Matematika 3-Jovanka Pantovic

8/7/2019 Matematika 3-Jovanka Pantovic

1/130

Matematika 3

Jovanka Pantovi

December 8, 2010


2/130

Matematika 3

2


3/130

Sadraj

1 Funkcije vie promenljivih 71.1 Osnovni pojmovi i definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Karakteristine take i skupovi u R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Granina vrednost i neprekidnost funkcije dve promenljive . . . . . . . 91.4 Diferencijalni raun funkcija dve promenljive . . . . . . . . . . . . . . . 101.5 Totalni diferencijal funkcije dve promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6 Izvod sloene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.7 Implicitne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.8 Tangentna ravan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.9 Gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.10 Stacionarne take funkcije dve promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . 141.11 Relativne ekstremne vrednosti funkcije dve promenljive . . . . . . . . . 151.12 Relativne ekstremne vrednosti funkcija vie promenljivih . . . . . . . . 151.13 Vezane (uslovne) ekstremne vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.14 Zadaci za vebu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 Vektorska analiza 25

2.1 Skalarna polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2 Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2.1 Granina vrednost i neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.2 Izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.3 Neodredjeni i odredjeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3 Vektorska polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4 Hamiltonov i Laplasov operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.5 Gradijent, divergencija i rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.6 Osobine gradijenta, divergencije i rotora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.7 Tangentna ravan na povr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.8 Normala povri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3 Viestruki integrali 333.1 Dvostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.1.1 Definicija dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.1.2 Osobine dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3


4/130

SADRAJ Matematika 3

3.1.3 Transformacija koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.1.4 Primena u inenjersknim naukama . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.2 Trostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.2.1 Definicija trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.2.2 Osobine trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.2.3 Transformacije koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2.4 Primena u inenjersknim naukama . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.3 Zadaci za vebu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4 Krivolinijski i povrinski integral 474.1 Krivolinijski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.1.1 Krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.1.2 Orijentacija glatke krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.1.3 Definicija krivolinijskog integrala skalarnog polja . . . . . . . . 48

4.1.4 Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.1.5 Definicija krivolinijskog integrala vektorskog polja . . . . . . . 494.1.6 Osobine krivolinijskog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.1.7 Nezavisnost krivolinijskog integrala vektorskog polja od putanje 504.1.8 Formula Grina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.2 Povrinski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2.1 Povri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2.2 Orijentacija ordanove povri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.2.3 Definicija povrinskog integrala skalarne funkcije . . . . . . . . 524.2.4 Osobine povrinskog integrala skalarne funkcije . . . . . . . . 534.2.5 Definicija povrinskog integrala vektorske funkcije . . . . . . . 544.2.6 Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.2.7 Formula Stoksa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.2.8 Formula Gausa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5 Diferencijalne jednaine 715.1 Osnovni pojmovi i definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.2 Diferencijalne jednaine prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.2.1 Jednaina sa razdvojenim promenljivim . . . . . . . . . . . . . . 745.2.2 Homogena jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.2.3 Jednaina koja se svodi na homogenu . . . . . . . . . . . . . . . 765.2.4 Linearna jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.2.5 Bernoullijeva jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.2.6 Jednaina totalnog diferencijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

5.2.7 Integracioni mnoitelj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.2.8 Clairautova jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 825.2.9 Lagrangeova jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

5.3 Diferencijalne jednaine vieg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.3.1 Sniavanje reda diferencijalne jednaine . . . . . . . . . . . . . 845.3.2 Linearne diferencijalne jednaine reda . . . . . . . . . . . . . 855.3.3 Homogene linearne diferencijalne jednaine reda . . . . . . 85

4


5/130

Matematika 3 SADRAJ

5.3.4 Homogene linearne diferencijalne jednaine reda sa konstantnim koeficijentima 86

5.3.5 Linearne diferencijalne jednaine reda sa konstantnim koeficijanetima 885.3.6 Ojlerova diferencijalna jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5.4 Primena diferencijalnih jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.4.1 Harmonijsko oscilovanje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.4.2 Prigueno oscilovanje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.4.3 Prinudno oscilovanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5.5 Zadaci za vebu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6 Laplasove transformacije 1076.1 Definicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.2 Egzistencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.3 Osobine Laplasovih transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

6.3.1 Linearnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

6.3.2 Slinost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.3.3 Translacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.3.4 Priguenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.3.5 Diferenciranje originala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.3.6 Diferenciranje slike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.3.7 Integracija originala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1146.3.8 Konvolucija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

6.4 Heavisideov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.5 Neke specijalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

6.5.1 Heavisideova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1166.5.2 Gama funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1166.5.3 Beta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

6.6 Reavanje obinih diferencijalnih jednaina . . . . . . . . . . . . . . . . 118

6.6.1 sa konstantnim koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186.6.2 sa promenljivim koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

6.7 Primena Laplasovih transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.7.1 Mehanika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.7.2 Elektrina kola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

6.8 Zadaci za vebu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.9 Tablica Laplasovih transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5


6/130

SADRAJ Matematika 3

6


7/130

Chapter 1

Funkcije vie promenljivih

1.1 Osnovni pojmovi i definicije

Definicija 1.1.1 Realna funkcija realnih promenljivih je preslikavanje skupa D R N > 1 u skup R tj. podskup Dekartovog proizvoda D R u kome sesvaki element iz D pojavljuje tano jedanput kao prva komponenta.

Skup D se naziva domen funkcije, a vrednost funkcije u taki (1 ) D sezapisuje (1 ) Piemo i

= (1 ) (1 ) D R

ili

: D R : (1 ) (1 )Za proizvoljno R, jednainom (1 ) = je zadata nivo povr funkcije

U sluaju = 2 nivo povr se naziva i nivo kriva. Nivo krive se esto crtaju u jednoj ravni.

Primer 1.1.1 Izolinije (gr. isos = jednak) su linije koje na geografskim kartamaspajaju take u kojima neka pojava ima istu vrednost.

Izohipse (gr. hypsos = visina) su krive koje na geografskim kartama povezujumesta iste nadmorske visine. U delovima gde je mrea izohipsi gusta, u prirodi jepodruje strmo. Izohipse se oznaavaju svetlo smedjom bojom.

Izobate (gr. batos=dubina) su krive koje na geografskim kartama spajaju mjesta jednake dubine mora ili jezera.

Izobare (gr. baros = teina) su krive koje na kartama povezuju mjesta istogvazdunog pritiska.

Primer 1.1.2 Neka je = 2

(a) = 2 + 2

(b) =

1 2 2

7


8/130

CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3

(c) = 2 + 2Definicija 1.1.2 Rastojanje (metrika) je preslikavanje : R R R sa osobi-nama:

(D1) (M1 M2) 0(D2) (M1 M2) = 0 M1 = M2(D3) (M1 M2) = (M2 M1)(D4) (M1 M2) + (M2 M3) (M1 M3)

Primer 1.1.3 Neka je M1 = (1 1) i M2(2 2) Funkcija

(M1 M2) =

(1 2)2 + (1 2)2

je metrika u R2

Kaemo da je ureen par (R ) metriki prostor.

Definicija 1.1.3 Okolina take M1 je skup

L(M ) = {M R : (M M1) < } > 0

Primer 1.1.4 Ako je rastojanje definisano sa

(M1 M2) =

(1 1)2 + (2 2)2 + + ( )2

onda kaemo da je okolina sferna:

(a) = 3

L(M ) = {M R3 :

(1 2)2 + (1 2)2 + (1 2)2 < }= {M R3 : (1 2)2 + (1 2)2 + (1 2)2 < 2}

(b) = 2 {M R2 :

(1 2)2 + (1 2)2 < } = {M R2 : (1 2)2 +(1 2)2 < 2}

(c) = 1{M R :

2 < } = {M R : || < } = {M R : < < }

1.2 Karakteristine take i skupovi u RNeka je D R

Karakteristine take:

M1( D) je unutranja taka skupa D ako postoji okolina take M1 koja jecela sadrana u D;

8


9/130

Matematika 31.3. GRANINA VREDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE DVE

PROMENLJIVE

M2(

D) je spoljanja taka skupa D ako postoji okolina take M2 ne sadri

nijednu taku iz D;

M3 je rubna taka skupa D ako svaka okolina take M3 sadri bar jednu takuiz D i bar jednu taku koja nije u D;

M4 je taka nagomilavanja skupa D ako svaka okolina take M5 ima preseksa D\ {M4};

Karakteristini skupovi:

Unutranjost D skupa D je skup svih unutranjih taaka. Spoljanjost skupa D je skup svih spoljanjih taaka ((R \ D)).

Rub skupa D je skup svih rubnih taaka.

Skup svih taaka nagomilavanja skupa D emo oznaavati sa DOsobine skupova:

Skup D je otvoren ako za svaku taku iz D postoji okolina te take koja jesadrana u D

Skup D je zatvoren ako je R \ D otvoren. Skup D je konveksan ako za svake dve take iz D du koja ih spaja pripada

D

Skup D je ogranien ako je sadran u nekoj svojoj okolini.

1.3 Granina vrednost i neprekidnost funkcije dve promenljive

Neka je = () () D i neka je M1 taka nagomilavanja skupa D

Definicija 1.3.1 Kaemo da je A R granina vrednost funkcije kad M tei M1ako

( > 0)( = () > 0)(M D\ {M1}) (M M1) < (() A) <

i piemolim

MM1(M) = A

Primer 1.3.1 Neka je

() =

+ ako je () = (2 5)

1 ako je () = (2 5)

Granina vrednost funkcije kad M tei (2 5) jednaka je A = 7

9


10/130


Definicija 1.3.2 Funkcija : D

R D

R2 je neprekidna u unutranjoj taki

M1 D ako je( > 0)( = () > 0)(M D) (M M1) < ((M) (M1)) <

Znai, tri uslova moraju biti zadovoljena:

(a) limMM1

(M) = A tj. postoji granina vrednost kada M M1;

(b) postoji (M1) tj. je definisana u taki M1;

(c) A = (M1)

Definicija 1.3.3 Funkcija = () je neprekidna u oblasti D ako je neprekidna usvakoj taki izD

Primer 1.3.2 Funkcija u Primeru 1.3.1 ima otklonjiv prekid u taki (2 5) Mogue je definisati funkciju

() =

+ ako je () = (2 5)

7 ako je () = (2 5)

koja je neprekidna u R2

1.4 Diferencijalni raun funkcija dve promenljive

Neka : D R D R2 i (1 1) unutranja taka skupa D

Definicija 1.4.1 Ako postoji

lim0

(1 + 1) (1 1)

onda tu graninu vrednost nazivamoprvi parcijalni izvod funkcije po promenljivoj u taki (1 1) i oznaavamo sa

(11)

ili (1 1) Ako postoji

lim0

(1 1 + ) (1 1)

onda tu graninu vrednost nazivamoprvi parcijalni izvod funkcije po promenljivoj u taki (1 1) i oznaavamo sa

(11)

ili (1 1)

Primer 1.4.1 Ako je () = 2

3 onda je

= (2)3 = 23

= 2(3) = 322

(Kada se trai parcijalni izvod po smatra se da je konstantno. Slino zaparcijalni izvod po)

10


11/130

Matematika 3 1.5. TOTALNI DIFERENCIJAL FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE

Geometrijska interpretacija:

Neka je C kriva koja se nalazi u preseku ravni = 1 i grafika funkcije : DR D R2 Prvi parcijalni izvod funkcije po u taki (1 1) predstavlja koeficijentpravca tangente u taki (1 1) na krivu C

Neka je C kriva koja se nalazi u preseku ravni = 1 i grafika funkcije : DR D R2 Prvi parcijalni izvod funkcije po u taki (1 1) predstavlja koeficijentpravca tangente u taki (1 1) na krivu C

Definicija 1.4.2 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcija

i

onda te izvode

zovemodrugi parcijalni izvodi i oznaavamo 2

2(ili ),

2

(), 2

2(ili ) i

2

(ili ). Vai

2

2=

2

2=

2

=

2

=

Teorema 1.4.1 Ako postoje drugi meoviti parcijalni izvodi 2

i

2

u nekoj okolinitake M1 i neprekidni su u taki M1 onda su oni i jednaki u toj taki, tj. vai

2

(M1) =

2

(M1)

1.5 Totalni diferencijal funkcije dve promenljive

Neka je = () () D i neka je M1 taka nagomilavanja skupa DDefinicija 1.5.1 Funkcija = () je diferencijabilna u taki (1 1) ako se njentotalni prirataj u toj taki moe napisati u obliku

= A + B + C+ D

gde C i D tee nuli kada i tee nuli, a A i B su funkcije od i ( =(1 + 1 + ) (1 1))Teorema 1.5.1 Ako je funkcija diferencijabilna u taki () onda postoje parcijalniizvodi i i vai

= + + C+ D

Ako je funkcija diferencijabilna, onda je ona i neprekidna.

Teorema 1.5.2 Ako u okolini take (1 1) funkcija ima neprekidne parcijalne izvodeprvog reda, onda je ona u toj taki diferencijabilna.

Definicija 1.5.2 Neka je funkcija diferencijabilna i neka je = i = Totalni diferencijal funkcije je

= +

11


12/130


Teorema 1.5.3 Funkcija

P()+ Q()

je totalni diferencijal od = () ako i samo ako vai

P

=

Q

Ako funkcija ima neprekidne parcijalne izvode drugog reda u okolini take(1 1) onda je totalni diferencijal drugog reda funkcije totalni diferencijal totalnogdiferencijala funkcije Ako uvedemo oznake 2 = ()2 i 2 = ()2 onda je

2 =2

22 + 2

2

+

2

22

ili krae2 =

+

2

Slino se dobije i

=

+

1.6 Izvod sloene funkcije

Neka je funkcija = () diferencijabilna i = () = () D Tada vai

=

+

(1.1)

Neka je funkcija = ( ) ( ) D1 R2 i = () = () gde je( ) : D D1 D R2 Ako ima neprekidne parcijalne izvode po i a i imaju parcijalne izvode po i tada vai

=

+

(1.2)

=

+

(1.3)

1.7 Implicitne funkcije

Kaemo da je jednainomF() = 0

funkcija koja zavisi od i zadata implicitno.Da bismo odredili parcijalne izvode

i

odrediemo

F = F+ F + F gde je F = 0

12


13/130

Matematika 3 1.8. TANGENTNA RAVAN

i uvrstiti

= +

Sledi,

0 = F+ F + F(+ ) 0 = (F + F)+ (F + F)

F + F = 0 F + F = 0Znai,

= F

F

= F

F

1.8 Tangentna ravanNeka je zadata povr S jednainom = () i taka (0 0 0) S

Jednaina ravni koja sadri taku (0 0 0) je oblika

A(0) + B( 0) + C( 0) = 0

to je ekvivalentno sa

= () = AC

(0) BC

( 0) + 0

Ako je ravan tangentna na povr S onda funkcije i imaju jednake prve par-cijalne izvode

(0 0) = (0 0) = AC

i (0 0) = (0 0) = BC

Znai, jednaina tangentne ravni na povr u taki (0 0) je

0 = (0 0)(0) + (0 0)( 0) (0 0)(0) + (0 0)( 0) ( 0) = 0 ((0 0) (0 0) 1) (0 0 0) = 0 ((0 0) (0 0) 1) (0 0 0)

Slino, ako je povr data jednainom F() = 0 onda je jednaina tangentne

ravni na S u taki (0 0 0)(F(0 0 0) F(0 0 0) F(0 0 0)) (0 0 0) = 0

i vai

(F(0 0 0) F(0 0 0) F(0 0 0)) (0 0 0)

13


14/130


1.9 Gradijent

Neka je 0 = (0 0)(0) + (0 0)( 0)

tangenta ravan u taki (0 0 0) na povr datu jednainom = ()Ako datu povr = () i njenu tangentnu ravan preseemo sa ravni datom

jednainom = 0

onda je prava

(0 0)(0) + (0 0)( 0) = 0 ((0 0) (0 0)) (0 0) = 0 ((0 0) (0 0)) (0 0)

normalna na grafik funkcije() = 0

u taki (0 0)Vektor ( ) se naziva gradijent funkcije f.Ako uvedemo simboliku oznaku = (

) onda je

= (

) = ( )

U optem sluaju, ako je = (1 ) tada je

= (1 )

gradijent funkcije

1.10 Stacionarne take funkcije dve promenljive

Neka je = () () D R2

Definicija 1.10.1 Funkcija ima (strogi) relativni maksimum (relativni minimum) utaki ( ) D ako postoji > 0 takvo da za sve i sa osobinom 0 < || < 0 < || < vai

( ) > ( + + )

( ) < ( + + )

Kaemo da funkcija ima stacionarnu taku (0 0) ako je tangentna ravan na Su taki (0 0 0) horizontalna tj. ako je njena jednaina oblika

= 0

14


15/130

Matematika 31.11. RELATIVNE EKSTREMNE VREDNOSTI FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE

Kako je jednaina tangentne ravni oblika

0 = (0 0)(0) + (0 0)( 0)

sledi da je ona horizontalna jedino za

(0 0) = 0 i (0 0) = 0

Teorema 1.10.1 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcije u taki ( ) D i ima ekstremnu vrednost u taki ( ), onda je

( ) = 0 i ( ) = 0 (1.4)

Dokaz: Pretpostavimo da ima relativnu ekstremnu vrednost u taki ( ) Tada

i funkcije jedne promenljive 1 i 2 definisane sa 1() = () i 2() = ( )imaju relativne ekstremne vrednosti u = odnosno = Potrebni uslovi da 1 i2 imaju relativne ekstremume u = i = su 1() = 0 i

2() = 0 respektivno.

Odatle sledi da su ( ) = 0 i ( ) = 0 Unutranje take oblasti D koje zadovoljavaju 1.4 se nazivaju stacionarnim ili

kritinim takama.

1.11 Relativne ekstremne vrednosti funkcije dve promenljive

Teorema 1.11.1 Neka je ( ) kritina taka funkcije koja ima neprekidne drugeparcijalne izvode i neka je

=

2

22

2 2

( )

Ako je > 0 i 22

< 0 (ili 2

2< 0 ), funkcija ima relativni maksimum u taki

( )

Ako je > 0 i 22

> 0 (ili 2

2> 0 ), funkcija ima relativni minimum u taki

( )

Ako je < 0 funkcija nema ni relativni maksimum ni relativni minimum utaki ( ) U ovom sluaju, taka ( ) se esto naziva sedlastom takom.

Ako je = 0 ne znamo da li funkcija u ( ) ima relativni ekstremum ineophodna su dalja ispitivanja.

1.12 Relativne ekstremne vrednosti funkcija vie promenljivih

Neka je = (1 ) (1 ) D R

15


16/130


Teorema 1.12.1 Ako postoje prvi parcijalni izvodi funkcije u taki (1 )

D

i ima ekstremnu vrednost u taki (1 ) onda je

1(1 ) = 0

(1 ) = 0

Teorema 1.12.2 Neka je A(1 ) D stacionarna taka funkcije Ako je 2F(A) < 0 (1 ) = (0 0) funkcija ima relativni maksi-

mum u taki A

Ako je 2F(A) > 0 (1 ) = (0 0) funkcija ima relativni minimumu taki A

Ako2F(A) menja znak za razne vrednosti (1 ) = (0 0) funkcija nema ni relativni minimum ni relativni maksimum u taki A

1.13 Vezane (uslovne) ekstremne vrednosti

PROBLEM: Odrediti relativni minimum ili relativni maksimum funkcije

= (1 ) (1 ) D Rako promenljive zadovoljavaju ogranienja data jednainama

1(1 ) = 0

(1 ) = 0

LAGRANOV METOD MNOITELJA:Formirajmo funkciju

F(1 ) = (1 ) + 11(1 ) + + (1 )gde su 1 realni parametri.

Ako funkcija F ima uslovnu ekstremnu vrednost, onda jeF1 = 0

F = 0

1(1 ) = 0

(1 ) = 0

Neka je A(1 ) stacionarna taka.

Ako je F(A) < 0 (1 ) = (0 0) funkcija ima uslovni maksimumu taki A

16


17/130

Matematika 3 1.13. VEZANE (USLOVNE) EKSTREMNE VREDNOSTI

Ako je F(A) > 0 (1 )

= (0 0) funkcija ima uslovni minimum

u taki A

Ako 2F(A) menja znak za razne vrednosti (1 ) = (0 0) funkcija nema ni uslovni minimum ni uslovni maksimum u tali A

17


18/130


1.14 Zadaci za vebu

1. Ispitati domen funkcije

(a) () =

2 + 2 9(b) () =

2 + 2 + 2 1 + ln ()

(c) () = arcsin

+ arccos 2

(a) D = {() R2 : 2 + 2 9}(b) D = {() R3 : 2 + 2 + 2 9 > 0}

= {() R3 : 2 + 2 + 2 9 > 0 > 0 > 0} {() R3 : 2 + 2 + 2 9 < 0 < 0 > 0} {() R3 : 2 + 2 + 2 9 < 0 > 0 < 0} {() R3 : 2 + 2 + 2 9 > 0 < 0 < 0}

(c) D = {() R2 : 1

1 = 0 1 2 1}= {() R2 : = 0 2 2}

2. Neka je D = (1 2) {5 8} Odrediti unutranjost, spoljanjost, rub i skupsvih taaka nagomilavanja.

D = (1 2); (R \ D) = ( 1) (2 5) (5 8) (8 ); D = [1 2]; D = {1 2 5 8};

3. Dokazati da je skup D najvei otvoren skup koji je sadran u D tj. da zasvaki otvoren skup D1 vai da je D1 D D

4. Dokazati da je D najmanji zatvoren skup koji sadri skup D tj. da za svakizatvoren skup D1 D D1 vai D D D1

5. Dokazati da vae sledee osobine:

(a) D = D D(b) D D(c) D je otvoren ako i samo ako je D = D

(d) D je zatvoren ako i samo ako je R \ D otvoren.

(e) D je zatvoren ako i samo ako je D = D6. Izraunati sledee granine vrednosti

(a) lim1

lim1

2+2222

(b)] lim1

lim1

2+2222

18


19/130

Matematika 3 1.14. ZADACI ZA VEBU

(c) lim

()(11)

2+2222

(d) lim()(00)

2+2

3

(a)

lim1

lim1

2 + 2 22 2 = lim1

2 12 1 = 1

(b)

lim1

lim1

2 + 2 22 2 = lim1

2 11 2 = 1

(c) Na osnovu rezultata pod (a) i (b) ne postoji.

(d) Kako je za =

lim0

2 + 22

32= 1 +

2

3

to sledi da posmatrana granina vrednost ne postoji, zato to se za razliitevrednosti dobijaju razliite granine vrednosti.

7. Nai prve parcijalne izvode funkcije

() =

2 + 2 + ln (2 + 2) ( ) = (0 0)

Uvedimo smene ( ) = i ( ) = 2 + 2 Tada je

( ) = + ln

i vai

=

+

= ( 1 ) + (

2+ 1

)2

= 2 +2

22 (2+2)2 +

22+2

= 2+2 +2 2

2 (2+2)2

=

+

= ( 1 )+ (

2+ 1

)2

= 2+2 2

2

(2+2)2 +2

2 +2

= +22+2

22

(2+2)2

8. Nai prve parcijalne izvode funkcije

(a) = 3 26(b) = 2 + 2(c) =

2 + 2 4

(d) = ln()(e) =

19


20/130


(a)

= 3

2

2

6

=

3

6

2

5

(b) = 2 = 2(c) = 2

2

2+24 =

2+24

(d) = = 1 = = 1 (e) = =

9. Nai

ako je = gde je = sin i = cos

=

+

= cos + ( sin )= cos2 sin2 = cos 2

10. Nai prve parcijalne izvode i totalni diferencijal funkcije = > 0 = 1

= ln = 1 = ln + 1

11. Ako je = ln( + 2) + 2 izraunati

i

Neka je ( ) = i ( ) = 2 Tada je ( ) = ln( + ) + isledi

=

+

= 1+ +

+ 2= +2 +

22+2

= +22

+2

=

+

= 1++

+2= +2 +

22+2

= +22

+2

12. Ispitati ekstremne vrednosti funkcije

( ) = ln(4 2) + 2 + ln ako je + 2 = 1

Neka je

F( ; ) = ln(4 2) + 2 + ln + (+ 2 1)

Kako je

20


21/130


F =

14 2 +

1+

F =

24 2

22 + 2

stacionarne take odredjujemo reavanjem sistema jednaina

14 2 +

1+ = 0

24 2

22 + 2 = 0 + 2 1 = 0

Dobija se

1=

12 + 2 1 = 0) (=

2 2 2 + 1 = 0

(= 2 ( 1)2 = 0) (= 1 = 1)

Parcijalni izvodi drugog reda su

2F2 =

1(4 2)2

12

2F

2

=4

(4 2)2

+4

3

2F =

2(4 2)2

a totalni diferencijal drugog reda

2F(1 1) = 892 + 4

9 + 22

92

Diferenciranjem uslova + 2 = 1 dobijamo = 12 odakle je

2F(1 1) = 122 < 0 () = (0 0)

i funkcija ima uslovni maksimum u datoj taki.

13. Ispitati uslovne ekstremne vrednosti funkcije

= 2 + 2 + 2 + + ako je + = 5 i + = 3

21


22/130


Neka je

F(; ) = 2 + 2 + 2 + + + ( + 5) + (+ 3)

Tada je

F = 2 + + F = 2 + + + F

= 2 + + +

Stacionarne take su reenja sistema jednaina

+ = 3 + = 5

2 + + = 0 + 2 + + = 0

+ + 2 + + = 0

+ = 3 + = 5 3 + = 6

+ 2 + = 3 + 3 + + = 3

+ = 3 + = 5

4 + = 11 2 + = 13

2 + + = 2

+ = 3 + = 5

2 + = 132 + = 15

2 + = 15

Reenje datog sistema je () = (14

94

114

152 0)

Kako su parcijalni izvodi drugog reda

2F2 = 22F2 = 22F2 = 2

2F = 1[1]2F = 12F = 1

22


23/130


totalni diferencijal drugog reda je

2F= 22 + 22 + 22 + 2 2+ 2

Diferenciranjem uslova

+ 3 = 0 i + 5 = 0

dobijamo

+ = 0 i + = 0 = i =

Odatle je

F2 = 2

2 + 2

2 + 2

2 + 2

2 + 2

2

2

2 = 6

2 0

Kako je

2F= 0 = 0 (= ) = 0 (= ) = 0

to je2F > 0 () = (0 0 0)

to znai da funkcija ima uslovni minimum u taki ( 14 94 114 )

23


24/130


24


25/130

Chapter 2

Vektorska analiza

Neka je Mradijus vektor take M() u pravouglom koordinatnom sistemu (O )Neka je

V= {M : M= ( ) R3}

skup svih radijus vektora taaka iz R3

2.1 Skalarna polja

Funkcija : D

R D

R3 se naziva skalarno polje (skalarna funkcija).

Ekviskalarna povr (nivo povr) skalarnog polja : D R D R3 je skuptaaka iz D u kojima polje ima konstantnu vrednost.

Ako za skalarno polje : D R D R3 jedinini vektor 0 D i Dpostoji konana granina vrednost

lim0

(+ 0) ()

onda se ona naziva izvod u taki funkcije u pravcu (i smeru) vektora 0 ioznaava sa

0() ili 0 ()

Neka je skalarno polje : D R D R3 diferencijabilno u taki D i nekaje 0 = (cos cos cos ) jedinini vektor koji sa i osama obrazuje uglove

i respektivno. Tada funkcija ima u taki izvod u pravcu vektora 0 i vai

0() =

()cos +

()cos +

()cos

=

()

()

()

(cos cos cos )

25


26/130

CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA Matematika 3

2.2 Vektorske funkcije

Funkcija F : D V D R se naziva vektorska funkcija skalarne promenljive.Razlaganjem po komponentama dobijamo

F() = (P() Q() R())

= P() + Q() + R() D

Hodograf ili trag vektorske funkcije F je skup svih taaka koje opisuju krajevi vektoraF() kada uzima vrednosti iz domena D

2.2.1 Granina vrednost i neprekidnost

Vektor A je granina vrednost vektorske funkcije F : D V u taki 0, u oznacilim0

F() = A ako

> 0 > 0| | < |F() A| <

gde je |F() A| intezitet vektora F() A|Direktno sledi da za A = ( ) i F = (P Q R ) vai

lim0

F = A ( = lim0

P() = lim0

Q() = lim0

R()

Funkcija F : D V je neprekidna u taki D ako jelim0

F() = F(0)

Funkcija je neprekidna ako je neprekidna u svakoj taki skupa D

2.2.2 Izvod

Izvod vektorske funkcije F : D V u taki definisan je sa

F() = lim0

F(+ ) F()

Direktno sledi da za F() = (P() Q() R()) vai

F() = (P() Q() R())

Geometrijska interpretacija.

26


27/130

Matematika 3 2.3. VEKTORSKA POLJA

2.2.3 Neodredjeni i odredjeni integral

Diferencijabilna funkcija G : D V je primitivna funkcija vektorske funkcije F naD ako je

G() = F()

za svako DNeodredjeni integral funkcije F() je skup svih primitivnih funkcija funkcije F i

oznaava se F()

Piemo F() = G() + C

Odredjeni integral funkcije F na intervalu [ ] je

F() = G() G()

Direktno sledi da jeF() =

P()+

Q()+

R()

i

F() =

P()+

Q()+

R()

2.3 Vektorska polja

Funkcija F : D V D V sa naziva vektorsko polje (vektorska funkcija vektorskepromenljive).

F() = (P() Q() R())

= P() + Q() + R() () D

Vektorske linije vektorskog polja F : D

V D

V su krive kod kojih je u

svakoj taki M vektor F(M) tangentni vektor na krivu u datoj taki. Diferencijalnajednaina vektorskih linija vektorskog polja F() = P() + Q() +R() je

P=

Q=

R

a to je sistem od dve obine diferencijalne jednaine

= QP

= RP

27


28/130


2.4 Hamiltonov i Laplasov operator

Hamiltonov(nabla) operator je simboliki operator

=

+

+

=

Laplasov operator je simboliki operator

=2

2+

2

2+

2

2

Ako skalarno pomnoimo sa samim sobom, dobijamo

=

=

2

+

2

+

2

=

2

2 +

2

2 +

2

2 =

2.5 Gradijent, divergencija i rotor

Neka je D R3 : D R skalarno polje i F : D V diferencijabilno vektorskopolje dato sa F() = (P() Q() R()).

Gradijent skalarnog polja je vektorsko polje : D V definisano sa

=

=

Divergencija vektorskog poljaF je skalarno polje

F : D

R

definisanosa

F = P

+Q

+

R

=

(P Q R )

Rotor vektorskog polja F u oznaci F ili rot F je vektorsko polje

F =

P Q R

=R

Q

+

P

R

+

Q

P

Vektorsko polje F je

potencijalno (konzervativno) ako postoji skalarno polje : DR

takvo da jeje F = i kaemo da je potencijal polja F; solenoidno ako je F = 0 u svim takama oblasti D; bezvrtlono ako je F = 0 u svim takama oblasti D R3Ako je vektorsko polje potencijalno i solenoidno, kae se da je Laplasovo.

28


29/130

Matematika 3 2.6. OSOBINE GRADIJENTA, DIVERGENCIJE I ROTORA

2.6 Osobine gradijenta, divergencije i rotora

Ako su : D R D R3 diferencijabilna skalarna polja, R i H : R Rdiferencijabilna funkcija, da vai

( + ) = + ;() = (); = 0;( ) = () + ();(H()) = H()

Ako su F G : D R3 D R3 diferencijabilna vektorska polja, R i A R3vai

( F + G) =

F +

G

(F) = ( F); A = 0

Ako su F G : D R3, D R3 diferencijabilna vektorska polja, R i A R3vai

( F + G) = F + G; (F) = ( F); A = 0

Ako je : D R D R3 diferencijabilno skalarno polje i F G : D R3 D R3diferencijabilna vektorska polja,dokazati da vai

(F) = ()

F + (

F); (F) = () F + ( F);

( F G) = G ( F) F ( G); ( F G) = ( G ) F G( F) ( F ) G+ F( G);( F G) = ( G ) F + (F ) G+ G ( F) + F ( G)

Ako je : D R D R3 diferencijabilno skalarno polje i F : D R3 D R3dva puta neprekidno diferencijabilno vektorsko polje, vai

() = 22

+ 2

2+

22

; () = 0; ( F) = 0; ( F) = ( F)

2F

2.7 Tangentna ravan na povr

Tangentna ravan povri S u taki M S je ravan u koja sadri sve tangente nakrive koje prolaze kroz taku M i lee na povri S

29


30/130


Ako je radijus vektor proizvoljne take tangentne ravni, 0 radijus vektor dodirne

take i 0 jedinini vektor normale ravni, onda je

( 0) 0 = 0

Neka je : D R D R3 skalarno polje. Jednaina nivo povr koja sadritaku M i funkcija ima konstantnu vrednost (M) Ako diferenciramo jednainu datenivo povri

() = (M)

dobijamo(M)+ (M) + (M) = 0

((M) (M) (M)) () = 0

(M)

= 0

(M)

Odatle je vektor normale na posmatranu nivo povr u taki M

= ()(M)

a jedinini vektor normale

0 =

=

()(M)|()(M)|

Ako je povr data implicitno jednainom F() = 0 jednaina tangentne ravni je

( 0) F(0) = 0 tj.

F(0) + F( 0) + F( 0) = 0

2.8 Normala povri

Normala povri S u taki M S je prava koja sadri taku M i normalna je natangentnu ravan da te povri kroz datu taku.

Ako je radijus vektor proizvoljne take normale, a 0 radijus vektor take Monda je jednaina normale

( 0) 0 = 0 ( 0) (0) = 0

Ako je povr S data implicitno jednainom F() = 0 jednaina normale utaki (0 0 0) je

0

=

0

=

0

30


31/130

Matematika 3 2.9. ZADACI

2.9 Zadaci

1. Odrediti ekviskalarne povri skalarnih polja

(a) () = 2+2 ;

(b) () = 2 + 2 + 2

(a) Jednaina ekviskalarne povri je () = C tj. 2+2 = C

Za C = 0 ekviskalarna povr je{() R3 : () = (0 0) = C(2 + 2)}

(kruni paraboloid bez svog temena O(0 0 0)) a za C = 0 to je {() R3 : () = (0 0) = 0} (O ravan bez take (0 0 0))

(b) Neka je 2 + 2 + 2 = CAko je C < 0 onda je data jednaina nemogua i ne postoji ekviskalarnapovr () = CAko je C = 0 jedinstveno reenje jednaine 2 + 2 + 2 = 0 je taka(0 0 0) i ona predstavlja traenu ekviskalarnu povr.Ako je C > 0 ekviskalarna povr je sfera radijusa

C sa centrom u

(0 0 0)

2. Nai izvod funkcije = (1 ) u pravcu vektora = (0 1 0)(koji ima tu koordinatu jednaku 1 i sve ostale 0) po definiciji.

lim0

(+ ) ()

= lim0

(1 + ) (1 )

=

3. Nai gradijent skalarnog polja () = 2 + + 8 u taki M(1 2 3)

= (

) = (22 )

(1 2 3) = (4 1 1) = 4 + + 4. U pravcu kog jedininog vektora 0 izvod skalarnog polja

(a) ima najveu vrednost?

(b) je jednak nuli?(c) ima najmanju vrednost?

Izvod funkcije u pravcu jedininog vektora 0 je

0= = || cos( 0)

31


32/130


(a) On ima najveu vrednost, ako je cos(

) = 1 tj. ako je (

) =

0 Dakle, izvod skalarnog polja ima najveu vrednost || u pravcu jedininog vektora ||

(b) On je jednak nuli ako je cos( ) = 0 tj. ako je ( ) = 2 Znai, izvod u svakom pravcu koji je ortogonalan na je jednak nuli.

(c) On ima najmanju vrednost, ako je cos( ) = 1 tj. ako je( ) = Izvod ima najmanju vrednost || u pravcu jedininog vektora ||

5. Nai jednainu tangentne ravni i normale povri 2 + 2 + 2 = C u takiM(1 2 0)

Gradijent skalarnog polja () = 2 + 2 + 2 jednak je () =(2 2 2) Njegova vrednost u taki M je (1 2 0) = (2 4 0) i to je vektornormale tangentne ravni date povri u taki M

Jednaina tangentne ravni je

2( 1) + 4( 2) + 0( 0) = 0 tj. 2+ 4 12 = 0

Sistem jednaina normale je

= 0 12

= 2

4

odkale su parametarske jednaine normale

= 2+ 1 = 4+ 2 = 0 R

6. Odrediti divergenciju i rotor vektorske funkcije F = 2 + 2 + (2+ 2)

F = P

+Q

+

R

= 2+ 2 + 2 = 2(+ + )

F =

2 2 2+ 2

= + +

32


33/130

Chapter 3

Viestruki integrali

3.1 Dvostruki integral

3.1.1 Definicija dvostrukog integrala

Neka je funkcija : R R2 ograniena nad gde je ograniena izatvorena oblast iji je rub po delovima glatka kriva i neka je rastojanje na R2Izvrimo podelu T = {1 2 } skupa mreom po delovima glatkih krivih nakonaan broj skupova = 1 i u svakom skupu izaberimo taku M

Skup ima dijametar () = max

() i povrinu Parametar podele (T)

je najvei od dijametara oblasti tj. (T) = max1

()

Broj

( T) =

=1

(M)

nazivamo integralnom sumom funkcije po podeli T i izboru taaka M =1 2

Ako za svaku podelu T i izbor taaka M = 1 postoji jedinstvenagranina vrednost integralne sume ( T) kad (T) 0 i onda se tagranina vrednost naziva dvostruki integral funkcije () nad oznaava se sa

() i kae se da je funkcija () integrabilna nad

3.1.2 Osobine dvostrukog integralaNeprekidna funkcija () nad zatvorenom oblau je integrabilna nad

Neka su 1 2 R2 zatvorene oblasti ograniene po delovima glatkim krivim ineka postoje integrali

()

1

()

2

() i

()

Tada vae sledee osobine:

33


34/130

CHAPTER 3. VIESTRUKI INTEGRALI Matematika 3

()+() =

()+

()

R;

() =

1

() +

2

() gde je = 1 2 i 1 i 2

nemaju zajednikih unutranjih taaka.

Neka su i neprekidne funkcije nad [ ] sa osobinom () () [ ]Ako je funkcija : R R2 neprekidna nad = {() R2 : () ()}, onda je

() =

()()

()

i krae ga zapisujemo sa

()

()()

Neka su i neprekidne funkcije nad [ ] sa osobinom () () [ ]Ako je funkcija : R R2 neprekidna nad = {() R2 : () ()}, gde su i neprekidne funkcije nad [ ] onda je

() =

()()

()

Povrina figure R2 data je integralom

=

Neka je () 0 () R2 Zapremina V oblasti V = {() R3 : () R2 0 ()} data je sa

V =

()

Neka je () 0 () R2 Ako je oblast V = {() R3 : () R2 () 0} onda je zapremina

V =

()

3.1.3 Transformacija koordinata

Neka je funkcija : D R R2 neprekidna nad ogranienom zatvorenomoblau D ravni i neka je D1 ograniena zatvorena oblast ravni.

34


35/130

Matematika 3 3.1. DVOSTRUKI INTEGRAL

Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednainama

= ( ) = ( ) ( ) D1

koja preslikava oblast D1 bijektivno na D Ako je Jakobijan transformacije

J( ) =()( )

=

= 0 ( ) D1

onda je

() =

(( ) ( ))|J( )|

Polarne koordinate = cos = sin

[0 ) [0 2]

3.1.4 Primena u inenjersknim naukama

Neka je () gustina ploe D R2 u taki () DMasa ploe D R2 data je sa

=

D()

Teite T( ) ploe D R2 ima koordinate

=1

D

() =1

D

()

Momenti inercije ploe D R2 u odnosu na ose O i O su dat je formulom

I = V2() I = V

2()

Moment inercije ploe D R2 u odnosu na koordinatni poetak dat je formulom

IO=

D

(2 + 2)()

35


36/130


3.2 Trostruki integral

3.2.1 Definicija trostrukog integrala

Neka je funkcija : V R V R3 ograniena nad V gde je V ograniena izatvorena oblast. Izvrimo podelu T = {V1 V2 V } skupa V na konaan brojskupova V = 1 i u svakom skupu V izaberimo taku M Skup V imadijametar (V) i zapreminu V Parametar podele je (T) = max

1(V) Broj

( T) =

=1(M)V


Ako za svaku podelu T i izbor taaka M = 1 postoji jedinstvenagranina vrednost integralne sume kad (T) 0 i onda se ta graninavrednost naziva trostruki integral funkcije () nad oblau V i oznaava sa

V

()V ili

V

()

Kae se da je funkcija () integrabilna nad V

3.2.2 Osobine trostrukog integrala

Neprekidna funkcija = () nad zatvorenom oblau V je integrabilna nad V Neka su V V1 V2 R3 zatvorene oblasti i neka postoje integrali

V()

V1

()V2

()iV

() Tada vae sledeeosobine:

V

() + ()

=

V

()+

V

()

R;

V

() =

V1

() +

V2

() gde je

V = V1 V2 i V1 i V2 nemaju zajednikih unutranjih taaka.Neka su funkcije 1 2 : R R2 neprekidne nad skupom i neka je

V = {() R3 : () 1() 2()} Tada je

V

()=

2()

1()

()

Zapremina V tela V R3 data je integralom

V =

V

36


37/130

Matematika 3 3.2. TROSTRUKI INTEGRAL

3.2.3 Transformacije koordinata

Neka je funkcija : D R R3 neprekidna nad ogranienom zatvorenomoblau D i neka je D1 R3 ograniena zatvorena oblast.

Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednainama

= ( ) = ( ) ( ) D1koja preslikava oblast D1 bijektivno na D

Ako je Jakobijan transformacije

J( ) =()( )

=

= 0 ( ) D1 onda je

V

()=

G

(( ) ( ) ( ))|J( )|

Sferne koordinate

= cos sin = sin sin = cos

0 [0 ] [0 2]Cilindrine koordinate

= cos = sin =

[0 ) [0 2] R

3.2.4 Primena u inenjersknim naukama

Neka je () gustina tela V R3 u taki () V Masa tela V R3 data je sa

=

V

()

Teite T( ) tela V R3 ima koordinate

=1

V()

=1

V

()

=1

V

()

37


38/130


Moment inercije tela V

R3 u odnosu na ravan O dat je formulom

I =

V

2()

Moment inercije tela V R3 u odnosu na osu O dat je formulom

I =

V

(2 + 2)()

Moment inercije tela V R3 u odnosu na koordinatni poetak dat je formulom

IO= V(2 + 2 + 2)()

38


39/130


3.3 Zadaci za vebu

1. Neka je data funkcija () = 22 i oblast = {() R2 : 0 2 0 1} Izraunati po definiciji integral I =

()

Data funkcija je neprekidna nad zatvorenom oblau a samim tim i integra-bilna. Granina vrednost integralne sume, kad (T) 0 je onda jedinstvenaza svaku podelu oblasti i izbor taaka.

Prave = 2 =2 = 0 1 vre podelu kvadrata na

2 kvadrata = [

2(1)

2 ] [1 ] = 1 = 1

Povrina posmatranih pravougaonika i parametar podele su

=2

1

=

2

2 (T

) =

5

Ako onda (T) 0 Izaberimo u svakom kvadratu taku M( 2 )

I =

22 = lim

=1

=1

(M)

= lim

=1

=1

422

22

22

= lim

86

=1

2

=12 = lim

86

(+1)(2+1)6

(+1)(2+1)6 =

89

2. Izraunati I=

(2 + ) ako je

= {( ) R2 : 1 5 1 2}

.

I =5

1

21

(2 + ) =5

1(2 + 122)|

=2

=1

=5

1(2 + 32 )= ( 133 + 32)|

5

1= 1423

3. Izraunati Jakobijan transformacije Dekartovih u polarne koordinate.

J( ) = (

)()

cos sin sin cos = cos2 + sin = 4. Izraunati dvostruki integral I =

(2 + 2) ako je

= {() R2 : 1 2 16 0 < 3

3}

39


40/130


Prelaskom na polarne koordinate dobijamo

I =

(2 + 2) =

3

6

4

13

= |36 144|

4

1= 323

5. Izraunati dvostruki integral I =

(+ ) ako je

= {() R2 : 3 1 + 3}

Ako se uvede smena = i = + onda je =

+1 =

+1 onda je

J( ) =

(+1)2

+1 (+1)2 1+1

= (+1)2

I =

(+ ) =

31

1( + 1)2

31

2 = ( 1 + 1

)|31 13

3|31 =136

6. Izraunati povrinu figure

= {() R2 : 2

9+

2

16 1 0 }

Neka je = 3 cos = 4 sin () [0 1] [ 4 ]

onda je

J() =()()

=

3cos 3 sin 4sin 4 cos

= 12

i

=

4

10

12 = |4

12

2|10

=38

40


41/130


7. Izraunati povrinu figure

= {() R2 : 1 23 + 23 4}

Neka je

= cos3 = sin3 ( ) [0 ) [0 2] : 1 8

Jakobijan uvedene transformacije je

J() =()()

cos3 3 cos2 sin sin3 3 sin2 cos

= 3 sin2 cos2

= 3 20

2cos2 81

= 378 20

sin2 cos2 189220

sin2 2

= 1894

2

0(1 cos4) = 1898

8. Izraunati zapreminu tela

V = {() R3 : 2 2 + 2 4 2 2 0}

Oblast V je simetrina u odnosu na ravan, a njena projekcija na ravanje

= {() R2

: 2

+ 2 2 0}

= {() R2 : 2 + ( 1)1 1 2 + ( 2)2 4}

V = 2

(2 + 2) = 2

2

0

4sin 2sin

3

= 12

2

04|

2

0 = 120

2

0sin4

= 120

2

0

1cos22

2 = 30

2

0

1 2cos2+ cos2 2= 74

9. Izraunati zapreminu oblasti

V = {() R3 : 2 + 2 + 2 18 2 + 2 }Ako posmatramo sistem jednaina

2 + 2 + 2 = 182 + 2 =

2 + 2 = 92 + 2 =

= 3 2 + 2 = 9

41


42/130


Projekcija oblasti V na ravan je

= {() R2 : 2 + 2 9}

V =V

==

18 2 2

2 + 2

=20

3

0

18 2 )

=20

3

0

18 2

20

3

02 = 54(

2 1)

10. Odrediti teite homogene ploe oblika pravouglog trougla ije su katetejednake 2 i 3

=

D

DD

D

=

D

DD

D

=1

D

20

3

2 0

=43

=

D

D

D

D

=13

30

223

= 1

Znai T( 43 1)

11. Izraunati I =V

(2 + 32) ako je V = {() R3 : 0

2 1 4 2 3}

I =2

0

41

3

2(2 + 32)

=2

0

41

(2 )+ 3 |=3

=2

=2

0

41

(2 + 19)

=2

0

(2+ 19) 12 2

|=4=1

=2

0(4 992 )

= 2 992 ) |2

0 =

95

12. Izraunati I =V

ako je

V = {() R3 : 0 2 1 2 1 5 2 2}

42


43/130


I =

5221

=

|=522

=1

=

(4 2 2)

=2

0

21

(4 2 2)

=2

0

12

2(4 2) 14 4=2

=1

=2

0( 32 (4 2) 154 )

= 9412

32

0

=

32

13. Izraunati I =V

(+ ) ako je

V = {() R3 : 0 2 0 2 1 4 }

Projekcija date oblasti na -ravan je

= {() R2 : 0 2 0 2 1 4 }= {() R2 : 0 2 0 2 + 3}

I =

41

=

(+ )|=4

=1

= 12

(+ )(4 )

=1

0

20 (4 + 4

2 2 22 3) +2

1

30 (4 + 4

2 2 22 3)

=1

0

22 + 43

3 1222 233 14 4=1

=0

+2

1

22 + 43

3 1222 233 14 4=3

=0

=1

0( 122 + 43 1312 )+

21

2(3 )2 + 43 (3 )3 122(3 )2 23(3 )3 14 (3 )4

=

14. Izraunati zapreminu oblasti

V = {() R3 : 1 2+2 4 0

2 + 2 2

2 + 2}

43


44/130


V =V

= 2

2+2

2+2

=

2 + 2

=20

2

12

=

2

4

13

3|31 =

2

4

263

= 263 24

= 136

15. Izraunati Jakobijan transformacije Dekartovih koordinata u sferne koordi-nate.

J =()( )

=

cos sin sin sin cos cos sin sin cos sin sin cos

cos 0 sin

= 2 sin ( cos2 sin2 sin2 cos2 cos2 cos2 sin2 sin2 )= 2 sin sin2 (cos2 + sin2 ) + cos2 (sin2 + cos2 )= 2 sin (sin2 + cos2 ) = 2 sin

16. Izraunati zapreminu lopte

V=

{(

)

R

3 :

2 +

2 +

2

25

}pomou trostrukog integrala.Uvedimo sferne koordinate

= cos sin = sin sin ( ) [0 ) [0 2] [0 ] = cos

Tada iz nejednaine 2 + 2 + 2 25 dobijamo

2 cos2 sin2 + 2 sin2 sin2 + 2 cos2 25 2 sin2 (cos2 + sin2 ) + 2 cos2 25

2 sin2 +

2 cos2

25

2

25

Kako je 0 to je 0 5 dok za i ne postoje dodatna ogranienja.

V =

20

0

sin 5

0

2= 2

|0

( cos )

|0

133

5

|0

=500

3

44


45/130


17. Izraunati

I= V(

2 + 2

4 +24 )

po oblasti

V= {( ) R3 : 2 + 2

4+

24

1}

Predjimo na uoptene sferne koordinate

= cos sin = 2sin sin () [0 1] [0 2] [0 ] = 2cos

Jakobijan date transformacije je

|J( )| = cos sin sin sin cos cos 2sin sin 2cos sin 2sin cos 2cos 0 2sin

= 42 sin

I= 42

0

0

sin 1

0

4= 165

18. IzraunatiV

(+ + ) ako je

V= {() R3 : 2 1 2 1 2}

Neka je = = + i = + + Jakobijan uvedene transformacije je

J( ) = ()( ) =1

()()

=

2 1 0

1 1 01 1 1

1

= 1+2

= + (+)2

2= +

(1 + )2

= ( + 1)2

Tada je

V(

+

+

)

=

2

1

( + 1)2

2

1

2

1

=3

8 19. Nai teite homogenog tela gustine () = 1 koje zauzima oblast

V= {() R3 : 2 + 2 2 2 + 2 + 2 4 0}

45


46/130


Ako se uvedu sferne koordinate, onda je

() [0 2] [0 2]

4

2

Masa tela je

=2

0

2

4

sin 2

0

2= 2

|0

( cos )2

|4

133

2

|0

=8

23

Koordinate teita su

= 1

V= 120

cos

2

4

sin2

2

0 3

= 0

= 1

V

= 1 20

sin 2

4

sin2 2

03= 0

= 1V

= 1 20

2

4

sin cos 2

03= 3

4

2

20. Nai moment inercije homogenog tela gustine () = 1 koje zauzimaoblast

V= {() [0 ) [0 ) [0) :; + + 2}

u odnosu na

osu.

Neka je

= cos4 sin4 = sin4 sin4 () [0 4] [0 2] [0 ] = cos4

Jakobijan date transformacije je J( ) = 162 sin3 cos3 sin7 cos3 Tada je,

I =V

(2 + 2)

= 16

2

0 sin3

cos3

(cos8

+ sin8

)2

0 cos3

sin15

4

0 4

= 16 142 1144 10245 = 512945

46


47/130

Chapter 4

Krivolinijski i povrinski integral

4.1 Krivolinijski integral

4.1.1 Krive

Skup L R3 je gladak ordanov luk ili prosta glatka kriva ako postoji interval[ ] i vektorska funkcija : [ ] R3 za koje vai

(a) L = {() : [ ]} = {(() () ()) R3 : [ ]};(b) je bijektivno preslikavanje skupa Ina L (zbog injektivnosti, kriva ne preseca

samu sebe) ;

(c) je neprekidno diferencijabilna;(d) () = 0, tj. (() () ()) = (0 0 0) za svako [ ]

Kaemo da je tada sa

() = () + () + () [ ]tj. sa

= () = () = () [ ]data glatka parametrizacija krive L

Skup L R3 je po delovima glatka kriva ako jeL = L1 L2 L

gde su L1 L2 L glatke krive i svaki par L L za = moe imati najvie

konano mnogo zajednikih taaka.Ako je () = () kaemo da je kriva L zatvorena. Inae, L ima rubove A = ()i ()

Putanja ili prosta po delovima glatka kriva je po delovima glatka kriva sa osobi-nom da za svako 1 2 ( ) iz 1 = 2 sledi ((1) (1) (1)) = ((2) (2) (2))(kriva ne preseca samu sebe na ( )). Kaemo da je tada sa = () = ()= () I data glatka parametrizacija putanje L

47


48/130

CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3

4.1.2 Orijentacija glatke krive

Mogue su dve orijentacje glatka krive L u odnosu na datu parametrizaciju:u smerurasta parametra i u smeru opadanja parametra Orijentacija krive u smeru rastaparametra moe za neku drugu parametrizaciju biti smer opadanja parametra.

Po delovima glatka kriva se orijentie tako da glatki delovi budu saglasno ori-jentisani, to znai da se kraj jednog glatkog dela nadovezuje na poetak sledeeg.

Ako je L kriva u ravni, onda kaemo da je negativna orijentacija u smjeru kretanjakazaljke na satu, a pozitivna suprotno od kretanja kazaljke na satu.

4.1.3 Definicija krivolinijskog integrala skalarnog polja

Neka je funkcija : D R D R3 skalarno polje i L D glatka kriva dataparametrizacijom

() = (() () () [ ] tj. = () = () = () [ ]

Ako je funkcija ( )|| integrabilna na intervalu [ ] onda je krivolinijskiintegral skalarnog polja (prve vrste) du krive L u oznaci

L

() definisan sa

L

() =

(())|() |

=

(() () ())

(())2 + (())2 + (())2

Element duine luka krive je

=()

= (())2 + (())2 + (())2Ako je L = L1 L po delovima glatka kriva, onda je

L

() =L1

() + +L

()

4.1.4 Osobine

Neka za funkcije : DR

DR3

i putanju L D postoje integrali L () iL

() Tada vai:

L

(() + ()) = L

() + L

() R;

48


49/130

Matematika 3 4.1. KRIVOLINIJSKI INTEGRAL

Krivolinijski integral prve vrste ne zavisi od orijentacije krive.

Neka je : D R D R3 nenegativna neprekidna funkcija na putanji L DPovrina cilindrine povri S = {() R3 : () L 0 ()} je

S =L

()

Duina putanje L R3 je

=L

Ako je L R

3

komad ice i ako je linearna gustina ice L poznata u svakojtaki onda je

=L

()

masa ice L

4.1.5 Definicija krivolinijskog integrala vektorskog polja

Neka je F = (P Q R ) vektorsko polje i L D orijentisana glatka kriva data sa() = (() () ()) Ako je funkcija F() integrabilna na intervalu [a, b], tadaodredjeni integral

L

F() =

F(()) ()

zovemo krivolinijski integral vektorskog polja F (druge vrste) po L od take A = ()do take B = ()

Ako je L = L1 L po delovima glatka kriva, onda jeL

F =L1

F + +L

F

gde su glatke krive L1 L

saglasno orijentisane.

U ravni. Ako je F = (P Q) vektorsko polje i L D orijentisana glatka kriva datasa () = (() ()) onda je

L

P()+ Q() =

P(() ())() + Q(() ())()

49


50/130


51/130

Matematika 3 4.2. POVRINSKI INTEGRAL

4.1.8 Formula Grina

Teorema 4.1.4 Neka je R2 zatvorena oblast ograniena zatvorenompo delovimaglatkom krivom bez samopresecanja L Ako su funkcije P Q P i Q neprekidne nad i ako je kriva L orijentisana tako da take oblasti ostaju sa leve strane kada seL obilazi u datom smeru, tada vai

L

P + Q =

(Q P)

Sledea teorema pokazuje da formula Grina vai i u sluaju kada je viestrukopovezana oblast.

Teorema 4.1.5 Neka je R2 zatvorena viestruko povezana oblast ogranienaunijom zatvorenih po delovima glatkih krivih bez samopresecanja L1 L Akosu funkcije P Q P i Q neprekidne nad i ako je kriva L orijentisana tako datake oblasti ostaju sa leve strane kada se L obilazi u datom smeru, tada vai

jednakost

=1

L

P + Q =

(Q P)

Povrina figure R2 ograniene zatvorenom putanjom L je

=12

L

( )

4.2 Povrinski integral

4.2.1 Povri

Definicija 4.2.1 Skup S R3 je ordanova povr ako postoje oblast D R2 ifunkcije : D R za koje vai

(a) S = {( ) : ( ) D} = {(( ) ( ) ( )) R3 : ( ) D};

(b) i su bijekcije skupa D na S

Kaemo da je S = {(( ) ( ) ( )) : ( ) D} ivica (rub) povri S

gde je D rub oblasti D

Definicija 4.2.2 ordanova povrS = {( ) : ( ) D} je glatka ako vai(a) i

su neprekidne funkcije

(b) = 0

51


52/130


Uslov () ekvivalentan je uslovu = 0

= 0 ili

= 0

u oblasti DKaemo da je sa

= ( ) = ( ) = ( ) ( ) D

data glatka parametrizacija povri SSpecijalni sluaj je povr eksplicitno zadata jednainom = () () D

Za ovako zadatu povr je

= = = ( ) ( )

D

Ako su izvodi i neprekidni, onda je povr glatka.

Definicija 4.2.3 Za ordanovu povr se kae da je po delovima glatka, ako se Smoepodeliti na konano mnogo glatkih povri S = 1 tako da je S = =1S iza = S S je ili prazan skup ili kriva koja pripada zajednikoj ivici povri S iS

4.2.2 Orijentacija ordanove povri

Neka je data glatka povr Si taka M Si neka je L Sproizvoljna zatvorenakriva koja prolazi kroz taku M Postavimo u taku Mvektor normale i neprekidnoga pomerajmo u istom smeru du krive

LAko se vektor normale vrati u taku

Msa

istim smerom normale (za svaku proizvoljno izabranu krivu L), onda se povr Simadve neprekidne glatke orijentacije, tj. Sje dvostrana povr.

Neka je zatvorena glatka kriva L rub glatke dostrane povri S Kaemo da jekriva L pozitivno orijentisana u odnosu na vektor normale ako, kada pomeramo vektornormale u posmatranom smeru, take povri Sse nalaze sa leve strane.

Primer 4.2.1 Primer jednostrane povri je Mbiusova traka, data parametarskim jed-nainama

= (6 + (/2)) = (6 + (/2)) [3 3] [0 2] = (/2)

4.2.3 Definicija povrinskog integrala skalarne funkcije

Neka je : D! R D1 R3 skalarno polje i S D1 glatka povr,ograniena podelovima glatkom krivom, data parametrizacijom

= (( ) ( ) ( )) ( ) D tj.

= ( ) = ( ) = ( ) ( ) D

52


53/130


Povrinski integral funkcije po povri S (prve vrste ili po projekciji), u oznaciS

()S je definisan sa

S

()S =

D

(( ))

Ako je S = =1 po delovima glatka povr sa glatkim delovima S1 S tada jeS

()S =

S1

()S+

S2

() S

S

()S

4.2.4 Osobine povrinskog integrala skalarne funkcijePovrinski integral prve vrste je linearan tj. vai

S

(() + ())S =

S

()S+

S

()S R

Za povrinu S glatke povri S R3 ograniene po delovima glatkom krivom vai

S =S

S

Ako je () povrinska gustina mase rasporedjene neprekidno po glatkoj povriS onda je

=S

()S

Teite T( ) glatke povri S ograniene po delovima glatkom krivom ima ko-ordinate

=1

S

()S =

1

S

()S =

1

S

()S

Neka je S po delovima glatka povr koja se izdvajanjem konanog broja taaka ikrivih svodi na uniju glatkih povri S1 S2 S i neka je : S R S R3ograniena nad S Tada je, po definiciji,

S

()S =

=1

S

()S

53


54/130


4.2.5 Definicija povrinskog integrala vektorske funkcije

Neka je F = (P Q R ) vektorska funkcija definisana i ograniena nad D1 i S D1glatka orijentisana povr data parametrizacijom

= (( ) ( ) ( )) ( ) D tj.

= ( ) = ( ) = ( ) ( ) DAko je 0 = (cos cos cos ) jedinini vektor normale na povr, onda je povrinskiintegral vektorskog polja F po povri S definisan sa

S

F()S =

D

F(( ))

Ako je S = S1 S po delovima glatka orijentisana povr, onda jeS

F()S =

S1

F()S+ +

S

F()S

4.2.6 Osobine

Neka je data glatka povr S jednainom = () () R2 gde je neprekidno diferencijabilna funkcija na Pretpostavimo da vrimo integraciju poonoj strani povri kod koje vektor normale, povuen u proizvoljnoj taki povri, zaklapaotar ugao sa pozitivnim delom -ose. Neka je na povri S definisana neprekidna

funkcija () Tada jeS

() =

(())

Ako se integracija vri po onoj strani povri kod koje je ugao izmedu normale uproizvoljnoj taki povri i -ose tup onda je

S

() =

(())

Protok (fluks) vektora F kroz orijentisanu povr S je povrinski integral SF 0S

4.2.7 Formula Stoksa

Neka je S po delovima glatka orijentisana povr ograniena zatvorenom putanjom LKriva i povr su orijentisane tako da prilikom obilaenja povri S po krivoj L takepovri ostaju sa leve strane gledano sa kraja vektora normale na povr.

54


55/130


Skalarni oblik. Neka su funkcije P() Q() i R() neprekidne i imaju

neprekidne prve parcijalne izvode u nekoj okolini povri S Tada vai jednakostL

P + Q + R =S

(R Q)+ (P R)+ (Q P)

=S

cos cos cos

P Q R

SVektorski oblik. Ako je vektorska funkcija F = (P Q R ) neprekidno diferencijabilnana S tada vai

LF =

S( F)S

4.2.8 Formula Gausa

Pretpostavimo da je zatvorena oblast V R3 ograniena po delovima glatkom povriS koja sebe ne preseca.

Skalarni oblik. Neka su u oblasti V definisane neprekidne funkcije P Q i R kojeimaju neprekidne prve parcijalne izvode P Q i R Ako je povrinski integral pospoljanjoj strani povri S onda je

S

P+ Q+ R =

V

(P+ Q + R)

Vektorski oblik. Ako je vektorska funkcija F = (P Q R ) neprekidno diferencijabilnai 0 jedinini vektor normale na S tada je

V

FV =

S

F S

55


56/130


4.3 Zadaci

1. Dati ekvivalentnu definiciju krivolinijskog integrala prve vrste uz pomo in-tegralne sume.

Neka je interval [ ] podeljen na podintervala

[ ] = [0 1] [1 2] [2 1] [1 ]

gde je = 0 < 1 < < 1 < < < = Svakoj vrednosti = 0 1 odgovara na putanji L taka T(() () ()) Oznaimo sa duinu luka T1T putanje L Na svakom intervalu [1 ] = 1 izaberimo vrednost parametra kojoj odgovara taka M( ) gde je = () = () = () Sastavimo integralnu sumu

( L) =

=1( )

Ako za svaku podelu intervala [ ] i izbor taaka M = 1 postojijedinstvena granina vrednost integralne sume ( L) kad i max

1

0 onda se ta granina vrednost naziva krivolinijski integral prve vrsteili krivolinijski integral po duini krive funkcije du krive L i oznaava saL

() Ako je A = T0 i B = T onda se koristi i oznaka

L(AB)()

ili

(AB)()

2. Izraunati duinu dela cikloide

L = {() R2 : = 2( sin ) = 2(1 cos ) [ 4

53

]}

Kako je () = 2(1 cos ) () = sin to je

=L

=

53

4

2(1 cos )2 + 2 sin2

= 2

2

53

4

1 cos = 453

4| sin 2 |

= 853

4

sin = 8cos |53

4

= 4(

2 1)

3. Izraunati duinu dela cilindrine zavojnice

L = {() R3 : = 3 cos = 3 sin = 2 0 4}

56


57/130


Iz () =

3sin () = 3 cos i () = 2 sledi (())2 + (())2 + (())2 i

=L

=

20

9sin2 + 9 cos2 + 4 =

13

40

= 4

13

4. Izraunati I =L

(2 2) gde je L du AB gde je A(2 5) i B(1 1)

Glatka parametirzacija dui AB data je sa

= + 1 = 6 1 0 1odakle je

(())2 + (())2 = 1 + 36 = 37

AB

(2 2) =1

0

(+ 1)2(6 1) 2(6 1)

=1

0(63 + 112 8+ 1)

=

37

32

4 + 113 3 42 +

|1

0= 13

37

6

5. Izraunati I =L

( ) po duini polukrunice

L = {() R2 : 2 + ( 1)2 = 4 0}

Jedna glatka parametirzacija krunice je

L = {() R2 : = 2 cos = 2 sin + 1 0 }Za datu parametrizaciju je

(())2 + (())2 =

4sin2 + 4 cos2 = 2

L

( ) =2

2

(2cos 2sin 1)2 = 2

2sin 2cos |

2

2= 8

6. Izraunati povrinu povri

S = {() R3 : 2 + 2 = 4 0 0

9 2 2}

57


58/130


Projekcija date povri u ravan je kriva

L = {() R2 : = 2 cos = 2 sin 0 }

Onda je () = 2sin () = 2 cos i

(())2 + (())2 = 2

S =L

9 2 2 = 2

0

9 4 = 2

13

7. Nai masu ice

L = {() R3 : = cos = sin = 0 5}

ako je () = 12+2+2 gustina ice u taki M()

Za datu parametrizaciju je () = (cos sin ) () = (sin +cos )() = i () = 122

=L

=12

50

2

2(cos sin )2 + (sin + cos )2 + 1

=

3

2

50

=

32

(1 5)

8. Napisati ekvivalentnu definiciju krivolinijskog integrala druge vrste, koristeiintegralnu sumu.

Neka su funkcije PQR: D R D R3 ograniene na putanji L Ddatoj u parametarskom obliku jednainama

= () = () = () (4.1)

i orijentisanoj od take A(() () ()) prema taki B(() () ())Neka je

[ ] = [0 1] [1 2] [2 1] [1 ]

gde je = 0 < 1 < < 1 < < < = Svakoj vrednosti = 0 1 odgovara na putanji L taka T( ) gde je = () = () = () Oznaimo sa duinu luka T1T putanje L Nasvakom intervalu [1 ] izaberimo vrednost parametra kojoj odgovara takaM( ) gde je = () = () = () Neka je = 1 = 1 = 1 Sastavimo integralne sume

58


59/130


(P L) =

=1P( )

(Q L) =

=1Q( ) i

(R L) =

=1R( )

Ako za svaku podelu putanje L i izbor taaka M = 1 postoje jedin-stvene granine vrednosti integralnih suma (P L) (Q L) i (R L) respek-tivno, kad i max 0 onda se te granine vrednosti redom nazivaju

krivolinijski integral druge vrste funkcije Ppo koordinati i krivolinijski in-tegral druge vrste funkcije Qpo koordinati i krivolinijski integral druge vrstefunkcije R po koordinati du putanje L i oznaavaju se sa

LP()

LQ( ) i

LR() Opti krivolinijski integral druge vrste je defin-

isan sa

L

P+ Q + R=L

P+L

Q +L

R

9. Izraunati I=L

( 2) ako je L = AB gde je A(2 3) i B(4 2)

Ako je parametrizacija vektora ABdata saAB= {( ) R2 : = 2+ 2 = 5 3 0 1}

onda je = 2i = 5

I=(

AB(2+ 2)2 + 2(5 3)5)= (272 26)|1

0= 1

10. Izraunati I = L

( 0) ako je elipsa L = {( ) R2 : 225 + 2

36 = 1}negativno orijentisana.

Neka je L = {( ) R2 : = 5 cos = 6 sin 0 2} Tada je= 5sin = 6 cos

I=0

2

30sin2 = 300

2

1 cos22

= 30

59


60/130


11. Izraunati

I= L (

)

ako je putanja

L = {() R3 : 2 + 2 = 4 + + = 4}

orijentisana od take A(2 0 2) prema taki B(0 2 2) posmatrano na kraemluku L(AB) krive LIz parametrizacije L = {() R3 : = 2cos = 2sin =4 = 4 2cos 2sin 0 2} sledi = 2sin = 2 cos i = 2(sin cos ) Za dati smer integracije (ako je = 0dobija se taka A a ako je = 2 taka B) je

I =2

0 (4sin2 + 8 cos 4cos2 4sin cos + 4 sin cos 4cos2 )

= 4 20

(cos2 2cos + 1)= 4 20

1+cos 22 + 8

20

cos 4 20

= 22|0

sin22|0

+8sin 2|0

42|0

= 12

12. Izraunati I= L

(2 2 2) () ako je putanja

L = {() R3 : 2 + 2 + 2 = 9 2 + 2 = 3 0}

orijentisana od take A(3 0 0) prema taki B( 32 32 32 ) posmatrano na lukuL(AB) krive L za koji je 0Projekcija krive L na ravan O je krunica ( 32 )2 + 2 = 94 Ako je parametrizacija kriveL = {() R3 : 32 = 32 cos = 32 sin =

9 2 2

=

92 (1 cos ) =

9sin2 2 = 3sin

2

[0 2]} i smer integracije je od= 0 prema = 2 onda je

I= 27820

sin2 sin + 27220

sin2 2 cos + 27820

(1+2cos +cos2 ) cos 2= 274

13. IzraunatiL + + gde je putanja

L = {() R3 : 2 + 2 + 2 = 4 + 2 = 0}

pozitivno orijentisana ako se posmatra sa pozitivnog dela -ose.Ako uvedemo parametrizaciju

60


61/130


L=

{(

)

R3 :

=

+ 2

2 + (

+ 2)2 +

2 = 4

}= {() R3 : = + 2 (+ 1)2 + 2

2 = 1}= {() R3 : + 1 = cos

2= sin = + 2 = cos + 1

[0 2]}onda je

I=20

(cos 1)(cos + 1)( sin ) + (cos + 1)

2sin ( sin )

+ (cos 1)

2sin

2cos = 214. Izraunati I=

L+ + gde je putanja

L = {() R3 : 2 + ( 1)2 = 1 2 + 2 + 2 = 2}

pozitivno orijentisana ako se posmatra sa pozitivnog dela -ose.Projekcija date krive na O ravan jeC= {( ) R2 : 2 + 2 = 2 2 + 2 2}

= {( ) R2 : 2 + ( 1)2 = 1 0 1}= {( ) R2 : 1 = cos = sin

[ 2 32 ]}

Podeliemo krivu L na dve krive ije su parametrizacijeL1 = {() R3 : = 1 + cos = sin =

2 2 2 2

32 }

= {() R3 : = 1+ cos = sin =2cos 2 32 } i

L2 = {() R3 : = 1 + cos = sin =

2 2 2 2 32 }

= {() R3 : = 1 + cos = sin = 2cos 2 32 }

Tada je

I= L1

+ + + L2

+ +

=

32

2

sin 2cos cos + (1 + cos) sin 2cos sin

2 +

2

32

sin 2cos cos (1 + cos ) sin 2cos sin2 = 0

15. Izraunati I= L (32 2+2 )+ (32+ 2 +2 ) + (3 + 3) gde jeputanja L = {() R3 : 2 + 2 = 2 + 2 + = 2} orijentisana usmeru kretanja kazaljke na satu, ako se posmatra sa pozitivnog dela -ose.Putanja L je krunica koja je presek datih paraboloida ije su jednaine 2 +2 = i 2 + 2 = 2 tj. L = {() R3 : 2 + 2 = 1 = 1} ={() R3 : = cos = sin = 1 [0 2]}

61


62/130


Kako je

(

) =

sin

(

) = cos

i

(

) = 0

to je

I= 20

(3cos2 sin )( sin )+(3sin2 +cos )cos +(cos3 +sin3 ) 0

= 320

cos2 sin +20

sin2 + 320

sin2 cos +20

cos2

= 0 +20

sin2 + 0 +20

cos2 =20

= 2

16. Izraunati I= (AB)

+2+2 +

2 + 2 gde je A(0 1 2) i B(1 2 4)

Kako je P=

2+

2 Q=

2+

2 R= 2 + 2 to je

P = Q = (2 + 2) 32

P= R = 2 + 2 i Q = R =

2 + 2

Postoji jednostruko povezana oblast D R3 koja sadri putanju AC CE EB gde je A(0 1 2) B(1 2 4) C(1 1 2) i E(1 2 2) Tada u posmatranojoblasti integral Ine zavisi od putanje (AB) D

Ako za putanju integracije uzmemo (AB) = AC CE EB

AC = {() D: = = 1 = 2 0 1}CE = {() D: = 1 = = 2 1 2}EB = {() D: = 1 = 2 = 2 4}

onda je

I=1

0

22 + 1 +

21

22 + 1 +

42

5= ln 5 + 2

5

17. Nai funkciju Viji je totalni diferencijal prvog reda V= 2+2+a zatim izraunati I=

(AB)2+ 2 + gde je A(1 1 2) i B(2 1 3)

Neka je P= 2 Q= 2 i R= 1 Kako je P = Q = 2 P = R = 0Q = R = 0 i funkcije PQRP Q P R Q R su neprekidne u R3 to

62


63/130


postoji funkcija

Vtakva da je

V = 2

V =

2 i

V= 1

V = 2 V = 2 V = 1V = 2V() = 2 + ( )V = 2 + ( )

( ) = 0( ) = ()V= 2 + ()V = ()

() = 1() = + CV() = 2 + + C

Kako je I= (AB)

V to je

I= V(2 1 3) V(1 1 2) = 7 1 = 6

18. Za polje F : D R3 D R3 i putanju L D R3 dati formulacijuTeoreme 4.1.1 u razvijenom obliku.

Ako su funkcije PQR: D R D R3 neprekidne na otvorenoj oblasti Donda su sledea tvrdenja medusobno ekvivalentna:

Postoji funkcija V : D R sa neprekidnim parcijalnim izvodima takva daje

V= P+ Q + Ri vai da je

(AB)

P+ Q + R= V(B) V(A)

Za svaku zatvorenu putanju L DL

P+ Q + R= 0

Krivolinijski integral (AB)P+ Q + R (AB) D ne zavisi od

putanje integracije, nego samo od taaka A i B19. Neka je R2 zatvorena jednostruko povezana oblast ograniena zatvorenom

putanjom L koja(a) ima presek sa pravama paralelnim koordinatnim osama u najvie dve

take ili

63


64/130


(b) postoji prava paralelna jednoj od koordinatnih osa koja see krivu

Lu

vie od dve take.

Ako su funkcije P Q P i Q neprekidne nad i ako je kriva L pozitivnoorijentisana. tada vai jednakost

L

P+ Q =

(Q P) (4.2)

. Dokazati!

Dokaz.

() P =

2()

1()P

=

P( )|=2()=1()

=

P( 2()) P( 1()

=

P( 1())

P( 2())= L1 P( ) L2 P( )=

LP( )

STAVI SLIKU!!!!

Q =

2()

1()Q

=

Q( )|=2()=1()

=

Q(2() ) Q(1() )

=

Q(1() ) +

Q(2() )=

C1 Q( ) +

C2 Q( )

=L

Q( )

STAVI SLIKU!!!!

Sabiranjem dobijenih jednakosti dobijamoL

P+ Q =

(Q P)

(b) Pretpostavimo da je oblast jednaka uniji oblasti 1 i 2 koje nemajuzajednikih unutranjih taaka i presek im je du AB, iji rubovi zadovoljavajuosobinu (a) i time zadovoljavaju formulu Grina. Tada vai

L1

ABP+ Q =

1

(Q P)

64


65/130


L2

BA P+

Q=

2(Q P)

Sabiranjem prethodnih jednakosti dobija seL1

P+Q+

ABP+Q+

L2

P+Q+

BAP+Q =

(QP)

to je jednako sa L

P+ Q =

(Q P)

20. Napisati ekvivalentnu definiciju povrinskog integrala prve vrste, koristeiintegralnu sumu.

Neka je funkcija : S R S R3 ograniena nad S gde je S glatka povrograniena po delovima glatkom krivom i neka je rastojanje (metrika) na R3

Izvrimo podelu T = {S1 S2 S } povri S na konaan broj disjunktnihpovri S = 1 i u svakoj povri S izaberimo taku M S Neka jeS povrina povri S

Elemenat S ima dijametar (S) = max() Parametar podele je (T) =

max1

(S) Broj

( T) =

=1(M)S

nazivamo integralnom sumom funkcije po podeli T i izboru taaka M =1

Ako za svaku podelu T i izbor taaka M = 1 postoji jedinstvenagranina vrednost integralne sume ( T) kad (T) 0 i onda seta granina vrednost naziva povrinski integral funkcije () po povrinipovri S ili povrinski integral prve vrste i oznaava sa

S

()S

21. Izraunati I =

S(2 + 2 )S ako je

S = {() R3 : + + = 3 0 0 0}

Kako je pramatrizaija date povrxi data sa = ( 3 ) ()

= {() R2 : 0 1 0 1 }

65


66/130


to je

=

1 0 10 1 1

= (1 1 1) i | | =

3

I = S

(2 + 2 )S=

(2 + 2 (3 ))

3

=

31

0

10

(2 + 3 + 3) =1

0(3 + 322 + 32 ) = 0

22. Izraunati povrinu povri

S= {() R3 :

33

(2 + 2) = 2 2 + 2 + 2 1 0}

Ako predjemo na sferne koordinate, za = 6 dobijamo=

12cos 1

2sin

3

2

gde je [0 2] [0 1] i Za datu parametrizaciju je

=

12 cos 12 sin

3

2 12 sin 12 cos 0

=

12

3

2 0

odakle je | | = 2 i

S=

SS

= D| |

= D

2=

1

2

2

0

1

0

=

2 23. Izraunati povrinu sfere, ako je S= {() R3 : 2 + 2 + 2 = 100}

Ako je Sdata glatkom parrametrizacijom= (10cos sin 10sin sin 10cos)

gde je ( ) D= [0 2] [0 ] tada je

=

10sin sin 10cossin 010cos cos 10sin cos 10sin

= 100 cos sin

2 sin sin2 sin cos odakle je | | = 100sin i

S =S

S=

D

100sin = 100

20

0

sin

= 100 2 ( cos )0

= 400

66


67/130


24. Napisati ekvivalentnu definiciju povrinskog integrala vektorske funkcije, ko-

ristei integralnu sumu.Neka je funkcija : S R S R3 ograniena nad S gde je S glatkaorijentisana povr. Izvrimo podelu T = {S1 S2 S } povri S na konaanbroj disjunktnih povri S = 1 i u svakoj povri S izaberimo taku M

Neka je povrina projekcije povri S na ravan. Ako u takama S vektornormale zaklapa otar ugao sa pozitivnim delom -ose onda se uzima sapozitivnim predznakom, ako zaklapa tup ugao sa pozitivnim delom -ose ondase uzima sa negativnim predznakom i ako je projekcija povri S kriva uO ravni onda je = 0

Parametar podele je (T) = max1

(S) gde je (S) dijametar povri S

Broj

( T) = =1

(M)


Ako za svaku podelu T i izbor taaka M = 1 postoji jedinstvenagranina vrednost integralne sume ( T) kad (T) 0 i onda se tagranina vrednost naziva povrinski integral funkcije () po koordinatama i po izabranoj strani povri S ili povrinski integral druge vrste i oznaavasa

S

()

Analogno se definiu povrinski integral po koordinatama i povrinski in-tegral po koordinatama

Neka su funkcije P Q R : S R S R3 ograniene funkcije nad S Tadaje opti povrinski integral po izabranoj strani povri S definisan sa

S

P+ Q+ R =

S

P+

S

Q+

S

R

(4.3)

25. Izraunati I =S

FS F = (0 0 22) po strani povri

S = {() R3 : 2 + 2 + 2 = 36 0}iji vektor normale zaklapa tup ugao sa pozitivnim delom ose.

Kako je = ( 12

2

) i ugao izmedju normale na izabranu stranu povrii -ose tup,

I =

22(1 2 2)

gde je = {() R2 : 2 + 2 1}

67


68/130


projekcija povri S na ravan.

Prelaskom na polarne koordinate je

I =

20

60

5 cos2 sin2

1 2 =2

0

sin2 2

60

5

1 2 =

26. Izraunati I =L

F() F() = (2 2 2 2 2 2) gde je luk L ruboblasti

S = {() R3 : + + = 9 0 6}pozitivno orijentisana u odnosu na vektor normale koji gradi otar ugao sa

Za parametrizaciju () = ( 9 ) () i = (1 1 1)koristei formulu Stoksa,

I =S

2 2 2 2 2 2

S=

S

(2 2 2 2 2 2)S

= 2 (9 9 + ) (1 1 1) = 2

18

= 36

= 36 = 36 (36 9) = 36 27 = 972

27. Izraunati I =S

(1 1 1)S gde je S spoljanja strana ruba oblasti

V = {() R3 : 1 + 4 1 0 5}

(a) direktno,

(b) formulom Gausa.

(a) Neka je

S1 = {( 0) : 1 + 4 1 }S2 = {( 5) : 1 + 4 1 }S3 = {( 4 ) : 1 3 0 5}S4 = {(1 ) : = 1 1 3 0 5}S5 = {( 1 ) : = 1 1 3 0 5}

68


69/130


Ako je

I =S

(1 1 1)S = 1 2 3 4 5

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

I1 =

= 01 = (0 0 1)

=

= = 4

I2 =

= 22 = (0 0 1)

=

= = 4

I3 = + = 4

3 = (1 1 0)

= 20

I4 =

= 14 = (1 0 0)

=

= S4 = 10

I5 =

= 15 = (0 1 0)

=

= S5 = 10

(b)

I =S

+ + =

P = 1 Q= 1 R = 1P = Q = R = 0

= 0

28. Izraunati I =S

()S po spoljanjoj strani ruba oblasti

V = {() R3 : 2 + 2 36 0 0 5}

U oblasti V definisane su neprekidne funkcije

P = Q= R= P = Q = R=

i prema formuli Gausa je

I =

V

(++ ) =

0

(+ + )

gde je = {() R2 : 2 + 2 36 0}

projekcija oblasti V na ravan.

69


70/130


I =

5(+)+

252

=

0

60

5(cos +sin )+

252

= 720+225

29. Izraunati I =S

(2 2 2)S ako je S strana polusfere

{() R3 : 2 + 2 + 2 = 9 0}za koju je ugao izmeu vektora normale i pozitivnog dela ose tup.

Neka jeS1 = {() R3 : = 0 2 + 2 9}

i neka je

V = {() R3 : 2 + 2 + 2 9 0}Tada je S S1 rub oblasti V Ako je

P = 2 Q = 2 R = 2

onda jeP = 2 Q = 2 R = 2

i zadovoljeni su uslovi teoreme Gausa.

Znai,

I+S1

(2 2 2)S =

V

(2 + 2 +2)

gde se povrinski integrali raunaju po spoljanjem delu povri S S1Vektor normale na S1 je = (0 0 1) tako da je

S1

2+ 2+2 = 0

Ako uvedemo sferne koordinate,

= cos cos = sin cos = sin

0 3 0 2

0 < 2onda je

S

(2 2 2)S=

20

2

0

cos

0

4 0 = 255

70


71/130

Chapter 5

Diferencijalne jednaine

5.1 Osnovni pojmovi i definicije

Jednaina koja sadri bar jedan izvod nepoznate funkcije koja zavisi od jedne ili viepromenljivih se naziva diferencijalna jednaina.

Primer 5.1.1 Sledee jednaine su diferencijalne:

(a) () = (b) () () + 2() = 0

(c) 2()

2 +

2()

2 +

2()

2 = 0

(d) () + 2() = 0 const.

(e) 2

2 =1

1 + ()

2

Konjukcija dve ili vie diferencijalnih jednaina se naziva sistem diferencijalnihjednaina.

Primer 5.1.2 Primer sistema dve diferencijalne jednaine sa dve nepoznate funkcije:

() = 2() 3()() = () + 5()

Diferencijaln

Documents

Matematika 3-Jovanka Pantovic