na slican nacin, prvo ih transformisuci sljedecim smje-nama.

x = u + α , y = v + β ,

gdje su α i β proizvoljni realni brojevi. Uvrstavajuci ove smjene ujednacinu (4), dobijamo

y′ =au + bv + aα + bβ + c

du + ev + dα + eβ + f. (5)

Povoljnim izborom za α i β, tj. birajuci ih tako da bude zadovoljensistem

aα + bβ + c = 0

dα + eβ + f = 0 ,

144

5.3. Linearna jednacina

jednacina (4) prelazi u poznati nam oblik jednacine. Naravno, sis-tem iz koga odredjujemo vrijednosti za α i β ce imati rjesenje akoje njegova determinanta razlicita od nule, tj. ako vrijedi uslovae − bd 6= 0.

5.3 Linearna jednacina

Diferencijalnu jednacina oblika

y′ + f(x)y = g(x) , (6)

gdje su f i g proizvoljne neprekidne funkcije, nazivamo linearna

diferencijalna jednacina.Posmatrajmo sljedecu tehniku nalazenja rjesenja jednacine (6),

neocekivana ali jako korisna. Pomnozimo nekom funkcijom µ(x)jednacinu (6) dakle,

µ(x)y′ + µ(x)f(x)y = µ(x)g(x) . (7)

Neocekivanu ulogu ove funkcije µ(x), kakva god ona bila, pojacajmoi zahtjevom

µ(x)f(x) = µ′(x) . (8)

Stavljajuci (8) u (7), dobijamo

µ(x)y′ + µ′(x)y = µ(x)g(x) , (9)

i primjecujemo da je tada izraz na lijevoj strani izvod proizvoda, tj.

µ(x)y′ + µ′(x)y = (µ(x)y)′ , (10)

te stavljajuci (10) u (9), dobijamo

(µ(x)y)′ = µ(x)g(x) . (11)

Integrirajmo sada jednacinu (11), imamo

∫

(µ(x)y)′dx =

∫

µ(x)g(x)dx ,

odnosno, primjenjujuci poznato pravilo za neodredjeni integral, sli-jedi

µ(x)y + C =

∫

µ(x)g(x)dx . (12)

145


Kako nam je cilj naci funkciju y(x), onda iz (12) lagano racunamo

y(x) =

∫

µ(x)g(x)dx + C

µ(x), (13)

pri cemu smo iskoristili cinjenicu da je konstanta integracije Cnepoznata, pa smo njen zapis na desnoj strani, jednostavnostiradi, zapisali sa +C, a ne kako bi racun dao sa −C. Posljednomjednacinom mi smo dobili rjesenje jednacine (6). Ostaje ”samo” dase odgonetne, a sta je ona neocekivana funkcija µ(x).

Iz jednacine (8) imamo

µ′(x)

µ(x)= f(x) ⇐⇒ (ln µ(x))′ = f(x) .

Opet, integrirajuci posljednju jednakost, dobijamo

ln µ(x) + D =

∫

f(x)dx ,

pa po istom principu kao malo prije, mozemo pisati

ln µ(x) =

∫

f(x)dx + D .

Eksponencirajuci obje strane posljednje jednakosti, i koristeci prav-ila stepenovanja, imamo

µ(x) = e∫

f(x)dx+D = eDe∫

f(x)dx .

Kako je i eD konstanta, ne gubeci na opstosti, konacno imamo

µ(x) = De∫

f(x)dx , (14)

i uobicejeno se ovakve funkcije sa ovakvom ulogom nazivaju inte-

gracioni faktor. Stavljajuci (14) u (13), slijedi

y(x) =

∫

De∫

f(x)dxg(x) + C

eD∫

f(x)dx

= e−∫

f(x)dx

(∫

e∫

f(x)dxg(x) +C

D

)

,

pa konacno uzimajuci da je CD

nova konstanta C, dobijamo krajnjioblik rjesenja jednacine (6)

y(x) = e−∫

f(x)dx

(∫

e∫

f(x)dxg(x) + C

)

.

Sve ovo gore receno iskazujemo tvrdjenjem

146


Teorem 5.3.1. Neka su f(x) i g(x) neprekidne funkcije na intervalu

(a, b). Tada postoji jedinstveno rjesenje jednacine (6) koje zadovol-

java polazni uslov y(x0) = y0 (x0 ∈ (a, b) , y0 ∈ R) i definisano je u

(a, b). Rjesenje jednacine je dato sa

y(x) = e−∫

f(x)dx

(

C +

∫

g(x)e∫

f(x)dxdx

)

Primjer 5.5. Rijesiti diferencijalnu jednacinu: y′+xy−x3 = 0 i odred-iti ono rjesenje koje zadovoljava uslov y(0) = 1.

Dovedimo jednacinu na zahtijevani oblik

y′ + xy = x3 .

To je linearna jednacina kod koje je f(x) = x i g(x) = x3. Sada jerjesenje dato sa

y(x) = e−∫

xdx

(

C +

∫

x3e∫

xdxdx

)

= e−x2

2

(

C +

∫

x3ex2

2 dx

)

= e−x2

2

(

C + (x2 − 2)ex2

2

)

1

2

3

-1

-2

-3

1 2-1-2

C = −1C = 0C = 1C = 2C = 3C = 4C = 5

Slika 5.4: Grafik funkcije y(x) = e−x2

2

(

C + (x2 − 2)ex2

2

)

Postavljeni uslov daje nam jednacinu po C

1 = 1 · (C + (0 − 2) · 1) ,

147

5.4. Bernoullijeva jednacina

iz koje dobijamo C = 3, a to je graf obojen crvenom bojom na Slici5.4.

♦

5.4 Bernoullijeva jednacina

To je jednacina oblika

y′ + f(x)y = g(x)yα , (15)

gdje je α proizvoljan realan broj razlicit od 0 i od 1 (u oba ovaslucaja jednacina (15) bi se svela na linearnu jednacinu).

Jednacinu (15) rijesavamo smjenom

z(x) = (y(x))1−α ,

odakle se dobijaz′(x) = (1 − α)(y(x))−αy′(x) .

Iz posljednje dvije jednakosti lahko se dobija

y = z1

1−α , y′ =1

1 − αz

α

1−α z′

cijim uvrstavanjem u (15) i elementarnim racunom imamo

z′ + (1 − α)f(x)z = (1 − α)g(x) ,

tj. linearna jednacina po z.

Primjer 5.6. Rijesiti diferencijalnu jednacinu: y′ − y = xy2.Data jednacina je Bernoullijeva jednacina sa α = 2, pa uvodimo

smjenuz = y1−2 = y−1 .

Sada racunamo potrebne zamjene

y = z−1 , y′ = −z−2z′

cijim uvrstavanjem u polaznu jednacinu dobijamo

−z−2z′ − z−1 = xz−2 .

Mnozenjem posljednje jednakosti sa −z2 imamo

z′ + z = −x ,

148

5.5. Jednacina totalnog diferencijala

a to je linearna jednacina cije je rjesenje

z = e−x(C − (x + 1)ex) ,

odakle vracajuci se na polaznu funkciju y imamo

y(x) =1

e−x(C − (x + 1)ex).

♦

1

2

3

-1

-2

-3

1 2-1-2

C = −3C = −2C = −1C = 0C = 1C = 2

Slika 5.5: Graf funkcije y(x) = 1e−x(C−(x+1)ex)

5.5 Jednacina totalnog diferencijala

Opsta jednacina prvog reda u normalnom obliku

y′ = f(x, y)

koristeci jednakost y′ = dydx

, moze se pisati u obliku

dy − f(x, y)dx = 0 ,

sto predstavlja specijalan slucaj jednacine

P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 . (16)

149


Ako postoji funkcija F (x, y) takva da je lijeva strana u (16) totalnidiferencijal te funkcije u nekoj oblasti, tj. da vazi

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

pri cemu je∂F

∂x= P (x, y) i

∂F

∂y= Q(x, y) ,

onda jednacinu (16) nazivamo jednacina totalnog diferencijala.Ako postoji funkcija F (x, y) sa navedeim osobinama, onda zbog

(16), tj. dF (x, y) = 0, vrijedi

F (x, y) = c , c konstanta . (17)

Jednakoscu (17) je implicitno definisana funkcija y = g(x) na nekomintervalu, i na tom intervalu je ta funkcija rjesenje jednacine (16).Napomenimo, da bi funkcija (17) definisala diferencijabilnu funkcijuy = g(x), funkcija F , tj. funkcije P i Q moraju zadovoljavati usloveteorema o implicitnoj funkciji.

Ostaje nam jos odgovoriti na dva pitanja. Prvo, kako ustanovitida lijeva strana u (16) jeste totalni diferencijal neke funkcije, idrugo, ako znamo da lijeva strana jeste totalni difernecijal nekefunkcije, kako odrediti tu funkciju. Odgovor na oba pitanja dajesljedeci teorem.

Teorem 5.5.1. Neka su P (x, y), Q(x, y), ∂P∂y

(x, y) i ∂Q∂x

(x, y) neprekidne

funkcije u jednostruko povezanoj oblasti D. Da bi jednacina (16) bila

jednacina totalnog diferencijala neophodno je i dovoljno da za svako

(x, y) ∈ D vrijedi∂P

∂y(x, y) =

∂Q

∂x(x, y) . (18)

Pri tome, funkcija F (x, y) ciji je to totalni diferencijal, data je sa

F (x, y) =

∫ x

x0

P (t, y)dt +

∫ y

y0

Q(x0, t)dt ,

gdje je (x0, y0) proizvoljna tacka oblasti D.

Dokaz : (=⇒) Neka izraz P (x, y)dx + Q(x, y)dy predstavlja totalni

diferencijal neke funkcije. To znaci da postoji funkcija F (x, y), takva

150


da je∂F

∂x= P i

∂F

∂y= Q. Nalazenjem drugih parcijalnih izvoda onda

imamo∂2F

∂x∂y=

∂P

∂y,

∂2F

∂y∂x=

∂Q

∂x.

Iz jednakosti mjesovitih parcijalnih izvoda dobijamo uslov (18).(⇐=) Neka je sada zadovoljen uslov (18). Nadjimo funkciju

F (x, y) takvu da je∂F

∂x= P i

∂F

∂y= Q. Iz uslova

∂F

∂x= P , integracijom

po x imamo

F (x, y) =

∫ x

x0

P (x, y)dx + ϕ(y) . (19)

Nalazenjem parcijalnog izvoda po y gornje funkcije, koristeciuslov (18) i osnovne osobine integrala, dobijamo

∂F

∂y=

∫ x

x0

∂P

∂ydx + ϕ′(y)

=

∫ x

x0

∂Q

∂xdx + ϕ′(y)

= Q(x, y) − Q(x0, y) + ϕ′(y) ,

gdje je ϕ(y) nepoznata funkcija. Iz uslova∂F

∂y= Q sada imamo

Q(x, y) − Q(x0, y) + ϕ′(y) = Q(x, y) ,

sto nam opet daje uslov za izracunavanje funkcije ϕ,

ϕ′(y) = Q(x0, y) ,

iz kojeg je onda

ϕ(y) =

∫ y

y0

Q(x0, y)dy + C .

Ubacujuci ovo u jednacinu (19), konacno dobijamo izraz za trazenufunkciju

F (x, y) =

∫ x

x0

P (x, y)dx +

∫ y

y0

Q(x0, y)dy + C .

♣

Gornji dokaz nam daje i tehniku rjesavanja jednacine totalnogdiferencijala.

151


Primjer 5.7. Rijesiti jednacinu (3x2 + 6xy2)dx + (6x2y + 4y2)dy = 0.U datoj jednacini je P (x, y) = 3x2+6xy2 i Q(x, y) = 6x2y+4y2. Nalazenjemparcijalnih izvoda imamo

∂P

∂y= 12xy =

∂Q

∂x,

pa polazana jednacina predstavlja jednacinu totalnog diferencijala.Sada na osnovu tehnike izlozene u dokazu gornje teoreme imamo,

F (x, y) =

∫

P (x, y)dx+ϕ(y) =

∫

(3x2+6xy2)dx+ϕ(y) = x3+3x2y2+ϕ(y) .

(20)

Kako mora biti∂F

∂y= Q(x, y), imamo

6x2y + ϕ′(y) = 6x2y + 4y2 ,

iz cega dobijamo uslov ϕ′(y) = 4y2. Nakon integracije ovog izraza je

ϕ(y) =4y3

3+ C ,

sto zajedno sa (20) daje

F (x, y) = x3 + 3x2y2 +4

3y3 + C .

Kako je totalni diferencijal ove funkcije jednak 0, po uslovu za-datka, zakljucujemo da je rjesenje polazne diferencijalne jednacine

x3 + 3x2y2 +4

3y3 = C .

♦Postavlja se pitanje sta uciniti ako uslov (18) nije ispunjen pa

jednacina (16) nije jednacina totalnog diferencijala? Jedan od nacinada se prevazidje taj problem jeste pronaci eventualno funkciju h(x, y),razlicitu od nule, takvu da jednacina

h(x, y)P (x, y)dx + h(x, y)Q(x, y)dy = 0

bude jednacina totalnog diferencijala. Funkcija h(x, y), ukoliko pos-toji, naziva se ntegracioni mnozitelj. Potreban i dovoljan uslov za

152


njeno postojanje imamo na osnovu iskazanog teorema, tj. moravrijediti

∂(hP )

dy=

∂(hQ)

dx,

odnosno, nakon izracunavanja ovih parcijalnih izvoda

1

h

(

P∂h

∂y− Q

∂h

∂x

)

=∂Q

∂x− ∂P

∂y. (21)

Nalazenje integracionog mnozitelja predstavlja tezak problem, cakslozeniji i od samog polaznog problema i u opstem slucaju je nerjesiv,jer bi u protivnom svaku jednacinu prvog reda y′ = f(x, y) moglirijesiti elementarno.

Ovdje cemo dati dva specijalna slucaja kada se integracioni mnoziteljipak moze eksplicitno izracunati. Ti slucajevi su okarakterisanispecijalnim oblikom funkcije h koju trazimo i oni su

1. h je funkcija ovisna samo o promjenljivoj x

2. h je funkcija ovisna samo o promjenljivoj y.

U prvom slucaju, uslov (21) se svodi na jednacinu

h′(x)

h(x)=

(

∂P

∂y− ∂Q

∂x

)

/Q .

Ova jednacina ima smisla samo ako je desna strana funkcija samopromjenljive x. Ukoliko je to slucaj, tj.

(

∂P

∂y− ∂Q

∂x

)

/Q = u(x) ,

tada jeh′(x)

h(x)= u(x) pa je h(x) = Ce

∫

u(x)dx .

Dakle zbog pojavljivanja konstante C, integracionih mnozitelja imabeskonacno mnogo, ali u konkretnim situacijama se uzima na-jprostiji, tj C = 1.

Identicna je situacija za slucaj 2.. Tada, ako je(

∂P

∂y− ∂Q

∂x

)

/Q = v(y) ,

onda integracioni mnozitelj ovisi samo o y i dat je sa

h(y) = Ce∫

v(y)dy .

153

5.6. Linearne jednacine viseg reda sa konstantnim koeficijentima

Primjer 5.8. Rijesiti jednacinu: dy − (ytgx + cos x)dx = 0.Provjerom uslova ∂P

∂y= ∂Q

∂xlahko utvrdjujemo da polazna jednacina

nije jednacina totalnog diferencijala. Ostaje pokusati naci integra-cioni mnozitelj. Kako je

(

∂P

∂y− ∂Q

∂x

)

/Q = −tgx ,

zakljucujemo da integracioni mnozitelj postoji i da je on funkcijapromjenljive x. Prema navedenoj formuli za ovaj slucaj, imamo

h(x) = Ce−∫

tgxdx = cos x .

Sada je jednacina

cos xdy − cos x(ytgx + cos x)dx = 0

jednacina totalnog diferencijala, i njeno je rjesenje je dato sa

F (x, y) = −∫ x

x0

(ytgt + cos t) cos tdt +

∫ y

y0

cos xdt ,

tj.

F (x, y) =y cos x − x

2− 1

2(sin 2x − sin 2x0) + 2y0 cos x0

2 cos x

♦

5.6 Linearne jednacine viseg reda sa kon-

stantnim koeficijentima

Opsti oblik linearne jednacine n-tog reda je

a0(x)y(n) + a1(x)y(n−1) + ... + an(x)y = f(x) ,

gdje za funkcije f(x) i ai(x) (i = 1, 2, ..., n) pretpostavljamo da suneprekidne funkcije na nekom segmentu I.

Mi cemo se ovdje baviti iskljucivo linearnim jednacinama visegreda kod kojih su funkcije ai(x) (i = 1, 2, ..., n) konstantne funkcije(realne konstante), tj. razmatracemo linearne jednacine n-tog redasa konstantnim koeficijentima

a0y(n) + a1y

(n−1) + ... + any = f(x) .

154


5.6.1 Homogena jednacina sa konstantnim koefici-

jentima

Kao prvo rijesit cemo homogenu jednacinu, tj. jednacinu

a0y(n) + a1y

(n−1) + ... + any = 0 . (22)

Trazeci rjesenje u obliku

y(x) = erx ,

gdje je r ∈ R, polazna jednacina postaje

(a0rn + a1r

n−1 + ... + an)erx = 0 .

Kako je erx 6= 0, iz posljednje jednacine dobijamo jednacinu

a0rn + a1r

n−1 + ... + an = 0 (23)

koju nazivamo karakteristicna jednacina polazne homogene jednacine.Karakteristicna jednacina je polinom stepena n, pa ona ima n rjesenjari (i = 1, 2, ..., n).

Primjetimo da pojedina rjesenja mogu biti i kompleksni brojevi.Kako nas zanimaju samo realna to ce nam trebati sljedeca tvrdnjakoja se lahko dokazuje.

Teorem 5.6.1. Ako je y(x) = u(x)+ iv(x) rjesenje jednacine (22) tada

su njen realni i njen imaginarni dio takodje rjesenja te jednacine.

Pod ovim imamo u vidu sljedece: Ako je rk = α + iβ, tada je

y(x) = erkx = eαx+iβx = eαx(cos βx + i sin βx) ,

pa ako je y(x) rjesenje polazne homogene jednacine, tada su to ieαx cos βx i eαx sin βx. Treba jos naglasiti da ako je jedno od rjesenjakomleksan broj α+iβ, tada postoji i rjesenje karakteristicne jednacinekoje je oblika α−iβ. Pri tome, na osnovu gore recenog, tom rjesenjuodgovara rjesenje polazne jednacine koje se do na znak razlikujeod rjesenja koje dobijemo pomocu rjesenja α + iβ karakteristicnejednacine. Ovo znaci da cemo paru konjugovano-kompleksnih rjesenjaα ± iβ arakteristicne jednacine, dodjeljivati jedan par rjesenja po-lazne jednacine, eαx cos βx i eαx sin βx.

155


Teorem 5.6.2. Neka su r1, r2, ..., rs razlicita rjesenja karakteristicne

jednacine (23), visestrukosti m1, m2, ..., ms, pri cemu je m1 + m2 + ... +ms = n. Tada su funkcije

erix, xerix, x2erix, ..., xmi−1erix , i = 1, 2, ..., s (24)

rjesenja jednacine (22) i pri tome su ta rjesenja linearno nezavisna.

Sa gornje dvije teoreme smo nacelno opisali sva rjesenja jednacine(22). Sljedecom teoremom dajemo i konacni oblik rjesenja ovejednacine.

Teorem 5.6.3. Neka su y1(x), y2(x), ..., yn(x) linearno nezavisna rjesenja

(rjesenja dobijena na osnovu Teoreme 5.6.1 i Teoreme 5.6.2) jednacine

(22). Tada je funkcija

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + · · ·+ Cnyn(x) ,

opste rjesenje jednacine (22).

Primjer 5.9. Rjesiti diferencijalnu jednacinu: y′′′ − 3y′ + 2y = 0.Rjesenja trazimo u obliku y = erx pa je karakteristicna jednacina

data sar3 − 3r + 2 = (r − 1)2(r + 2) = 0 .

Razlicita rjesenja ove jednacine su r1 = 1, visestrukosti m1 = 2 ir2 = −2, visestrukosti m2 = 1, dakle ukupno imamo m1 + m2 = 3rjesenja karakteristicne jednacine.

Rjesenju r1 = 1 odgovaraju funkcije ex i xex (zbog visestrukosti 2),a rjesenju r2 = −2 odgovara funkcija e−2x. Sada je rjesenje polaznehomogene jednacine dato sa

y(x) = C1ex + C2xex + C3e

−2x .

♦Primjer 5.10. Rjesiti diferencijalnu jednacinu:

y(6) − 2y(5) + 4y(4) − 4y′′′ + 5y′′ − 2y′ + 2y = 0 .

Odgovarajuca karakteristicna jednacina je

r6 − 2r5 + 4r4 − 4r3 + 5r2 − 2r + 2 = (r2 + 1)2(r2 − 2r + 2) = 0 .

156


Rjesenja karakteristicne jednacine su r1/2 = ±i, visestrukosti m1/2 =2 i r3/4 = 1± i, visestrukosti m3/4 = 1. Funkcije koje odgovaraju parur1/2 konjugovano-kompleksnih rjesenja su

cos x , sin x , x cos x , x sin x ,

a funkcije koje odgovaraju drugom paru su

ex cos x i ex sin x .

Rjesenje polazne jednacine je dato sa

y(x) = C1 cos x + C2 sin x + x(C3 cos x + C4 sin x) + ex(C5 cos x + C6 sin x) .

♦Primjer 5.11. Rijesiti diferencijalnu jednacinu

y′′′ − 5y′′ − 22y′ + 56y = 0 ,

a zatim odrediti ono rjesenje koje zadovoljava uslov

y(0) = 1 , y′(0) = −2 , y′′(0) = −4 .

Karakteristicna jednacina zadate diferencijalne jednacine glasi

r3 − 5r2 − 22r + 56 = (r + 4)(r − 2)(r − 7) = 0 ,

i njena rjesenja su

r1 = −4 , r2 = 2 , r3 = 7 .

Rjesenja su realna i razlicita (visestrukosti 1), pa je rjesenje jednacine

y(x) = C1e−4x + C2e

2x + C3e7x .

Nalazeci prvi i drugi izvod rjesenja y(x), postavljeni uslovi nam dajusljedeci sistem jednacina po nepoznatim konstantama C1, C2 i C3,

y(0) = C1 + C2 + C3 = 1

y′(0) = −4C1 + 2C2 + 7C3 = −2

y′′(0) = 16C1 + 4C2 + 49C3 = −4 .

Rjesenje ovog sistema je

C1 =14

33, C2 =

13

15, C3 = −16

55,

te je trazeno rjesenje

y(x) =14

33e−4x +

13

15e2x − 16

55e7x .

♦

157


5.6.2 Nehomogena jednacina sa konstantnim ko-

eficijentima. Metod jednakih koeficijenata

Sada cemo razmatrati nehomogenu jednacinu n-tog reda sa kon-stantnim koeficijentima

a0y(n) + a1y

(n−1) + ... + any = f(x) .

Rjesavanje ove jednacine se odvija u dva korak.Prvi korak: rjesavamo odgovarajucu homogenu jednacinu na nacinizlozen u prethodnoj sekciji. Pri tome dobijamo odgovarajuce rjesenjeyh(x).Drugi korak: nalazimo bar jedno partikularno rjesenje nehomogenejednacine, yp(x).Rjesenje polazne nehomogene jednacine je tada dato sa

y(x) = yh(x) + yp(x) .

Za neke specijalne oblike funkcije f(x), jedno partikularno rjesenje

polazne jednacine mozemo odrediti jednostavnom metodom kojunazivamo metod jednakih koeficijenata.

1. Neka je f(x) = eαx.

Ukoliko α nije rjesenje karakteristicne jednacine, partikularnorjesenje trazimo u obliku

yp(x) = Aeαx ,

gdje je A ∈ R konstanta koju treba odrediti.

Primjer 5.12. Rjesiti jednacinu: y′′ − y = e2x.

Karakteristicna jednacina je r2−1 = 0 i njena su rjesenja r1 = 1i r2 = −1 pa je yh = C1e

x + C2e−x.

U ovom slucaju je α = 2 i vidimo nije rjesenje karakteristicnejednacine te partikularno rjesenje trazimo u obliku yp = Ae2x.Nalazeci odgovarajuce izvode ove funkcije i ubacujuci u polazujednacinu, dobijamo

4Ae2x − Ae2x = e2x ,

odnosno3A = 1 .

158


Dakle, A = 13, a odgovarajuce partikularno rjesenje je yp = 1

3e2x.

Konacno, rjesenje polazne jednacine je

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1ex + C2e

−x +1

3e2x .

♦

Ukoliko α jeste rjesenje karakteristicne jednacine i to visestrukostim, onda partikularno rjesenje trazimo u obliku

yp(x) = Axmeαx .

Primjer 5.13. Rjesiti jednacinu: y′′ − y = ex.

Karakteristicna jednacina je r2 − 1 = 0 i rjesenja su r1 = 1,r2 = −1. yh = C1e

x + C2e−x.

Sada je α = r1 = 1 (visestrukosti 1) pa partikularno rjesenjetrazimo u obliku yp = Axex. Kako je y′′

p = 2Aex+Axex, ubacujuciove podatke u polaznu jednacinu imamo

2Aex + Axex − Axex = ex ,

odakle sredjivanjem dobijamo A = 12, odnosno yp = 1

2xex, pa je

rjesenje polazne jednacine

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1ex + C2e

−x +1

2xex .

♦

2. Neka je f(x) = Pk(x) (polinom stepena k).

Opet razlikujemo dva slucaja:Ako su sva rjesenja karakteristicne jednacine razlicita od nule,onda partikularno rjesenje trazimo u obliku yp(x) = Qk(x), tj.u obliku polinoma k-tog stepena cije koeficijente treba odred-iti.

Primjer 5.14. Rijesiti jednacinu: y′′ − 3y′ + 2y = x + 1.

Karakteristicna jednacina je r2 − 3r + 2 = 0 i njena rjesenja sur1 = 1 (m1 = 1) i r2 = 2 (m2 = 1), te je yh(x) = C1e

x + C2e2x.

159


Kako nula nije korijen karakteristicne jednacine, a desna stranaje polinom prvog stepena, partikularno rjesenje trazimo u ob-liku yp(x) = Ax + B. Sada su y′

p = A i y′′

p = 0, pa ubacujuci to upolaznu jednacinu imamo,

−3A + Ax + B = x + 1 tj. Ax + (−3A + B) = x + 1 ,

odakle izjednacavajuci odgovarajuce koeficijente dobijamo sis-tem jednacina

A = 1

−3A + B = 1 .

Rjesavanjem ovog sistema dobijamo trazene koeficijente, A =1, B = 4, pa je partikularno rjesenje dato sa yp(x) = x + 4, arjesenje polazne jednacine je

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1ex + C2e

2x + x + 4 .

♦

Ako je 0 rjesenje karakteristicne jednacine visestrukosti m,onda partikularno rjesenje trazimo u obliku yp(x) = xmQk(x).

Primjer 5.15. Rijesiti jednacinu: y′′′ + 2y′ = x − 1.

Karakteristicna jednacina je r3 + 2r = 0 i njena rjesenja sur1 = 0 (m1 = 1), r2/3 = ±i

√2 (m2/3 = 1). Rjesenje homogene

jednacine je yh(x) = C1 + C2 cos√

2x + C3 sin√

2x.

Kako je 0(= r1) korijen karakteristicne jednacine, partikularnorjesenje ne trazimo u obliku polinoma prvog stepena nego kaoyp(x) = x(Ax + B). Sad su y′

p = 2Ax + B, y′′

p = 2A i y′′′

p = 0, pastavljajuci sve ovo u polaznu jednacinu imamo

4Ax + 2B = x − 1 .

Izjednacavajuci odgovarajuce koeficijente dobijamo A = 14

iB = −1

2, tj. yp(x) = 1

4x2 − 1

2x. Konacno rjesenje je

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 + C2 cos√

2x + C3 sin√

2x +1

4x2 − 1

2x .

♦

160


3. Neka je f(x) = Pk(x)eαx.

Ukoliko α nije rjesenje karakteristicne jednacine, partikularnorjesenje trazimo u obliku

yp(x) = Qk(x)eαx .

Ukoliko α jeste rjesenje karakteristicne jednacine i to visestrukostim, partikularno rjesenje trazimo u obliku

yp(x) = xmQk(x)eαx .

4. Neka je f(x) = eαx(a sin βx + b cos βx).

Ukoliko ne postoji rjesenje karakteristicne jednacine oblikar = α ± iβ, partikularno rjesenje trazimo u obliku

yp(x) = eαx(A sin βx + B cos βx) ,

gdje su A, B ∈ R koeficijenti koje treba odrediti.

Ako postoji rjesenje karakteristicne jednacine oblika r = α±iβ,visestrukosti m, partikularno rjesenje trazimo u obliku

yp(x) = xmeαx(A sin βx + B cos βx) .

5. Neka je f(x) = Pk(x)eαx(a sin βx + b cos βx).

Ukoliko ne postoji rjesenje karakteristicne jednacine oblikar = α ± iβ, partikularno rjesenje trazimo u obliku

yp(x) = eαx(Q1k(x) sin βx + Q2

k(x) cos βx) ,

gdje su Q1k i Q2

k polinomi istog stepena kao polinom Pk, cijekoeficijente treba odrediti.

Ako postoji rjesenje karakteristicne jednacine oblika r = α±iβ,visestrukosti m, partikularno rjesenje trazimo u obliku

yp(x) = xmeαx(Q1k(x) sin βx + Q2

k(x) cos βx) .

Ukoliko je funkcija na desnoj strani jednacine zbir vise funkcijakoje su nekog oblika od gore spomenutih, tj.

f(x) = f1(x) + f2(x) + ... + fl(x) , (25)

161

5.7. Jedna primjena

tada se sluzimo sljedecim rasudjivanjem:neka je yp1(x) partikularno rjesenje kada bi desna strana bila samofunkcija f1, yp2(x) partikularno rjesenje ako je desna strana samofunkcija f2 i tako za svaku funkciju koja je sabirak na desnoj strani,tada partikularno rjesenje nehomogene jednacine cija desna stranaima oblik (25), trazimo u obliku

yp(x) = yp1(x) + yp2(x) + ... + ypl(x) .

5.7 Jedna primjena

Neka je zadato RLC kolo kao na slici i neka su poznate velicineR(t), L(t), C(t) i U(t), sve u opstem slucaju zavisne o vremenskojpromjenljivoj t. Neka treba izracunati napon uR na otporniku R(t).

C

R

L

U

Slika 5.6: RLC kolo

Kako su u opstem slucaju sve velicine (struje (i), naponi (u) idr.) vremenski ovisne, jednostavnosti radi izostavljacemo zapisevarijable (npr. i = i(t)). Jednacine kola su

iR = iL + iC (26)

uR = irR (27)

iC = Cu′

C (28)

uL = Li′L (29)

uL = uC (30)

uL + uR = U (31)

162

5.7. Jedna primjena

Iz jednacine (26), nalazenjem izvoda, imamo

i′r = i′L + i′c .

Koristeci jednacinu (29), izvod jednacine (27) i izvod jednacine (28),gornja jednakost postaje

(uR

R

)

′

=uL

L+ (CuC)′ .

Napone uL i uC mozemo izraziti preko jednacina (30) i (31), paposljednja jednakost postaje

(uR

R

)

′

=U − uR

L+ (C(U − uR)′)′ .

Nalazenjem odgovarajucih izvoda, dobijamo

u′

rR − uRR′

R2=

U − uR

L+ C ′(U − uR) + C(U ′′ − u′′

R) .

Sredjivanjem posljednje jednacine po izvodima funkcije uR, konacnodobijamo jednacinu

Cu′′

R +

(

1

R+ C ′

)

u′

R +

(

1

L− R′

R2

)

uR =U

L+ C ′U ′ + CU ′′ ,

koja predstavlja nehomogenu linearnu jednacinu drugog reda.Ako pretpostavimo da su velicine otpora, induktivnosti i ka-

paciteta konstantne, a da je napon promjenljiv, npr. U(t) = sin t,gornja diferencijalna jednacina postaje nehomogena linearna difer-encijalna jednacina drugog reda sa konstantnim koeficijentima.

Cu′′

R +1

Ru′

R +1

LuR =

U

L− C sin t .

163

Documents

Matematika 2 - Skripta za usmeni ispit