Matematika 3imft.ftn.uns.ac.rs/math/uploads/Courses/Skripte.pdfChapter 1 Skalarne funkcije više promenljivih Sastanovištaprimene,ﬁzičkeveličinekojemožemopredstavitipomoćufunkcija

Matematika 3

Jovanka Pantović

December 10, 2018

2

Sadržaj

0.1 Uvodni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40.1.1 Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1 Skalarne funkcije više promenljivih 71.1 Skalarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Granična vrednost i neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Diferencijalni račun funkcije dve promenljive . . . . . . . . . . . 101.4 Izvod složene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Implicitno zadate funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.6 Tangentna ravan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.7 Relativne ekstremne vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.7.1 Funkcije više promenljivih . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.7.2 Heseova matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.7.3 Funkcije dve promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.8 Vezane (uslovne) ekstremne vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . 261.9 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.10 Površi drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2 Višestruki integrali 372.1 Dvostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.1.1 Definicija dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . 372.1.2 Računanje dvostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . 402.1.3 Transformacija koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.4 Primena u inženjersknim naukama . . . . . . . . . . . . . 43

2.2 Trostruki integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2.1 Definicija trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2.2 Osobine trostrukog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . 442.2.3 Transformacije koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.2.4 Primena u inženjersknim naukama . . . . . . . . . . . . . 45

2.3 Zadaci za vežbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3 Krivolinijski integrali 553.1 Krivolinijski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.1.1 Glatke krive i njihove parametrizacije . . . . . . . . . . . 553.1.2 Primeri glatkih krivih u R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3

4 SADRŽAJ

3.1.3 Primeri glatkih krivih u R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.1.4 Definicija krivolinijskog integrala skalarne funkcije . . . . 613.1.5 Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.1.6 Krivolinijski integral vektorskog polja . . . . . . . . . . . 653.1.7 Osobine krivolinijskog integrala . . . . . . . . . . . . . . . 663.1.8 Nezavisnost od putanje integracije . . . . . . . . . . . . . 663.1.9 Potencijalna polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.1.10 Divergencija i rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.1.11 Formula Grina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

0.1 Uvodni pojmoviU ovom predmetu ćemo koristiti neke osobine vektorskih prostora, zbog čegaprvo dajemo kratak pregled osnovnih definicija i karakterističnih primera iz teoblasti.

0.1.1 Vektorski prostori

Neka je data Abelova grupa V = (V,+,−, 0) , polje P i preslikavanje · : P×V →V. Kažemo da V obrazuje vektorski prostor nad poljem P, ako za sve x, y ∈ Vi p, q ∈ P važi:

(vp1) p · (x+ y) = p · x+ p · y,

(vp2) (p+ q) · x = p · x+ q · x,

(vp3) (pq) · x = p · (q · x),

(vp4) 1 · x = x, gde je 1 ∈ P jedinični element tog polja.

Vektorski prostor Rn

Neka je R polje realnih brojeva i

Rn = R× . . .× R = {(a1, . . . , an) : a1 ∈ R, . . . , an ∈ R}.

Definišimo sabiranje i množenje realnim brojem elemenata iz Rn na sledećinačin:

(a1, a2, . . . , an) + (b1, b2, . . . , bn) = (a1 + b1, a2 + b2, . . . , an + bn),

a · (a1, a2, . . . , an) = (aa1, aa1, . . . , aan),

gde je a ∈ R i (a1, . . . , an), (b1, . . . , bn) ∈ Rn.

Može se pokazati da Rn obrazuje vektorski prostor nad poljem realnih brojeva:

(1) (Rn,+,−, 0) je Abelova grupa,

0.1. UVODNI POJMOVI 5

(2) a((a1, . . . , an) + (b1, . . . , bn)) = a(a1, a2, . . . , an) + a(b1, b2, . . . , bn),

(3) (a+ b)(a1, a2, . . . , an) = a(a1, a2, . . . , an) + b(a1, a2, . . . , an),

(4) (ab)(a1, a2, . . . , an) = a(b(a1, . . . , an)) i

(5) 1 · (a1, a2, . . . , an) = (a1, a2, . . . , an),

za sve a, b, a1, . . . , an ∈ R.

Karakteristične tačke i skupovi u Rn

Neka je D ⊆ Rn.

Definicija 0.1.1 Rastojanje (metrika) je preslikavanje d : Rn × Rn → R saosobinama:

(D1) d(M1,M2) ≥ 0,(D2) d(M1,M2) = 0⇔M1 = M2

(D3) d(M1,M2) = d(M2,M1)(D4) d(M1,M2) + d(M2,M3) ≥ d(M1,M3).

Kažemo da je uređen par (Rn, d) metrički prostor.

Primer 0.1.1 Neka je M1 = (x1, y1) i M2(x2, y2). Funkcija

d(M1,M2) =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

je metrika u R2.

Definicija 0.1.2 Okolina tačke M1 je skup

L(M, r) = {M ∈ Rn : d(M,M1) < r}, r > 0.

Primer 0.1.2 Ako je rastojanje definisano sa

d(M1,M2) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + . . .+ (xn − yn)2,

onda kažemo da je okolina sferna:

(a) n = 3

L(M, r) = {M ∈ R3 :√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 < r}= {M ∈ R3 : (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 < r2}

(b) n = 2

L(M, r) = {M ∈ R2 :√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 < r}= {M ∈ R2 : (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 < r2}

(c) n = 1

L(M, r) = {M ∈ R :√x2 < r}

= {M ∈ R : |x| < r} = {M ∈ R : −r < x < r}

6 SADRŽAJ

Definicija 0.1.3 Neka je (Rn, d) metrički prostor. Uvodimo sledeće karakter-istične tačke:

(i) M1 ∈ D je unutrašnja tačka skupa D ako postoji okolina tačke M1 koja jecela sadržana u D;

(ii) M2 6∈ D je spoljašnja tačka skupa D ako postoji okolina tačkeM2 ne sadržinijednu tačku iz D;

(iii) M3 je rubna tačka skupa D ako svaka okolina tačke M3 sadrži bar jednutačku iz D i bar jednu tačku koja nije u D;

(iv) M4 je tačka nagomilavanja skupa D ako svaka okolina tačkeM5 ima preseksa D \ {M4};

Definicija 0.1.4 Neka je D ⊆ Rn. Uvodimo sledeće karakteristične skupove:

• Unutrašnjost Do skupa D je skup svih unutrašnjih tačaka.

• Spoljašnjost skupa D je skup svih spoljašnjih tačaka ((Rn \D)o).

• Rub skupa D je skup svih rubnih tačaka.

• Skup svih tačaka nagomilavanja skupa D ćemo označavati sa D′.

Osobine skupova:

(i) Skup D je otvoren ako za svaku tačku iz D postoji okolina te tačke kojaje sadržana u D.

(ii) Skup D je zatvoren ako je Rn \D otvoren.

(iii) Skup D je konveksan ako za svake dve tačke iz D duž koja ih spaja pripadaD.

(iv) Skup D je ograničen ako je sadržan u nekoj svojoj okolini.

Chapter 1

Skalarne funkcije višepromenljivih

Sa stanovišta primene, fizičke veličine koje možemo predstaviti pomoću funkcijamogu biti skalarne i vektorske. Skalarne veličine se mogu potpuno izraziti bro-jnom vrednošću (masa, dužina, vreme, rad, energija, itd.), dok se vektorskeveličine iskazuju vektorima (brzina, ubrzanje, sila, itd.).

1.1 Skalarne funkcije

Definicija 1.1.1 Realna funkcija n realnih promenljivih je preslikavanje skupaD ⊆ Rn, n ∈ N, n > 1, u skup R, tj. podskup Dekartovog proizvoda D × R ukome se svaki element iz D pojavljuje tačno jedanput kao prva komponenta.

Skup D se naziva domen funkcije, a vrednost funkcije f u tački (x1, . . . , xn) ∈ Dse zapisuje f(x1, . . . , xn). Pišemo i

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

ilif : D → Rn, (x1, . . . , xn) 7→ f(x1, . . . , xn).

Za proizvoljno c ∈ R, jednačinom f(x1, . . . , xn) = c je zadata nivo površfunkcije f. U slučaju n = 2 nivo površ se naziva i nivo kriva.

Sličan pojam, izolinije, se koristi prilikom kreiranja geografskih karata. Izolin-ije (grč. isos = jednak) su linije koje na geografskim kartama spajaju tačke ukojima neka pojava ima istu vrednost. Neki primeri izolinija su sledeći:

7

8 CHAPTER 1. SKALARNE FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

- izohipse (grč. hypsos = visina) su krive koje na geografskim kartamapovezuju mesta iste nadmorske visine. U delovima gde je mreža izohipsigusta, u prirodi je područje strmo;

- izobate (grč. batos=dubina) su krive koje na geografskim kartama spajajumesta jednake dubine;

- izobare (grč. baros = težina) su krive koje na kartama povezuju mestaistog vazdušnog pritiska.

Primer 1.1.1 Skicirati nivo krive sledećih funkcija

(i) z = x+ y

(ii) z = (x− 1)2 + (y + 1)2

(iii) z = x2 − y2.

x

y

0

−1

1

(a)

1 2 34

x

y

(b)

-1-2 -1 -2

12

12

0

0x

y

(c)

Figure 1.1: Primeri nivo krivih

Rešenje.

(i) Na Slici 1.1(a) su skicirane nivo krive za z = −1, 0, 1.

(ii) Na Slici 1.1(b) su skicirane nivo krive za z = 1, 2, 3, 4.

(iii) Na Slici 1.1(c) su skicirane nivo krive za z = −2,−1, 0, 1, 2.

�

1.2. GRANIČNA VREDNOST I NEPREKIDNOST 9

1.2 Granična vrednost i neprekidnostNeka je z = f(x, y), (x, y) ∈ D ⊆ R2 i neka je M1 tačka nagomilavanja skupaD.

Definicija 1.2.1 Kažemo da je A ∈ R granična vrednost funkcije f kad Mteži M1 ako

(∀ε > 0)(∃r = r(ε) > 0)(∀M ∈ D \ {M1}) d(M,M1) < r ⇒ d(f(x, y), A) < ε

i pišemolim

M→M1

f(M) = A.

Primer 1.2.1 Neka je

f(x, y) =

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

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

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

Definicija 1.2.2 Funkcija f : D → R, D ⊆ R2, je neprekidna u unutrašnjojtački M1 ∈ D ako je

(∀ε > 0)(∃r = r(ε) > 0)(∀M ∈ D) d(M,M1) < r ⇒ d(f(M), f(M1)) < ε

Znači, tri uslova moraju biti zadovoljena:

(i) limM→M1

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

(ii) postoji f(M1), tj. f je definisana u tački M1;

(iii) A = f(M1).

Definicija 1.2.3 Funkcija z = f(x, y) je neprekidna u oblasti D ako je neprekidnau svakoj tački iz D.

Primer 1.2.2 Funkcija f u Primeru 1.2.1 ima otklonjiv prekid u tački (2, 5).Moguće je definisati funkciju

g(x, y) =

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

7 , ako je (x, y) = (2, 5)

koja je neprekidna u R2. �


1.3 Diferencijalni račun funkcije dve promenljiveNeka je f : D → R, D ⊆ R2 funkcija dve promenljive i neka je ona zadatajednačinom

z = f(x, y).

Parcijalni izvodi prvog reda. Neka je (x1, y1) unutrašnja tačka skupa D.Zavisnost funkcije z od dva argumenta direktno indukuje postojanje dve vrsteprvih parcijalnih izvoda, po promenljivoj x i po promenljivoj y.

Definicija 1.3.1 Ako postoji granična vrednost

lim∆x→0

f(x1 + ∆x, y1)− f(x1, y1)

∆x

onda tu graničnu vrednost nazivamo parcijalni izvod prvog reda funkcije f popromenljivoj x u tački (x1, y1), i označavamo je sa ∂f(x1,y1)

∂x ili fx(x1, y1).Ako postoji

lim∆y→0

f(x1, y1 + ∆y)− f(x1, y1)

∆y

onda tu graničnu vrednost nazivamo parcijalni izvod prvog reda funkcije f popromenljivoj y u tački (x1, y1), i označavamo je sa ∂f(x1,y1)

∂x ili fy(x1, y1).

Primer 1.3.1 Neka je z = x2 − 3y3. Odrediti, po definiciji, parcijalne izbodeprvog reda funkcije z u tački (1, 1).

Rešenje. Primenom definicije dobijamo sledeće:

zx(1, 1) = lim∆x→0

(1 + ∆x)2 − 3− 1 + 3

∆x= 2

zy(1, 1) = lim∆y→0

1− 3(1 + ∆y)3 − 1 + 3

∆x= −9

�

Primer 1.3.2 Neka je f(x, y) = x2y3. Odrediti parcijalne izvode prvog redafunkcije z.

Rešenje. Iz definicije možemo direktno zaključiti da kada se traži parcijalniizvod po x, smatra se da je y konstanta. Slično, kada se traži parcijalni izvodpo y, smatra se da je x konstanta.

fx(x, y) = (x2)′y3 = 2xy3

fy(x, y) = x2(y3)′ = 3x2y2

�

1.3. DIFERENCIJALNI RAČUN FUNKCIJE DVE PROMENLJIVE 11

Izvod u pravcu. Direktno uopštenje prvih parcijalnih izvoda jeste izvod ufunkcije u datom pravu.

Definicija 1.3.2 Neka je z = f(x, y) i neka je ~s0 = (s1, s2) jedinični vektor.Izvod funkcije z u pravcu vektora ~s0 u tački (x1, y1) je

∂f

∂~s0(x1, y1) = lim

t→0

f(x1 + ts1, y1 + ts2)− f(x1, y1)

t

Iz prethodne definicije direktno sledi da za ~s0 =~ı i ~s0 = ~ redom dobijamo prveparcijalne izvode funkcije z po x i y.

Totalni diferencijal funkcije dve promenljive. Neka je z = f(x, y) (x, y) ∈D i neka je D otvoren skup.

Totalni priraštaj funkcije z u tački (x1, y1) ∈ D je

∆z(x1, y1) = f(x1 + ∆x, y1 + ∆y)− f(x1, y1)

za priraštaje argumenata ∆x i ∆y.

Definicija 1.3.3 Funkcija z = f(x, y) je diferencijabilna u tački (x1, y1) ∈ Dako se njen totalni priraštaj u toj tački može napisati u obliku

∆z(x1, y1) = A(x1, y1)∆x+B(x1, y1)∆y + C(∆x,∆y)

gde je

lim∆x→ 0∆y → 0

C(∆x,∆y)√x2

1 + y21

= 0.

Teorema 1.3.1 Ako je funkcija z = f(x, y) diferencijabilna u tački (x1, y1),onda postoje parcijalni izvodi prvog reda fx(x1, y1) i fy(x1, y1) i važi

∆z(x1, y1) = fx(x1, y1)∆x+ fy(x1, y1)∆y + C(∆x,∆y).

Ako je funkcija diferencijabilna, onda je ona i neprekidna.

Teorema 1.3.2 Ako u okolini tačke (x1, y1) funkcija f ima neprekidne parci-jalne izvode prvog reda, onda je ona u toj tački diferencijabilna.

Definicija 1.3.4 Neka je funkcija z = f(x, y) diferencijabilna na D i neka je∆x = dx i ∆y = dy. Totalni diferencijal funkcije z u tački (x1, y1) ∈ D je

dz(x1, y1) = fx(x1, y1)dx+ fy(x1, y1)dy.


Teorema 1.3.3 Neka su P = P (x, y) i Q = Q(x, y) funkcije dve promenljivečiji parcijalni izvodi prvog reda Py(x, y) i Qx(x, y) su neprekidne funkcije na D.Tada postoji funkcija z = f(x, y) čiji totalni diferencijal je

dz(x, y) = P (x, y)dx+Q(x, y)dy

ako i samo ako važi∂P

∂y(x, y) =

∂Q

∂x(x, y)

za sve (x, y) ∈ D.

Primer 1.3.3 Odrediti funkciju z = f(x, y) čiji totalni diferencijal je oblika

dz(x, y) =(6xy3 + 5

)dx+

(9x2y2 + 6

)dy.

Rešenje. Primetimo prvo da za P (x, y) = 6xy3 + 5 i Q(x, y) = 9x2y2 + 6 važi

Py(x, y) = 18xy2 = Qx(x, y).

Prema prethodnom tvrđenju, postoji funkcija z = f(x, y) sa osobinom

dz(x, y) =(6xy3 + 5

)dx+

(9x2y2 + 6

)dy.

To znači da funkcija z zadovoljava sledeći sistem jednačina:

fx(x, y) = 6xy3 + 5 i fy(x, y) = 9x2y2 + 6. (1.1)

Iz prve jednačine (integracijom po x) dobijamo

f(x, y) = 3x2y3 + 5x+ ϕ(y). (1.2)

Ako dobijenu jednačinu sada diferenciramo po y, onda je fy(x, y) = 9x2y2 +ϕ′(y). Zamenom fy(x, y) u drugu jednačinu sistema (1.1), dobijamo

9x2y2 + ϕ′(y) = 9x2y2 + 6⇔ ϕ′(y) = 6⇔ ϕ(y) = 6y + C

odakle zamenom u (1.2) dobijamo f(x, y) = 3x2y3 + 5x+ 6y + C. �

Teorema 1.3.4 Neka su P = P (x, y, z), Q = Q(x, y, z) i R = R(x, y, z)funkcije tri promenljive čiji parcijalni izvodi prvog reda Py(x, y, z), Pz(x, y, z)Qx(x, y, z), Qz(x, y), Rx(x, y, z) i Ry(x, y, z) su neprekidne funkcije na otvo-renom skupu D. Tada postoji funkcija F = F (x, y, x) čiji totalni diferencijalje

dF (x, y, z) = P (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy +R(x, y, z)dz

ako i samo ako važe sledeća tri uslova:∂P

∂y(x, y, z) =

∂Q

∂x(x, y, z)

∂P

∂z(x, y, z) =

∂R

∂x(x, y, z)

∂Q

∂z(x, y, z) =

∂R

∂y(x, y, z)

za sve (x, y, z) ∈ D.


Primer 1.3.4 Odrediti funkciju F = F (x, y, z) čiji totalni diferencijal je oblika

dF (x, y, z) = (2x+ 2) dx+ (2y + 2) dy + (2z + 2) dz.

Rešenje. Primetimo prvo da je Py = Pz = Qx = Qz = Rx = Ry i da je ispunjenuslov za postojanje funkcije F sa osobinom

Fx(x, y, z) = 2x+ 2 i Fy(x, y, z) = 2y + 2 i Fz(x, y, z) = 2z + 2. (1.3)

Ako prvi uslov integralimo po x, dobijamo

F (x, y, z) = x2 + 2x+ ϕ(y, z). (1.4)

Prvi parcijalni izvod po y je onda Fy(x, y, z) = ϕy(y, z). Ako dobijeni izrazizjednačimo sa drugim uslovom iz (1.3), a zatim integralimo po y, dobijamo

ϕy(y, z) = 2y + 2⇔ ϕ(y, z) = y2 + 2y + ψ(z). (1.5)

Iz (1.4) i (1.5) sada sledi

F (x, y, z) = x2 + 2x+ y2 + 2y + ψ(z).

Prvi parcijalni izvod dobijene funkcije F po z je Fz(x, y, z) = ψ′(z). Izjednača-vanjem sa trećim uslovom iz (1.3), dobijamo

ψ′(z) = 2z + 2⇔ ψ(z) = z2 + 2z + C,

odakle je konačno F (x, y, z) = x2 + 2x+ y2 + 2y + z2 + 2z + C. �

Geometrijska interpretacija. U nastavku dajemo geometrijsku interpre-taciju za parcijalne izvode prvog reda po x i y, totalni diferencijal prvog reda iizvod u pravcu.Parcijalni izvod prvog reda po x.Neka je Cx kriva koja se nalazi u preseku ravni y = y1 i grafika funkcijez = f(x, y). Parcijalni izvod prvog reda funkcije z = f(x, y) po x u tački(x1, y1) ∈ D predstavlja koeficijent pravca tangente u tački (x1, y1) na krivuCx :

tg(∠EAB) =∂z

∂x(x1, y1).

Odatle direktno sledi

∂z

∂x(x1, y1) =

BE

∆xtj. BE =

∂z

∂x(x1, y1) ·∆x.

Parcijalni izvod prvog reda po y.Neka je Cy kriva koja se nalazi u preseku ravni x = x1 i grafika funkcije f :D → R, D ⊆ R2. Parcijalni izvod prvog reda funkcije f po y u tački (x1, y1)predstavlja koeficijent pravca tangente u tački (x1, y1) na krivu Cy :

tg(∠GAC) =∂z

∂y(x1, y1) i GC =

∂z

∂y(x1, y1) ·∆y.


x

y

z

AB

E

Cx

x1 x1+∆x x1 x

y

z

A

C

G

Cy

Figure 1.2: Geometrijska interpretacija zx(x1, y1) i zy(x1, y1).

x

y

z

AB

C D

E

G F

Totalni diferencijal prvog reda.Posmatrajmo sada ravan koja sadrži tačke A,B,C i D. Kako su (vezani) vekotri−−→AB,

−→AC i

−−→AD koplanarni (leže u istoj ravni), njihov mešoviti proizvod je jednak

nuli. Primetimo prvo da je−−→AB = (AE, 0, EB) = (dx, 0, zxdx)−→AC = (0, AG,GC) = (0, dy, zydy)−−→AD = (AE,EF, FD) = (dx, dy, FD)

Odatle sledi, za (dx, dy) 6= (0, 0):

[−−→AB,

−→AC,−−→AD] = 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣dx 0 zxdx0 dy zydydx dy FD

∣∣∣∣∣∣ = 0

⇔ FD = zxdx+ zydy

⇔ FD = dz

Izvod u pravcu. Neka je ~s0 = (s1, s2) (na slici (a) je to−−→A′Q′). Pored toga,


neka je C~s0 kriva koja se nalazi u preseku grafika funkcije i ravni koja sadrživektor ~s = A′F ′ = t · ~s0 i normalna je na xy-ravan. Izvod u pravcu vektora ~s0

predstavlja koeficijent pravca tangente u tački (x1, y1) na krivu C~s0 :

tg(∠FAD) =∂z

∂~s0(x1, y1) FD =

∂z

∂~s0(x1, y1) · |~s|.

Ako iskoristimo da je FD = dz i |~s0| = 1, možemo dalje izvesti sledeće:

∂z

∂~s0(x1, y1) =

dz

|~s|=fx(x1, y1)dx+ fy(x1, y1)dy

|~s|

= fx(x1, y1)dx

|~s|+ fy(x1, y1)

dy

|~s|

= fx(x1, y1)A′E′

A′F ′+ fy(x1, y1)

E′F ′

A′F ′

= fx(x1, y1)A′P ′

|~s0|+ fy(x1, y1)

P ′Q

|~s0|= fx(x1, y1) · s1 + fy(x1, y1) · s2

= (fx(x1, y1), fy(x1, y1)) · (s1, s2) = ∇f(x1, y1) · ~s0.

Znači,

∂z

∂~s0(x1, y1) = ∇f(x1, y1) · ~s0.

Napomena: ∇ je simbolički operator definisan sa ∇ = ( ∂∂x ,

∂∂y ). Primenjen na

skalarnu funkciju f daje vektorsku funkciju ∇f = (∂f∂x ,∂f∂y ) koji se još naziva i

gradijent funkcije f .

P ′ E′

F ′

Q′

x

y

A′

x1 x1+∆x x

y

z

A

D

F

x1 x1+∆x

Parcijalni izvodi i totalni defirencijali višeg reda. Parcijalni izvodi prvogreda funkcije z = f(x, y), ako postoje, su funkcije koje zavise od dve promenljive.Ako te funkcije imaju svoje parcijalne izvode prvog reda, onda su to parcijalniizvodi drugog reda. Tako slično kao za funkciju jedne promenljive, parcijalneizvode reda n za n ≥ 2 definišemo induktivno kao parcijalne izvode prvog redaparcijalnih izvoda reda n− 1.


Definicija 1.3.5 Ako postoje parcijalni izvodi prvog reda funkcija ∂f∂x i ∂f

∂yna otvorenom skupu D, onda te izvode nazivamo drugi parcijalni izvodi i oz-načavamo ∂2f

∂x2 (ili fxx), ∂2f∂x∂y (fyx), ∂

2f∂y2 (ili fyy) i ∂2f

∂y∂x (ili fxy). Važi

∂2f∂x2 = ∂

∂x

(∂f∂x

)∂2f∂y2 = ∂

∂y

(∂f∂y

)∂2f∂x∂y = ∂

∂x

(∂f∂y

)∂2f∂y∂x = ∂

∂y

(∂f∂x

)

Teorema 1.3.5 Ako postoje drugi mešoviti parcijalni izvodi ∂2f∂y∂x i ∂2f

∂x∂y u nekojokolini tačke (x1, y1) i neprekidni su u tački (x1, y1), onda su oni i jednaki u tojtački, tj. važi

∂2f

∂x∂y(x1, y1) =

∂2f

∂y∂x(x1, y1).

Ako funkcija f ima neprekidne parcijalne izvode drugog reda u okolini tačke(x1, y1), onda možemo definisati totalni diferencijal drugog reda funkcije f kaototalni diferencijal prvog reda od totalnog diferencijala prvog reda funkcije f.Ako uvedemo oznake dx2 = (dx)2 i dy2 = (dy)2, onda je

d2f =∂2f

∂x2dx2 + 2

∂2f

∂x∂ydxdy +

∂2f

∂y2dy2,

ili kraće, simbolički,

d2f =( ∂∂xdx+

∂

∂ydy)2

f.

Slično se dobija i totalni diferencijal reda n (n ≥ 2):

dnf =( ∂∂xdx+

∂

∂ydy)nf.

1.4 Izvod složene funkcije

Teorema 1.4.1 Neka je funkcija f = f(x, y) diferencijabilna i x = x(t), y =y(t), t ∈ D. Tada važi

df

dt=∂f

∂x

dx

dt+∂f

∂y

dy

dt(1.6)

Primer 1.4.1 Odrediti prvi izvod funkcije z =√e2t + sin t+ et + 2 sin t

1.4. IZVOD SLOŽENE FUNKCIJE 17

Rešenje. Uvedimo smenu x(t) = et i y(t) = sin t. Tada je

z(t) =√

(x(t))2 + y(t) + x(t) + 2y(t).

Primenom lančanog pravila (1.6), dobijamo

∂z

∂t=

(x(t)√

(x(t))2 + y(t)+ 1

)· et +

(1

2√

(x(t))2 + y(t) + 2+ 2

)· cos t

�

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

∂f

∂x=∂f

∂u

∂u

∂x+∂f

∂v

∂v

∂x(1.7)

∂f

∂y=∂f

∂u

∂u

∂y+∂f

∂v

∂v

∂y(1.8)

Primer 1.4.2 Neka je data funkcija z = x2 + 12y

2, gde je x = u2−v22 i y = uv.

Odrediti zu i zv.

Rešenje.

1. način: Primetimo prvo da su parcijalni izvodi prvog reda datih funkcijaoblika

∂z

∂x= 2x

∂z

∂y= y

∂x

∂u= u

∂x

∂v= −v ∂y

∂u= v

∂y

∂v= u.

Koristeći lančana pravila (1.7) i (1.8), dobijamo

∂z

∂u= 2x(u, v) · u+ y(u, v) · v = 2 · u

2 − v2

2· u+ uv2 = u3

∂z

∂v= 2x(u, v) · (−v) + y(u, v) · u = 2 · u

2 − v2

2· (−v) + u2v = v3

2. način: Ako zamenimo izraze koji definišu funkcije x i y u izraz za z,dobijamo

z(u, v) =(u2 − v2)2

4+

1

2u2v2 =

1

4(u4 + v4).

Sada jezu(u, v) = u3 i zv(u, v) = v3.

�


1.5 Implicitno zadate funkcije

Neka je F : D → R, D ⊆ R3. Kažemo da je jednačinom

F (x, y, z) = 0

implicitno zadata funkcija z = f(x, y) ako je z jedinstvena funkcija sa osobinomda za svaki element (x, y) nekog skupa ∅ 6= D1 ⊆ R2 važi

F (x, y, z(x, y)) = 0 i (x, y, z(x, y)) ∈ D.

Teorema 1.5.1 Neka je funkcija z = f(x, y) data implicitno jednačinom

F (x, y, z) = 0

za koju postoje parcijalni izvodi Fx, Fy i važi Fz(x1, y1, z(x1, y1)) 6= 0 za svako(x1, y1) ∈ D1 Tada je

∂f

∂x(x1, y1) = −Fx(x1, y1, z1)

Fz(x1, y1, z1)i

∂f

∂y(x1, y1) = −Fy(x1, y1, z1)

Fz(x1, y1, z1)

(z1 = f(x1, y1))

Dokaz. Ako je F (x, y, z) = 0 onda je dF (x, y, z) = 0. U jednačinu

dF = 0 tj. Fxdx+ Fydy + Fzdz = 0

ćemo uvrstitidz = fxdx+ fydy.

Tako dobijamo sledeće:

0 = Fxdx+ Fydy + Fz(fxdx+ fydy)

⇔ 0 = (Fx + Fzfx)dx+ (Fy + Fzfy)dy

⇔ Fx + Fzfx = 0 ∧ Fy + Fzfy = 0

Odatle je, u slučaju kada je Fy(x1, y1, z(x1, y1)) 6= 0,

∂f

∂x(x1, y1) = −Fx(x1, y1, z1)

Fz(x1, y1, z1),∂f

∂y(x1, y1) = −Fy(x1, y1, z1)

Fz(x1, y1, z1).

�

Primer 1.5.1 Neka je funkcija z = f(x, y) data implicitno jednačinom

x2y + 2x2yz + sin z − 1 = 0. (1.9)

Izračunati zx(1, 1) i zy(1, 1).

1.6. TANGENTNA RAVAN 19

Rešenje. Izračunaćemo prvo vrednost funkcije z(1, 1). Zamenom vrednosti (x, y) =(1, 1) u jednačinu (1.9), dobijamo

2z + sin z = 0⇔ sin z = −2z ⇔ z = 0.

(Treba primetiti da je (z, u) = (0, 0) jedina presečna tačka grafika funkcija u =sin z i u = −2z.)

Diferenciranjem jednačine (1.9) redom po x i po y, dobijamo

2xy + 4xyz + 2x2yzx + zx cos z = 0 i x2 + 2x2z + 2x2yzy + zy cos z = 0.

Odatle je

zx = − 2xy + 4xyz

2x2y + cos zi zy = − x2 + 2x2z

2x2y + cos z

Sada je

zx(1, 1) = −2

3i zy(1, 1) = −1

3.

�

1.6 Tangentna ravanFunkcija data eksplicitno Neka je površ S zadata eksplicitno jednačinomz = f(x, y) i neka (x1, y1, z1) ∈ S, gde je z1 = z(x1, y1). Tangentna ravan napovrš S u tački (x1, y1, z1) ∈ S je ravan koja je određena tangentama na krivekoje leže na površi i sadrže tačku (x1, y1, z1). Jednačina ravni koja sadrži tačku(x1, y1, z1) je oblika

A(x− x1) +B(y − y1) + C(z − z1) = 0,

što je ekvivalentno sa

z = −AC

(x− x1)− B

C(y − y1) + z1.

Ako je data ravan tangentna ravan u tački (x1, y1, z1) na površ S, onda funkcijakoja je definiše ima jednake prve parcijalne izvode kao i funkcija kojom je defi-nisana površ, tj. važi

fx(x1, y1) = −AC

i fy(x1, y1) = −BC.

Znači, jednačina tangentne ravni na površ u tački (x1, y1) je oblika

z − z1 = fx(x1, y1)(x− x1) + fy(x1, y1)(y − y1)

Prethodna jednačina je ekvivalentna sa

fx(x1, y1)(x− x1) + fy(x1, y1)(y − y1)− (z − z1) = 0

⇔ (fx(x1, y1), fy(x1, y1),−1) · (x− x1, y − y1, z − z1) = 0

⇔ (fx(x1, y1), fy(x1, y1),−1) ⊥ (x− x1, y − y1, z − z1)

Tako zaključujemo da je ~n = (fx(x1, y1), fy(x1, y1),−1) vektor normale tan-gentne ravni.


Funkcija data implicitno Ako je površ data implicitno, jednačinom F (x, y, z) =0, onda za prethodnu jednačinu tangentne ravni na S u tački (x1, y1, z1) za kojuje Fz(x1, y1, z1) 6= 0 važi sledeće:

z − z1 = fx(x1, y1)(x− x1) + fy(x1, y1)(y − y1)

⇔ z − z1 = −Fx(x1, y1, z1)

Fz(x1, y1, z1)(x− x1)− Fy(x1, y1, z1)

Fz(x1, y1, z1)(y − y1).

Jednačina tangentne ravni je sada oblika

(Fx(x1, y1, z1), Fy(x1, y1, z1), Fz(x1, y1, z1)) · (x− x1, y − y1, z − z1) = 0

i važi

(Fx(x1, y1, z1), Fy(x1, y1, z1), Fz(x1, y1, z1)) ⊥ (x− x1, y − y1, z − z1)

što znači da je vekotr normale tangentne ravni

~n = (Fx(x1, y1, z1), Fy(x1, y1, z1), Fz(x1, y1, z1)).

Primer 1.6.1 Odrediti jednačinu tangentne ravni na površ datu jednačinomx2 + y2 + z2 = 30 u tački (1,−2, z1) u kojoj je z1 > 0.

Rešenje. Ako uvrstimo (1,−2) u jednačinu površi, za z1 > 0, dobijamo

z1 =√

30− 1− 4 = 5.

Normala na tangentnu ravan u tački (1,−2, 5) je

(Fx(1,−2, 5), Fy(1,−2, 5), Fz(1,−2, 5)) = (2,−4, 10).

Jednačina tangentne ravni je sada jednačina ravni koja sadrži tačku sa radijusvektorom ~r0 = (1,−2, 5), a čija normala je ~n = (2,−4, 10) :

~n · (~r−~r0) = 0⇔ 2(x− 1)− 4(y+ 2) + 10(z− 5) = 0⇔ 2x− 4y+ 10z− 60 = 0.

�

Geometrijska interpretacija gradijenta

Funkcija data eksplicitno Neka je površ data eksplicitno jednačinom z =f(x, y) i neka je jednačina tangentne ravni u (x1, y1, z1) data sa

z − z1 = fx(x1, y1)(x− x1) + fy(x1, y1)(y − y1).

Ako za datu površ i njenu tangentnu ravan posmatramo nivo krive dobijene zaz = z1, onda je

fx(x1, y1)(x− x1) + fy(x1, y1)(y − y1) = 0

⇔ (fx(x1, y1), fy(x1, y1)) · (x− x1, y − y1) = 0

⇔ (fx(x1, y1), fy(x1, y1)) ⊥ (x− x1, y − y1)

⇔ ∇f(x1, y1) ⊥ (x− x1, y − y1).

To znači da gradijent funkcije z = f(x, y) u tački (x1, y1) predstavlja vektornormale na nivo krivu površi za koju je z = f(x1, y1) u tački (x1, y1).

1.6. TANGENTNA RAVAN 21

Funkcija data implicitno Neka je površ data implicitno jednačinom F (x, y, z) =0 i tangentna ravna je data sa

(Fx(x1, y1, z1), Fy(x1, y1, z1), Fz(x1, y1, z1)) ⊥ (x− x1, y − y1, z − z1)

odakle je∇F (x1, y1, z1) ⊥ (x− x1, y − y1, z − z1).

To znači da je tada gradijent funkcije F = F (x, y, z) u tački (x1, y1, z1) normalanna tangentnu ravan nivo površi funkcije F za koju je F (x, y, z) = 0.


1.7 Relativne ekstremne vrednosti

1.7.1 Funkcije više promenljivihNeka je f = f(x1, . . . , xn), (x1, . . . , xn) ∈ D ⊆ Rn.

Definicija 1.7.1 Funkcija f ima (strogi) relativni tj. lokalni maksimum utački (a1, . . . , an) ∈ Do ako postoji ε > 0 takvo da za sve i ∈ {1, . . . , n} saosobinom 0 < |∆xi| < ε, važi

f(a1, . . . , an) > f(a1 + ∆x1, . . . , an + ∆xn) tj. ∆f(x1, . . . , xn) < 0.

Definicija 1.7.2 Funkcija f ima (strogi) relativni tj. lokalni maksimum u tački(a1, . . . , an) ∈ Do ako postoji ε > 0 takvo da za sve i ∈ {1, . . . , n} sa osobinom0 < |∆xi| < ε, važi

f(a1, . . . , an) < f(a1 + ∆x1, . . . , an + ∆xn) tj. ∆f(x1, . . . , xn) > 0.

Sledeće tvrđenje daje potrebne uslove za postojanje ekstremnih vrednosti funkcije.

Teorema 1.7.1 Ako postoje parcijalni izvodi prvog reda funkcije f u tački A(a1, . . . , an) ∈Do i f ima ekstremnu vrednost u tački A, onda je

fx1(A) = 0 . . . fxn(A) = 0.

To znači da je gradijent ∇f(A) = 0, odnosno da je totalni diferencijal prvogreda df(A) = 0.

Teorema 1.7.2 Neka je A(a1, . . . , an) ∈ Do stacionarna tačka funkcije f.

(i) Ako je d2f(A) < 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima relativnimaksimum u tački A.

(ii) Ako je d2f(A) > 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima relativniminimum u tački A.

(iii) Ako d2f(A) menja znak za razne vrednosti (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0),funkcija f nema ni relativni minimum ni relativni maksimum u tački A.

Dokaz: Ako funkciju F u tački A aproksimiramo Tejlorovim polinomomdrugog reda, onda je

f(A+ d~x) ≈ f(A) + df(A) +1

2d2(A)⇔ ∆f(A) ≈ df(A) +

1

2d2(A)

To znači da u slučaju kada je A stacionarna tačka dobijamo

∆f(A) ≈ 1

2d2z(A)

Odatle zaključujemo da se u stacionarnim tačkama znak priraštaja funkcije po-naša isto kao znak totalnog diferencijala prvog reda posmatrane funkcije. �

1.7. RELATIVNE EKSTREMNE VREDNOSTI 23

1.7.2 Heseova matrica

Za simetričnu kvadratnu matricu A reda n kažemo da je pozitivno definitnaako je vrednost (~x)TA~x strogo pozitivna za sve vektore (~x)T = [x1 x2 . . . xn] 6=[0 0 . . . 0]. Ako je ta vrednost nenegativna onda kažemo da je A pozitivno semi-definitna. Slično se definišu negativno definitna i negativno semi-definitna ma-trica.

Prilikom rešavanja optimizacionih problema ili opisivanja grafika funkcijeviše promenljivih često se koristi Heseova matrica, uz pomoć koje se može od-rediti totalni diferencijal drugog reda.

Definicija 1.7.3 Neka je f = f(x1, x2, . . . , xn), (x1, x2, . . . , xn) ∈ D ⊆ Rn, ineka su neprekidni svi njeni parcijalni izvodi drugog reda na D. Tada je Heseovamatrica (ili Hesijan) funkcije f kvadratna matrica reda n definisana sa

H(f) =

∂∂x1

(∂f∂x1

). . . ∂

∂x1

(∂f∂xn

)∂∂x2

(∂f∂x1

). . . ∂

∂x2

(∂f∂xn

). . . . . . . . .

∂∂xn

(∂f∂x1

). . . ∂

∂xn

(∂f∂xn

)

.

Možemo primetiti da se totalni deferencijal drugog reda funkcije F može pred-staviti uz pomoć Heseove matrice na sledeći način:

d2f = [dx1 dx1 . . . dxn]

fx1x1 fx2x1 . . . fxnx1

fx1x2 fx2x2 . . . fxnx2

. . . . . . . . . . . .fx1xn fx2xn . . . fxnxn

dx1

dx2

. . .dxn

tj. u tački A je

d2f(A) = (d~x)T ·H(f(A)) · d~x

gde je sa (d~x)T označen vektor [dx1 dx2 . . . dxn].

Neka funkcija f = f(x1, . . . , xn) ima neprekidne parcijalne izvode drugogreda u stacionarnoj tački A.

(i) Ako je H(f(A)) pozitivno definitna kada je d~x 6= ~0, onda f u A ima strogilokalni minimum,

(ii) Ako je H(f(A)) negativno definitna kada je d~x 6= ~0, , onda f u A imastrogi lokalni maksimum.


1.7.3 Funkcije dve promenljiveAko funkcija z = f(x, y) ima lokalnu ekstremnu vrednost u nekoj tački (x1, y1)onda je tangentna ravan na S u tački (x1, y1, z(x1, y1)) horizontalna tj. njenajednačina je oblika

z = z(x1, y1).

Ako su u toj tački definisani parcijalni izvodi prvog reda, onda su oni jednakinuli. Tako zaključujemo da ekstremne vrednosti funkcije tražimo u tačkama ukojima nisu svi prvi parcijalni izvodi definisiani ili je totalni diferencijal prvogreda jednak nuli. Te tačke nazivamo kritičnima tačkama.

Definicija 1.7.4 Neka je z = f(x, y), (x, y) ∈ D ⊆ R2. Tačka (x1, y1) ∈ Do jestacionarna tačka funkcije f ako važe sledeća dva uslova:

fx(x1, y1) = 0 i fy(x1, y1) = 0.

Teorema 1.7.3 Ako postoje parcijalni izvodi prvog reda funkcije z = f(x, y) utački (x1, y1) ∈ Do i z ima ekstremnu vrednost u tački (x1, y1), onda je (x1, y1)stacionarna tačka funkcije f.

Dokaz: Pretpostavimo da z ima relativnu ekstremnu vrednost u tački (x1, y1).Tada i funkcije jedne promenljive g1 i g2 definisane sa g1(x) = f(x, y1) i g2(y) =f(x1, y) imaju relativne ekstremne vrednosti u x = x1 odnosno y = y1. Potrebniuslovi da g1 i g2 imaju relativne ekstremume u x = x1 i y = y1 su g′1(x1) = 0 ig′2(y1) = 0, respektivno. Odatle sledi da su fx(x1, y1) = 0 i fy(x1, y1) = 0. �

Za funkciju dve promenljive možemo izvesti dovoljne uslove za postojanje ek-stremnih vrednostikoristeći determinantu Hesijanove matrice, kao što je to pred-stavljeno u sledećem tvrđenju.

Teorema 1.7.4 Neka je (x1, y1) stacionarna tačka funkcije z = f(x, y) kojaima neprekidne parcijalne izvode drugog reda i neka je

D2(x1, y1) = |H(x1, y1)| =∣∣∣∣ zxx zyxzxy zyy

∣∣∣∣ =(zxxzyy − z2

xy

)(x1, y1).

(i) Ako je D2(x1, y1) > 0 i zxx(x1, y1) < 0 (ili zyy < 0), funkcija z imarelativni maksimum u tački (x1, y1).

(ii) Ako je D2(x1, y1) > 0 i zxx(x1, y1) > 0 (ili zyy), funkcija z ima relativniminimum u tački (x1, y1).

(iii) Ako je D2(x1, y1) < 0 funkcija z nema ni relativni maksimum ni relativniminimum u tački (x1, y1). U ovom slučaju, tačka (a, b) se često nazivasedlastom tačkom.

1.7. RELATIVNE EKSTREMNE VREDNOSTI 25

Dokaz. Totalni diferencijal drugog reda funkcije z možemo transformisati nasledeći način:

d2z = zxxdx2 + 2zxydxdy + zyydy

2

= dy2

(zxx

(dx

dy

)2

+ 2zxydx

dy+ zyy

).

Kako je dy2 ≥ 0, to znači da d2z ima isti znak kao i kvadratna funkcija

f(t) = zxxt2 + 2zxyt+ zyy, t =

dx

dy.

Data kvadratna funkcija je strogo pozitivna ili strogo negativan jedino u slučajukada je njena diskriminanta negativna tj.

z2xy − zxxzyy < 0.

Ako je koeficijent zxx uz t2 pozitivan, onda f ima minimum i važi f(t) > 0, dokza negativno zxx funkcija ima maksimum i važi f(t) < 0. �Treba primetiti da prethodno tvrđenje ne daje odgovor za slučaj D2 = 0 i utom slučaju su neophodna dalja ispitivanja (npr. direktna primena definicije).

Primer 1.7.1 Odrediti lokalne ekstremne vrednosti funkcije z : R2 → R defin-isane sa

z = x3 + y3 − 3x− 12y + 20.

Rešenje. Da bismo odredili stacionarne tačke, neophodno je da odredimo tačkeu kojima je gradijent jednak 0 tj. u kojima su parcijalni izvodi prvog redajednaki 0.

zx = 3x2 − 3zy = 3y2 − 12

zx = 0⇔ x2 = 1⇔ (x = 1 ∨ x = −1)zy = 0⇔ y2 = 4⇔ (y = 2 ∨ y = −2)

Tako smo dobili stacionarne tačke:

A(1, 2) B(1,−2) C(−1, 2) D(−1,−2).

Odredićemo parcijalne izvode drugog reda i totalni diferencijal drugog reda:

zxx = 6x zxy = zyx = 0 zyy = 6y

d2z(x, y) = 6xdx2 + 6ydy2.

Posmatraćemo vrednost totalnog diferencijala drugog reda u svakoj stacionarnojtački:

(A) d2z(1, 2) = 6dx2 + 12dy2 > 0 za (dx, dy) 6= (0, 0)⇒ zmin(1, 2) = −10,

(B) d2z(1, 2) = 6dx2 − 12dy2 menja znak, odakle zaključujemo da z nemaekstremnu vrednost u B,


(C) d2z(1, 2) = −6dx2 + 12dy2 menja znak, odakle zaključujemo da z nemaekstremnu vrednost u C,

(D) d2z(−1,−2) = −6dx2 − 6dy2 < 0 za (dx, dy) 6= (0, 0) ⇒ zmax(−1,−2) =55.

�

1.8 Vezane (uslovne) ekstremne vrednostiUslovne ekstremne vrednosti su tačke u kojima funkcija

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

ima lokalne ekstremne vrednosti, ali uz dodatne uslove da promenljive (x1, . . . , xn) ∈D zadovoljavaju ograničenja data jednačinama

gj(x1, . . . , xn) = 0 za svako j ∈ {1, . . . ,m}

gde je (x1, . . . , xn) ∈ D.

Lagranžov metod množitelja. Jedan od narasprostranjenijih metoda zaodređivanje vezanih ekstremnih vrednosti jeste Lagranžov metod množitelja.

Definicija 1.8.1 Neka su f, g1, . . . , gm : D → R, D ⊆ Rn funkcije koje imajuneprekidne pracijalne izvode prvog reda na D. Lagranžova funkcija (ili La-granžian) je funkcija F : D × Rm ⊆ R definisana sa

F (x1, . . . , xn) =f(x1, . . . , xn) + λ1g1(x1, . . . , xn) + . . .+ λmgm(x1, . . . , xn),

gde su λ1, . . . , λm realni parametri (tzv. Lagranžovi množitelji).

Teorema 1.8.1 Neka su f, g1, . . . , gm : D → R, D ⊆ Rn funkcije koje imajuneprekidne pracijalne izvode prvog reda na D. Ako funkcija f ima uslovnu ek-stremnu vrednost u tački A(a1, . . . , an), onda je

Fx1(A) = 0 . . . Fxn(A) = 0 g1(A) = 0 . . . gn(A) = 0

Za stacionarnu tačku A važe sledeće implikacije:

(i) ako je d2F (A) < 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima uslovnimaksimum u tački A;

1.8. VEZANE (USLOVNE) EKSTREMNE VREDNOSTI 27

(ii) ako je d2F (A) > 0, (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0), funkcija f ima uslovniminimum u tački A;

(iii) ako d2F (A) menja znak za razne vrednosti (dx1, . . . , dxn) 6= (0, . . . , 0),funkcija f nema ni uslovni minimum ni uslovni maksimum u tačli A.

Primer 1.8.1 Odrediti lokalne ekstremne vrednosti funkcije z = x2 + y2 ako jex+ 2y = 4.

Rešenje. Pretpostavimo da postoji tačka M(xm, ym) u kojoj funkcija f(x, y) =x2+y2 dostiže svoju lokalnu ekstremnu vrednost, pri čemu zadovoljava jednačinux + 2y = 4 tj. g(x, y) = 0 (za g(x, y) = x + 2y − 4). Posmatrajući nivo krive,možemo primetiti da je M tačka u kojoj je data prava tangenta na nivo krivux2 + y2 = c (c = f(M)), tj. to je tačka u kojoj su gradijenti funkcija f i gparalelni.

To znači da postoji koeficijent proporcionalnosti −λ i važi

∇f(xm, ym) = −λ∇g(xm, ym) ∧ xm + 2ym = 4

Rešenje datog sistema je

(2xm, 2ym) = −λ(1, 2) ∧ xm + 2ym = 4

⇔(xm = −λ2 ∧ ym = −λ ∧ −5λ = 8

)⇔(xm = 4

5 ∧ ym = 85 ∧ λ = − 8

5

)M

14

14√52

∇f(M) ∇g(M)

x

y

Kako je vrednost funkcije u dobijenoj stacionarnoj tački manja nego u drugimtačkama koje zadovoljavaju zadati uslov (štopokazuju nivo krive), funkcija f utački M ima vezani lokalni minimum f(M) = 16

5 .

Primer 1.8.2 Odrediti lokalne ekstremne vrednosti funkcije z = xy2z3 ako jex+ y + z = 6 za x, y, z > 0.

Rešenje. Lagranžova funkcija je oblika

F (x, y, z) = xy2z3 + λ(x+ y + z − 6)

odakle je

Fx(x, y, z) = y2z3 + λ ∧ Fy(x, y, z) = 2xyz3 + λ ∧ Fz(x, y, z) = 3xy2z2 + λ.

Parcijalni izvodi drugog reda su elementi Hesijanove matrice

H(F (x, y, z)) =

Fxx(x, y, z) Fyx(x, y, z) Fzx(x, y, z)Fxy(x, y, z) Fyy(x, y, z) Fzy(x, y, z)Fxz(x, y, z) Fyz(x, y, z) Fzz(x, y, z)

=

0 2yz3 3y2z2

2yz3 2xz3 6xyz2

3y2z2 6xyz2 6xy2z


Na domenu x, y, z > 0, stacionarne tačke su rešenja jednačine ∇F (x, y, z) = 0tj. rešenja sledećeg sistema jednačina:

y2z3 + λ = 02xyz3 + λ = 03xy2z2 + λ = 0x+ y + z = 6

⇔

y2z3 + λ = 0yz3(2x− y) = 0 /: yz3 6= 0

y2z2(3x− z) = 0 /: y2z2 6= 0

x+ y + z = 6

⇔

y2z3 + λ = 02x− y = 03x− z = 0x+ y + z = 6

⇔

λ = −y2z3

y = 2xz = 3x6x = 6

⇔

λ = −108y = 2z = 3x = 1

Totalni diferencijal drugog reda funkcije F je

d2F (x, y, z) = 2xz3dy2 + 6xy2zdz2 + 4yz3dxdy + 6y2z2dxdz + 12xyz2dydz

i njegova vrednost u stacionarnoj tački A(1, 2, 3) je

d2F (1, 2, 3) = 54dy2 + 72dz2 + 216dxdy + 216dydz + 216dxdz.

Diferenciranjem uslova x+ y + z = 6 dobijamo dz = −dx− dy što zamenom utotalni diferencijal drugog reda daje

d2F (1, 2, 3) = 54dy2 + 72(dx+ dy)2 + 216dxdy + 216dy(−dx− dy)

+216dx(−dx− dy)

= −90dy2 − 72dxdy − 144dx2 = −90

(dy2 +

4

5dxdy

)− 144dx2

= −90

(dy +

4

10dx

)2

− 108dx2

Odatle zaključujemo da je

d2F (1, 2, 3) < 0, (dx, dy, dz) 6= (0, 0, 0),

što znači da funkcija f u tački (1, 2, 3) ima uslovni lokalni maksimum f(1, 2, 3) =108.

1.9. ZADACI ZA VEŽBU 29

1.9 Zadaci za vežbu1. Ispitati domen funkcije

(a) f(x, y) =√x2 + y2 − 9,

(b) f(x, y, z) =√x2 + y2 + z2 − 1 + ln (xyz),

(c) f(x, y) = arcsin xy + arccos x2 .

(a) D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≥ 9}.(b) D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, xyz > 0}

= {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x > 0, y > 0, z > 0}∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x < 0, y < 0, z > 0}∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x < 0, y > 0, z < 0}∪ {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≥ 9, x > 0, y < 0, z < 0}.

(c) D = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ xy ≤ 1, y 6= 0,−1 ≤ x

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

.

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

• Do = (−1, 2);

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

• D′ = [−1, 2];

• D∗ = {−1, 2, 5, 8};

3. Dokazati da je skup Do najveći otvoren skup koji je sadržan uD, tj. da za svaki otvoren skup D1 važi da je D1 ⊆ Do ⊆ D.

4. Dokazati da je D najmanji zatvoren skup koji sadrži skup D, tj.da za svaki zatvoren skup D1, D ⊆ D1, važi D ⊆ D ⊆ D1.

5. Dokazati da važe sledeće osobine:

(a) D = D ∪D′,(b) D′ ⊂ D,(c) D je otvoren ako i samo ako je Do = D,

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

(e) D je zatvoren ako i samo ako je D = D.

6. Izračunati sledeće granične vrednosti

(a) limx→1

limy→1

x2+y2−2x2−y2

• (b)] limy→1

limx→1

x2+y2−2x2−y2


(c) lim(x,y)→(1,1)

x2+y2−2x2−y2

(d) lim(x,y)→(0,0)

x2+y2

3xy

(a)

limx→1

limy→1

x2 + y2 − 2

x2 − y2= limx→1

x2 − 1

x2 − 1= 1

(b)

limy→1

limx→1

x2 + y2 − 2

x2 − y2= limy→1

y2 − 1

1− y2= −1

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

(d) Kako je za y = kx

limx→0

x2 + k2x2

3kx2=

1 + k2

3k,

to sledi da posmatrana granična vrednost ne postoji, zato što se zarazličite vrednosti k dobijaju različite granične vrednosti.

7. Naći prve parcijalne izvode funkcije

f(x, y) =xy

x2 + y2− exy + ln (x2 + y2), (x, y) 6= (0, 0).

Uvedimo smene u(x, y) = xy i v(x, y) = x2 + y2. Tada je

f(u, v) =u

v− eu + ln v

i važi

∂f∂x = ∂f

∂u∂u∂x + ∂f

∂v∂v∂x

= ( 1v − e

u)y + (− uv2 + 1

v )2x

= yx2+y2 − ye

xy − 2x2y(x2+y2)2 + 2x

x2+y2

= 2x+yx2+y2 − ye

xy − 2x2y(x2+y2)2 .

∂f∂y = ∂f

∂u∂u∂y + ∂f

∂v∂v∂y

= ( 1v − e

u)x+ (− uv2 + 1

v )2y

= xx2+y2 − xe

xy − 2xy2

(x2+y2)2 + 2yx2+y2

= x+2yx2+y2 − xe

xy − 2xy2

(x2+y2)2 .

8. Naći prve parcijalne izvode funkcije

(a) z = x3y − x2y6,

(b) z = x2 + y2,

(c) z =√x2 + y2 − 4

(d) z = ln(xy),

(e) z = exy.


(a) zx = 3x2y − 2xy6, zy = x3 − 6x2y5.

(b) zx = 2x, zy = 2y.

(c) zx = 2x

2√x2+y2−4

, zy = y√x2+y2−4

.

(d) zx = yxy = 1

x , zy = xxy = 1

y .

(e) zx = yexy, zy = xexy.

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

∂z

∂t=

∂z

∂x

∂x

∂t+∂z

∂y

∂y

∂t

= y · cos t+ x · (− sin t)

= cos2 t− sin2 t = cos 2t.

10. Naći prve parcijalne izvode i totalni diferencijal funkcije z = yx,y > 0, y 6= 1.

zx = yx ln y, zy = yxy−1, dz = yx ln ydx+ yxy−1dy.

11. Ako je z = ln(xy + ex2y)− xy + x2y, izračunati ∂z

∂x i ∂z∂y .

Neka je u(x, y) = xy i v(x, y) = x2y. Tada je f(u, v) = ln(u+ ev)− u+ vi sledi

∂f∂x = ∂f

∂u∂u∂x + ∂f

∂v∂v∂x

= 1u+ev y + ev

u+ev 2xy

= y

xy+ex2y+ 2xyex

2y

xy+ex2y

= y+2xyex2y

xy+ex2y

∂f∂y = ∂f

∂u∂u∂y + ∂f

∂v∂v∂y

= 1u+ev x+ ev

u+ev x2

= xxy+ex2y

+ x2ex2y

xy+ex2y

= x+x2ex2y

xy+ex2y

12. Ispitati ekstremne vrednosti funkcije

u(x, y) = ln(4− x− 2y) +2

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

Neka je

F (x, y;λ) = ln(4− x− 2y) +2

y+ lnx+ λ(x+ 2y − 1).

Kako je


∂F

∂x= − 1

4− x− 2y+

1

x+ λ

∂F

∂y= − 2

4− x− 2y− 2

y2+ 2λ

stacionarne tačke odredjujemo rešavanjem sistema jednačina

− 1

4− x− 2y+

1

x+λ = 0 ∧ − 2

4− x− 2y− 2

y2+2λ = 0 ∧ x+2y−1 = 0.

Dobija se

( 1

x= − 1

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

)⇔

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

Parcijalni izvodi drugog reda su

∂2F

∂x2=

1

(4− x− 2y)2− 1

x2

∂2F

∂y2=

4

(4− x− 2y)2+

4

y3

∂2F

∂x∂y=

2

(4− x− 2y)2

a totalni diferencijal drugog reda

d2F (−1, 1) = −8

9dx2 +

4

9dxdy +

22

9dy2.

Diferenciranjem uslova x+ 2y = 1 dobijamo dy = − 12dx, odakle je

d2F (−1, 1) = −1

2dx2 < 0, (dx, dy) 6= (0, 0)

i funkcija ima uslovni maksimum u datoj tački.

13. Ispitati uslovne ekstremne vrednosti funkcije

u = x2 + y2 + z2 − xz + yz + xy, ako je y + z = 5 i x+ z = 3.


Neka je

F (x, y, z;λ, ν) = x2 + y2 + z2−xz+ yz+xy+λ(y+ z− 5) + ν(x+ z− 3).

Tada je

∂F

∂x= 2x− z + y + ν

∂F

∂y= 2y + z + x+ λ

∂F

∂z= 2z − x+ y + λ+ ν

Stacionarne tačke su rešenja sistema jednačina

x + z = 3y + z = 5

2x + y − z + ν = 0x + 2y + z + λ = 0−x + y + 2z + λ + ν = 0

⇔

x + z = 3y + z = 5y − 3z + ν = −6

+ 2y + λ = −3y + 3z + λ + ν = 3

⇔

x + z = 3y + z = 5− 4z + ν = −11− 2z + λ = −13

2z + λ + ν = −2

⇔

x + z = 3y + z = 5− 2z + λ = −13

−2λ + ν = 152λ + ν = −15

.

Rešenje datog sistema je (x, y, z, λ, ν) = (14 ,

94 ,

114 ,−

152 , 0).

Kako su parcijalni izvodi drugog reda

∂2F∂x2 = 2

∂2F∂y2 = 2

∂2F∂z2 = 2

∂2F∂x∂y = 1[1mm]∂2F∂x∂z = −1

∂2F∂y∂z = 1

,


totalni diferencijal drugog reda je

d2F = 2dx2 + 2dy2 + 2dz2 + 2dxdy − 2dxdz + 2dydz.

Diferenciranjem uslova

x+ z − 3 = 0 i y + z − 5 = 0

dobijamo

dx+ dz = 0 i dy + dz = 0⇔ dx = −dz i dy = −dz.

Odatle je

dF 2 = 2dz2 + 2dz2 + 2dz2 + 2dz2 + 2dz2 − 2dz2 = 6dz2 ≥ 0.

Kako je

d2F = 0⇔ dz = 0⇔ dx(= −dz) = 0 ∧ dy(= −dz) = 0,

to jed2F > 0, (dx, dy, dz) 6= (0, 0, 0)

što znači da funkcija u ima uslovni minimum u tački ( 14 ,

94 ,

114 ).

1.10 Površi drugog reda

Definicija 1.10.1 Površ drugog reda je skup tačaka (x, y, z) u prostoru R3 kojezadovoljavaju jednačinu

ax2 + by2 + cz2 + 2exy + 2fxz + 2gyz + 2hx+ 2iy + 2jz + k = 0

gde je a, b, c, e, f, g, h, i, j, k ∈ R i (a, b, c, e, f, g) 6= (0, 0, 0, 0, 0, 0).

Rotacione površi. Rotacione (ili kružne) površi nastaju rotacijom krive okoprave u prostoru R3, pri čemu date prava i kriva pripadaju istoj ravni. Karak-teristični primeri su rotacione površi koje su dobijene rotacijom krivih koje pri-padaju koordinatnim ravnima oko koordinatnih osa. Posmatrajmo, na primer,u ravni x = 0 grafik funkcije z = f(y), y ≥ 0, kao što je prikazano na Slici 1.3(a).Rotacijom date krive oko z-ose dobijamo površ prikazanu na Slici 1.3(b). Pret-postavimo da je jednačina date površi h = h(x, y). Primetimo da u tom slučajuvaži sledeće:

h(0, y) =

{f(y) , y ≥ 0f(−y) , y < 0.

Izaberimo proizvoljni tačku na površi, neka je to A(x1, y1, h(x1, y1)). Postavljase pitanje kako izraziti vrednost h(x1, y1) pomoću funkcije f. Tačke A i B leže

1.10. POVRŠI DRUGOG REDA 35

u istoj ravni i na istom rastojanju od z-ose, kao što je prikazano na slici. Takodobijamo da je

h(x1, y1) = h

(0,√x2

1 + y21

)= f

(√x2

1 + y21

).

tj. h(x, y) = f(√

x2 + y2)za svako (x, y) ∈ R2.

z = f(y)

y

z

B

B′

(a)

z = h(x, y)

A

A′

B

B′

x

y

z

(b)

A′(x1, y1, 0)

B′(0,√x21 + y21 , 0)

x

y

(c)

Figure 1.3: Rotaciona površ

Tako možemo zaključiti sledeće:

- površ data jednačinom z = f(x2+y2) je dobijena rotacijom krive z = f(y2)(u yz-ravni) oko z-ose;

- površ data jednačinom x = f(y2 + z2) je dobijena rotacijom krive x =f(z2) (u xz-ravni)oko x-ose;

- površ data jednačinom y = f(z2 + x2) je dobijena rotacijom krive y =f(x2) (u xy-ravni)oko x-ose.

Primer 1.10.1 Skicirati grafike realnih funkcija dve realne promenljive koje suzadate na sledeći način:

(i) z = x2 + y2, (x, y) ∈ D = R2

(ii) z =√

1− x2 − y2, (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1},

(iii) z =√x2 + y2, (x, y) ∈ D = R2.

Rešenje. Grafici posmatranih funkcija su rotacione površi tj. površi dobijenerotacijom nekih krivih oko ose rotacije (što je u ovom slučaju z-osa).

(i) Grafik funkcije z = x2 + y2 može se dobiti rotacijom krive z = y2 okoz-ose.


z = y2

y

zz = x2 + y2

x

y

z

(ii) Grafik funkcije z =√

1− x2 − y2 može se dobiti rotacijom krive z =√1− y2 oko z-ose. Treba primetiti da je z =

√1− y2 jednačina dela

kružnice sa centrom u koordinatnom početku, poluprečnika 1, koji ležiiznad y-ose.

y

z

x

y

z

(iii) Grafik funkcije z =√x2 + y2 može se dobiti rotacijom krive z = |y| oko

z-ose.

y

z

y

x

y

z

Napomena: Primetimo da se rotaciona površ može dobiti rotacijom dela kriveza koji je argument nenegativan.

�

Chapter 2

Višestruki integrali

2.1 Dvostruki integral

2.1.1 Definicija dvostrukog integralaNeka je funkcija f : D → R, D ⊂ R2, ograničena nad D, gde je D ograničena izatvorena oblast i neka je d rastojanje na R2.

Podela. Izvršimo podelu

T = {D1, D2, . . . , Dn}

skupa D na konačan broj skupova Di, i = 1, . . . , n, tako da važi

(i) ∅ 6= Di ⊆ D za svako i ∈ {1, . . . , n},

(ii) D =n⋃i=1

Di i

(iii) i 6= j ⇒ Doi ∩Do

j = D, za sve i, j ∈ {1, . . . , n}.

Za svako i ∈ {1, . . . , n}, skup Di ima dijametar d(Di) = maxx,y∈Di

d(x, y) i površinu

∆Di.

Integralna suma. Izaberimo za svako i ∈ {1, . . . , n} (proizvoljno) tačku

Mi ∈ Di.

Parametar podele λ(T ) je najveći od dijametara oblasti Di, tj.

λ(T ) = max1≤i≤n

d(Di).

Broj

s(f, T ) =

n∑i=1

f(Mi)∆Di

37

38 CHAPTER 2. VIŠESTRUKI INTEGRALI

nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačaka Mi ∈ Di,i = 1, 2, . . . , n.

Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postoji jedinstvenagranična vrednost integralne sume s(f, T ) kad λ(T ) → 0 i n → ∞, onda se tagranična vrednost naziva dvostruki integral funkcije f(x, y) nad D, označava sesa∫D

∫f(x, y)dxdy i kaže se da je funkcija f(x, y) integrabilna nad D :

∫D

∫f(x, y)dxdy = lim

λ(T ) → 0n → ∞

n∑i=1

f(Mi)∆Di

Slično kao kod određenog integrala, može se pokazati da je neprekidnafunkcija nad zatvorenom ograničenom oblašću D integrabilna na D.

Primer 2.1.1 Neka je data funkcija f(x, y) = x2y2 i oblast

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

Izračunati po definiciji integral I =∫D

∫f(x, y)dxdy.

Rešenje. Data funkcija je neprekidna nad zatvorenom oblašću D, a samim timje i integrabilna. Granična vrednost integralne sume (kad λ(T ) → 0 i n → ∞)je onda jedinstvena za svaku podelu oblasti D i izbor tačaka.

Izvršićemo podelu oblasti D na sledeći način:

Dij =

[i− 1

n,i

n

]×[j − 1

n,j

n

]gde je i = 1, . . . , 2n, j = 1, . . . , n.

Mij

Dij

i−1n

in

j−1n

jn

x

y

Površine posmatranih pravougaonika Dij i parametar podele su

∆Dij =1

n· 1

n=

1

n2λ(T ) =

√2

n.

Ako n→∞, onda λ(T )→ 0. Izaberimo u svakom kvadratu Dij tačku

Mij

(i

n,j

n

)i, j ∈ {1, . . . , j}.

2.1. DVOSTRUKI INTEGRAL 39

Traženi dvostruki integral je

I =∫D

∫x2y2dxdy = lim

n→∞

2n∑i=1

n∑j=1

f(Mij)∆Dij

= limn→∞

2n∑i=1

n∑j=1

i2

n2j2

n21n2

= limn→∞

1n6

2n∑i=1

i2n∑j=1

j2 = limn→∞

1n6

2n(2n+1)(4n+1)6

n(n+1)(2n+1)6 = 8

9 .

Osobine. Neka su α, β ∈ R i pretpostavimo da postoje integrali∫D

∫f(x, y)dxdy,∫

D1

∫f(x, y)dxdy,

∫D2

∫f(x, y)dxdy i

∫D

∫g(x, y)dxdy. Tada važe sledeće osobine:

(1)∫D

∫ (αf(x, y) + βg(x, y)

)dxdy = α

∫D

∫f(x, y)dxdy + β

∫D

∫g(x, y)dxdy,

(2)∫σ

∫f(x, y)dxdy =

∫D1

∫f(x, y)dxdy +

∫D2

∫f(x, y)dxdy,

gde je D = D1 ∪D2 i Do1 ∩Do

2 = ∅.

(3) Površina ∆D figure D ⊂ R2 data je integralom

∆D =∫D

∫dxdy.

(4) Neka je f(x, y) ≥ 0, (x, y) ∈ D ⊆ R2. Zapremina ∆V oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D ⊂ R2, 0 ≤ z ≤ f(x, y)}

data je sa

∆V =∫D

∫f(x, y)dxdy.

Neka je f(x, y) ≤ 0, (x, y) ∈ D ⊆ R2. Ako je oblast

V = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D ⊂ R2, f(x, y) ≤ z ≤ 0}

onda je zapremina

∆V = −∫D

∫f(x, y)dxdy.

Osobine (1) i (2) slede direktno na osnovu osobina graničnih vrednosti, osobina(3) sledi iz definicije dvostrukog integrala za funkciju f(x, y) = 1, (x, y) ∈ D iosobina (4) sledi direktno iz definicije dvostrukog integrala.


2.1.2 Računanje dvostrukog integralaPravougaona oblast. Ako f integrabilna funkcija i

D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}.

onda je

∫D

∫f(x, y)dxdy =

b∫a

dxd∫c

f(x, y)dy =b∫a

(d∫c

f(x, y)dy

)dx

∫D

∫f(x, y)dxdy =

d∫c

dyb∫a

f(x, y)dx =d∫c

(b∫a

f(x, y)dx

)dy

Dokaz. Izvršićemo podelu T oblasti D na podoblasti

Dij = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ] , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n,

tako da je ∆xi = xi − xi−1, ∆yj = yj − yj−1 i

λ(T ) = max1 ≤ i ≤ m1 ≤ j ≤ n

√(∆xi)2 + (∆yj)2.

Neka je λ(Tx) = max1≤i≤m

∆xi i λ(Ty) = max1≤j≤n

∆yj . Izaberimo za svako i ∈

{1, . . . ,m} i j ∈ {1, . . . , n} tačku Mi(xi, yi). Prema definiciji dvostrukog inte-grala, ∫

D


λ(T )→0

m∑i=1

n∑j=1

f(xi, yi)∆xi∆yj

= limλ(Tx) → 0λ(Ty) → 0

m∑i=1

n∑j=1

f(xi, yi)∆xi∆yj

= limλ(Tx)→0

m∑i=1

limλ(Ty)→0

n∑j=1

f(xi, yj)∆yj

∆xi

= limλ(Tx)→0

m∑i=1

d∫c

f(xi, y)dy

∆xi

=

b∫a

d∫c

f(x, y)dy

dx

Slčno se izvodi i ako prvo integralimo po x, a zatim po y. �

Primer 2.1.2 Neka je D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1}. IzračunatiI =

∫D

∫(xy + x3)dxdy.

2.1. DVOSTRUKI INTEGRAL 41

Rešenje.

I =

3∫1

dx

1∫0

(xy + x3)dy =

3∫1

(1

2xy2 + x3y

) ∣∣∣y=1

y=0

dx

=

3∫1

1

2x+ x3dx =

(1

4x2 +

1

4x4

) ∣∣∣31

= 22

Deo horizontalne trake. Neka su f1 i f2 neprekidne funkcije nad [a, b], saosobinom f1(x) ≤ f2(x) kada x ∈ [a, b]. Ako je funkcija f : D → R, D ⊂ R2,neprekidna nad D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f1(x) ≤ y ≤ f2(x)}, onda je

∫D

∫f(x, y)dxdy =

b∫a

dxf2(x)∫f1(x)

f(x, y)dy =b∫a

(f2(x)∫f1(x)

f(x, y)dy

)dx.

Dokaz. Izvršićemo podelu T oblasti D na trake Di koje dobijamo kada izvršimopodelu intervala [a, b] pravim paralelnim y-osi:

a = x0 ≤ x1 ≤ . . . ≤ xn−1 ≤ xn = b

Iz svake trake ćemo izabrati proizvoljno tačku Mi i posmatraćemo integralnusumu

s(f, T ) =

n∑i=1

f(Mi)∆Di.

Data integralna suma je jednaka sumi zapremina prizmi čija je osnova Di, avisina f(Mi). Primetimo da, kada parametar podele teži nuli, istu sumu možemoaproksimirati sumom zapremina prizmi koje dobijamo kada je visina ∆xi, aosnova

D′i = {(y, z) ∈ R2 : f1(xi) ≤ y ≤ f2(xi), 0 ≤ z ≤ f(xi, y)}.

Primenom ordeđenog integrala sledi

∆D′i =

f2(y)∫f1(y)

f(xi, y)dy i s′(f, T ) =

n∑i=1

∆xi

f2(y)∫f1(y)

f(xi, y)dy.

i odatle je

∫D


λ(T )→0

n∑i=1

∆xi

f2(y)∫f1(y)

f(xi, y)dy =

b∫a

f2(x)∫f1(x)

f(x, y)dy

dx.


Deo vertikalne trake. Neka su ψ1 i ψ2 neprekidne funkcije nad [c, d], saosobinom ψ1(y) ≤ ψ2(y), y ∈ [c, d]. Ako je funkcija f : σ → R, σ ⊂ R2,neprekidna nad D = {(x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d, ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y)}, gde su ψ1 iψ2 neprekidne funkcije nad [c, d], onda je

∫D

∫f(x, y)dxdy =

d∫c

dyψ2(y)∫ψ1(y)

f(x, y)dx.

Primer 2.1.3 Izračunati∫D

∫xdxdy ako je

D = {(x, y) ∈ R2 : x2 − 1 ≤ y ≤ x+ 1}

Rešenje. Da bismo odredili granice dvostrukog integrala, moramo prvo odreditipresek grafika funkcija y = x+ 1 i y = x2 − 1 :

(y = x+ 1 ∧ y = x2 − 1)

⇔ (y = x+ 1 ∧ x2 − x− 2 = 0)

⇔ (y = x+ 1 ∧ (x = −2 ∨ x = 1).

Odatle zaključujemo da važi

D = {(x, y) ∈ R2 : −2 ≤ x ≤ 1, x2−1 ≤ y ≤ x+1}2−1 x

y

D

odakle je

∫D

∫f(x, y)dxdy =

1∫−2

dx

x+1∫x2−1

xdy =

1∫−2

xy∣∣∣y=x+1

y=x2−1

dx

=

1∫−2

(−x2 + x2 + 2x)dx = −6.

2.1.3 Transformacija koordinata

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

Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednačinama

x = x(u, v), y = y(u, v), (u, v) ∈ D1

koja preslikava oblast Do1 bijektivno na Do. Ako je Jakobijan transformacije

J(u, v) =∂(x, y)

∂(u, v)=

∣∣∣∣ xu xvyu yv

∣∣∣∣ 6= 0, (u, v) ∈ Do1.

2.2. TROSTRUKI INTEGRAL 43

onda je ∫σ

∫f(x, y)dxdy =

∫ω

∫f(x(u, v), y(u, v))|J(u, v)|dudv.

Polarne koordinatex = ρ cosϕy = ρ sinϕ

ρ ∈ [0,∞), ϕ ∈ [0, 2π].

2.1.4 Primena u inženjersknim naukama

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

m =

∫ ∫D

µ(x, y)dxdy.

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

xt =1

m

∫ ∫D

xµ(x, y)dxdy, yt =1

m

∫ ∫D

yµ(x, y)dxdy.

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

Ix =

∫ ∫V

y2µ(x, y)dxdy, Iy =

∫ ∫V

x2µ(x, y)dxdy.

Moment inercije pločeD ⊂ R2 u odnosu na koordinatni početak dat je formulom

IO =

∫ ∫D

∫(x2 + y2)µ(x, y)dxdy.

2.2 Trostruki integral

2.2.1 Definicija trostrukog integrala

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

1≤i≤nd(Vi).

Broj

s(f, T ) =

n∑i=1

f(Mi)∆Vi


nazivamo integralnom sumom funkcije f po podeli T i izboru tačakaMi, i =1, 2, . . . , n.

Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mi, i = 1, . . . , n, postoji jedinstvenagranična vrednost integralne sume s kad µ(T )→ 0 i n→∞ onda se ta graničnavrednost naziva trostruki integral funkcije f(x, y, z) nad oblašću V i označavasa ∫ ∫

V

∫f(x, y, z)dV ili

∫ ∫V

∫f(x, y, z)dxdydz .

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

2.2.2 Osobine trostrukog integrala

Neprekidna funkcija f = f(x, y, z) nad zatvorenom oblašću V je integrabilnanad V.

Neka su V, V1, V2 ⊂ R3 zatvorene oblasti i neka postoje integrali∫∫V

∫f(x, y, z)dxdydz,∫∫

V1

∫f(x, y, z)dxdydz,

∫∫V2

∫f(x, y, z)dxdydz i

∫∫V

∫g(x, y, z)dxdydz . Tada važe sledeće

osobine:

•∫∫V

∫ (αf(x, y, z) + βg(x, y, z)

)dxdydz = α

∫∫V

∫f(x, y, z)dxdydz + β

∫∫V

∫g(x, y, z)dxdydz,

α, β ∈ R;

•∫∫V

∫f(x, y, z)dxdydz =

∫∫V1

∫f(x, y, z)dxdydz +

∫∫V2

∫f(x, y, z)dxdydz, gde

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

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

∫ ∫V


∫σ

∫ ( z2(x,y)∫z1(x,y)

f(x, y, z)dz)dxdy.

Zapremina ∆V tela V ⊂ R3 data je integralom

∆V =

∫ ∫V

∫dxdydz.

2.2.3 Transformacije koordinata

Neka je funkcija f : D → R, σ ⊂ R3, neprekidna nad ograničenom zatvorenomoblašću D i neka je D1 ⊆ R3. ograničena zatvorena oblast.

Neka je data neprekidno diferencijabilna transformacija T jednačinama

x = x(u, v), y = y(u, v), (u, v) ∈ D1

2.2. TROSTRUKI INTEGRAL 45

koja preslikava oblast Do1 bijektivno na Do. Ako je Jakobijan transformacije

J(u, v, t) =∂(x, y, z)

∂(u, v, t)=

∣∣∣∣∣∣xu xv xtyu yv ytzu zv zt

∣∣∣∣∣∣ 6= 0, (u, v, t) ∈ Do1,

onda je∫ ∫V


∫ ∫G

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

Sferne koordinate

x = r cosϕ sin θy = r sinϕ sin θz = r cos θ

r ≥ 0, θ ∈ [0, π], ϕ ∈ [0, 2π]

Cilindrične koordinatex = ρ cosϕy = ρ sinϕz = z

ρ ∈ [0,∞), ϕ ∈ [0, 2π], z ∈ R.

2.2.4 Primena u inženjersknim naukamaNeka je µ(x, y, z) gustina tela V ⊂ R3 u tački (x, y, z) ∈ V.Masa m tela V ⊂ R3 data je sa

m =

∫ ∫V

∫µ(x, y, z)dxdydz.

Težište T (xt, yt, zt) tela V ⊂ R3 ima koordinate

xt =1

m

∫ ∫V

∫xµ(x, y, z)dxdydz,

yt =1

m

∫ ∫V

∫yµ(x, y, z)dxdydz,

zt =1

m

∫ ∫V

∫zµ(x, y, z)dxdydz.

Moment inercije tela V ⊂ R3 u odnosu na ravan yOz dat je formulom

Iyz =

∫ ∫V

∫x2µ(x, y, z)dxdydz.


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

Iz =

∫ ∫V

∫(x2 + y2)µ(x, y, z)dxdydz.

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

IO =

∫ ∫V

∫(x2 + y2 + z2)µ(x, y, z)dxdydz.


2.3 Zadaci za vežbu1. Izračunati I =

∫σ

∫(x2 + y)dxdy, ako je

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

.

I =5∫1

dx2∫1

(x2 + y)dy =5∫1

(x2y + 12y

2)|y=2

y=1dx

=5∫1

(x2 + 32 )dx = ( 1

3x3 + 3

2x)|5

1= 142

3 .

.

2. Izračunati Jakobijan transformacije Dekartovih u polarne koor-dinate.

J(r, ϕ) =∂(x, y)

∂(ρ, ϕ)

∣∣∣∣ cosϕ sinϕ−ρ sinϕ ρ cosϕ

∣∣∣∣ = ρ cos2 ϕ+ ρ sinϕ = ρ.

3. Izračunati dvostruki integral I =∫σ

∫(x2 + y2)dxdy ako je

σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 ≤ 16, 0 <x√3≤ y ≤

√3x}.

Prelaskom na polarne koordinate dobijamo

I =∫σ

∫(x2 + y2)dxdy =

π3∫π6

dϕ4∫1

ρ3dρ

= ϕ|π3π6· 1

4ρ4|4

1= 32π

3 .

4. Izračunati dvostruki integral I =∫σ

∫(x+ y)dxdy ako je

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

Ako se uvede smena u = xy i v = x+ y onda je x = uv

u+1 , y = vu+1 , onda je

J(u, v) =

∣∣∣∣∣ v(u+1)2

uu+1

− v(u+1)2

1u+1

∣∣∣∣∣ = v(u+1)2 . .

I =

∫σ

∫(x+ y)dxdy =

3∫1

1

(u+ 1)2du

3∫1

v2dv = (− 1

u+ 1)|31 ·

1

3v3|31 =

13

6.


5. Izračunati površinu figure

σ = {(x, y) ∈ R2 :x2

9+y2

16≤ 1, 0 ≤ x ≤ y}.

Neka jex = 3ρ cosϕy = 4ρ sinϕ (ρ, ϕ) ∈ [0, 1]× [π4 , π]

onda je

J(ρ, ϕ) =∂(x, y)

∂(ρ, ϕ)=

∣∣∣∣ 3 cosϕ −3ρ sinϕ4 sinϕ 4ρ cosϕ

∣∣∣∣ = 12ρ.

i

∆σ =

π∫π4

dϕ

1∫0

12ρdρ = ϕ|ππ4

· 1

2ρ2|

1

0=

3π

8.

6. Izračunati površinu figure

σ = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x 23 + y

23 ≤ 4}.

Neka je

x = ρ cos3 ϕy = ρ sin3 ϕ (r, ϕ) ∈ [0,∞)× [0, 2π] : 1 ≤ r ≤ 8.

Jakobijan uvedene transformacije je

J(ρ, ϕ) =∂(x, y)

∂(ρ, ϕ)

∣∣∣∣ cos3 ϕ −3ρ cos2 ϕ sinϕsin3 ϕ 3ρ sin2 ϕ cosϕ

∣∣∣∣ = 3ρ sin2 ϕ cos2 ϕ.

∆σ = 32π∫0

sin2ϕ cos2 ϕdϕ8∫1

rdr = 3782π∫0

sin2 ϕ cos2 ϕdϕ 1892

2π∫0

sin2 2ϕdϕ

= 1894

π2∫0

(1− cos 4ϕ)dϕ = 1898 π.

.

7. Izračunati zapreminu tela

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 2y ≤ x2 + y2 ≤ 4y, −x2 − y2 ≤ z ≤ 0}.

Oblast V je simetrična u odnosu na yz ravan, a njena projekcija na xyravan je

σ = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ x2 + y2 ≤ 2x, y ≥ 0}= {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)1 ≥ 1, x2 + (y − 2)2 ≤ 4}.


∆V = 2∫σ

∫(x2 + y2)dxdy = 2

π2∫0

dϕ4 sinϕ∫2 sinϕ

r3dr

= 12

π2∫0

ρ4|π2

0dϕ = 120

π2∫0

sin4 ϕdϕ

= 120

π2∫0

(1−cos 2ϕ

2

)2dϕ = 30

π2∫0

(1− 2 cos 2ϕ+ cos2 2ϕ

)dϕ = 7

4π.

.

8. Izračunati zapreminu oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 18,√x2 + y2 ≤ z}.

Ako posmatramo sistem jednačina

x2 + y2 + z2 = 18√x2 + y2 = z

⇔ x2 + y2 = 9√x2 + y2 = z.

⇔ z = 3, x2 + y2 = 9

Projekcija oblasti V na xy ravan je

σ = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9}.

∆V =∫∫V

∫dxdydz ==

∫σ

∫ (√18− x2 − y2 −

√x2 + y2

)dxdy

=2π∫0

dϕ3∫0

(√18− ρ2 − ρ)ρdρ

=2π∫0

dϕ3∫0

√18− ρ2ρdρ−

2π∫0

dϕ3∫0

ρ2dρ = 54π(√

2− 1).

9. Odrediti težište homogene ploče oblika pravouglog trougla čijesu katete jednake 2 i 3.

xt =

∫D

∫xρdD∫

D

∫ρdD

=

∫D

∫xdD∫

D

∫dD

=1

∆D

2∫0

xdx

32x∫

0

dy =4

3,

yt =

∫D

∫ydD∫

D

∫dD

=1

3

3∫0

ydy

2∫23y

dx = 1

Znači T ( 43 , 1).

10. Izračunati I =∫∫V

∫(2x− y + 3z2)dxdydz ako je V = {(x, y, z) ∈ R3 :

0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 4, 2 ≤ z ≤ 3}.


I =2∫0

dx4∫1

dy3∫2

(2x− y + 3z2)dz

=2∫0

dx4∫1

((2x− y)z + z3

)|z=3

z=2dy

=2∫0

dx4∫1

(2x− y + 19)dy

=2∫0

((2x+ 19)y − 1

2y2)|y=4

y=1dx

=2∫0

(4x− 992 )dx

=(x2 − 99

2 x) |2

0dx = −95.


∫ydxdydz, ako je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 5− x2 − y2}.

I =∫σ

∫dxdy

5−x2−y2∫1

dz,

=∫σ

∫yz|z=5−x2−y2

z=1dxdy

=∫σ

∫y(4− x2 − y2)dxdy

=2∫0

dx2∫1

y(4− x2 − y2)dy

=2∫0

(12y

2(4− x2)− 14y

4)y=2

y=1

dx

=2∫0

( 32 (4− x2)− 15

4 )dx

=(

94x−

12x

3)2

0

= − 32 .


∫(x+ y)dxdydz, ako je

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 4− x− y}.

Projekcija date oblasti na xy-ravan je

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


I =∫σ

∫dxdy

4−x−y∫1

dz,

=∫σ

∫(x+ y)z|z=4−x−y

z=1dxdy

= 12

∫σ

∫(x+ y)y(4− x− y)dxdy

=1∫0

dx∫ 2

0(4xy + 4y2 − x2y − 2xy2 − y3)dy +

2∫1

dx∫ 3−x

0(4xy + 4y2 − x2y − 2xy2 − y3)dy

=1∫0

(2xy2 + 4

3y3 − 1

2x2y2 − 2

3xy3 − 1

4y4)y=1

y=0

dx+2∫1

(2xy2 + 4

3y3 − 1

2x2y2 − 2

3xy3 − 1

4y4)y=3−x

y=0

dx

=1∫0

(− 12x

2 + 43x−

1312 )dx+

2∫1

(2x(3− x)2 + 4

3 (3− x)3 − 12x

2(3− x)2 − 23x(3− x)3 − 1

4 (3− x)4)dx

= .

13. Izračunati zapreminu oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≤ x2+y2 ≤ 4, 0 ≤ x ≤ y,√x2 + y2 ≤ z ≤ 2

√x2 + y2}.

∆V =∫∫V

∫dxdydz =

∫σ

∫ ( 2√x2+y2∫

√x2+y2

dz

)dxdy

=∫σ

∫ √x2 + y2dxdy

=2π∫0

dϕ2∫1

ρ2dρ

=

π2∫π4

13ρ

3|31dϕ =

π2∫π4

263 dϕ

= 263 ϕ

π2

π4

= 136 π.

14. Izračunati Jakobijan transformacije Dekartovih koordinata u sfernekoordinate.

J =∂(x, y, z)

∂(r, ϕ, θ)=

∣∣∣∣∣∣cosϕ sin θ −r sinϕ sin θ r cosϕ cos θsinϕ sin θ r cosϕ sin θ r sinϕ cos θ

cos θ 0 −r sin θ

∣∣∣∣∣∣= r2 sin θ(− cos2 ϕ sin2 θ − sin2 ϕ cos2 θ − cos2 ϕ cos2 θ − sin2 ϕ sin2 θ)

= −r2 sin θ(

sin2 θ(cos2 ϕ+ sin2 ϕ) + cos2 θ(sin2 ϕ+ cos2 ϕ))

= −r2 sin θ(sin2 θ + cos2 θ) = −r2 sin θ.

15. Izračunati zapreminu lopte

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 25}

pomoću trostrukog integrala.


Uvedimo sferne koordinate

x = r cosϕ sin θy = r sinϕ sin θ (r, ϕ, θ) ∈ [0,∞)× [0, 2π]× [0, π].z = r cos θ

Tada iz nejednačine x2 + y2 + z2 ≤ 25 dobijamo

r2 cos2 ϕ sin2 θ + r2 sin2 ϕ sin2 θ + r2 cos2 θ ≤ 25⇔r2 sin2 θ(cos2 ϕ+ sin2 ϕ) + r2 cos2 θ ≤ 25⇔r2 sin2 θ + r2 cos2 θ ≤ 25⇔ r2 ≤ 25.

Kako je r ≥ 0, to je 0 ≤ r ≤ 5, dok za ϕ i θ ne postoje dodatna ograničenja.

∆V =

2π∫0

dϕ

π∫0

sin θdθ

5∫0

r2dr = ϕ

2π

|0

·(− cos θ)

π

|0

·13r3

5

|0

=500

3.


∫(x2 + y2

4 + z2

4 )dxdydz, po oblasti

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 +y2

4+z2

4≤ 1}.

Predjimo na uopštene sferne koordinate

x = r cosϕ sin θy = 2r sinϕ sin θ (r, ϕ, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π]× [0, π].z = 2r cos θ

.

Jakobijan date transformacije je

|J(r, ϕ, θ)| =

∣∣∣∣∣∣cosϕ sin θ −r sinϕ sin θ r cosϕ cos θ

2 sinϕ sin θ 2r cosϕ sin θ 2r sinϕ cos θ2 cos θ 0 −2r sin θ

∣∣∣∣∣∣ = −4r2 sin θ.

I = 4

2π∫0

dϕ

π∫0

sin θdθ

1∫0

r4dr =16

5π.

17. Izračunati∫∫V

∫(x+ y + z)dxdydz, ako je

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


Neka je u = yx , v = x+y i t = x+y+z. Jakobijan uvedene transformacije

je

J(u, v, t) =∂(x, y, z)

∂(u, v, t)=

1∂(u,v,t)∂(x,y,z)

=

∣∣∣∣∣∣− yx2

1x 0

1 1 01 1 1

∣∣∣∣∣∣−1

= − 1x+yx2

= − x+ y(x+y)2

x2

= − x+ y

(1 + yx )2

= − v

(u+ 1)2.

Tada je

∫ ∫V

∫(x+ y + z)dxdydz =

2∫1

du

(u+ 1)2

2∫1

vdv

2∫1

tdt =3

8.

18. Naći težište homogenog tela gustine µ(x, y, z) = 1 koje zauzimaoblast

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≥ z2, x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≥ 0}.

Ako se uvedu sferne koordinate, onda je

(r, ϕ, θ) ∈ [0, 2]× [0, 2π]×[π

4,π

2

].

Masa tela je

m =

2π∫0

dϕ

π2∫

π4

sin θdθ

2∫0

r2dr = ϕ

2π

|0

·(− cos θ)

π2

|π4

·13r3

2

|0

=8√

2π

3.

Koordinate težišta su

xt = 1m

∫∫V

∫xdxdydz = 1

m

2π∫0

cosϕdϕ

π2∫π4

sin2 θdθ2∫0

r3dr = 0,

yt = 1m

∫∫V

∫ydxdydz = 1

m

2π∫0

sinϕdϕ

π2∫π4

sin2 θdθ2∫0

r3dr = 0,

zt = 1m

∫∫V

∫zdxdydz = 1

m

2π∫0

dϕ

π2∫π4

sin θ cos θdθ2∫0

r3dr = 34√

2.

19. Naći moment inercije homogenog tela gustine µ(x, y, z) = 1 kojezauzima oblast

V = {(x, y, z) ∈ [0,∞)× [0,∞)× [0,∞) :;√x+√y +√z ≤ 2}


u odnosu na z osu.

Neka je

x = r cos4 ϕ sin4 θy = r sin4 ϕ sin4 θ (r, ϕ, θ) ∈ [0, 4]× [0, 2π]× [0, π].z = r cos4 θ

.

Jakobijan date transformacije je J(r, ϕ, θ) = −16r2 sin3 ϕ cos3 ϕ sin7 θ cos3 θ.

Tada je,

Iz =∫∫V

∫(x2 + y2)dxdydz

= 16

π2∫0

sin3 ϕ cos3 ϕ(cos8 ϕ+ sin8 ϕ)dϕ

π2∫0

cos3 θ sin15 θdθ4∫0

r4dr

= 16 · 142 ·

1144 ·

10245 = 512

945 .

.

Chapter 3

Krivolinijski integrali

3.1 Krivolinijski integral

3.1.1 Glatke krive i njihove parametrizacije

Svakoj tački u prostoru R2 ili R3 možemo pridručiti njen vektor položaja ~r. Uprostoru R2 vektor položaja tačke (x, y) je

~r = (x, y) = x~ı+ y~

dok je vektor položaja tačke (x, y, z) u prostoru R3 oblika

~r = (x, y) = x~ı+ y~+ z~k.

Brzina. Neka je data neprekidno diferencijabilna vektorska funkcija ~r : [a, b]→R3 i neka je ~r = ~r(t) za t ∈ [a, b]. Posmatrajmo promenu položaja radijus vektora~r(t) koju dobijamo za promenu parametra ∆t. Na osnovu definicije sabiranjavektora imamo da je

∆~r(t) = ~r(t+ ∆t)− ~r(t)= (x(t+ ∆t), y(t+ ∆t), z(t+ ∆t))− (x(t), y(t), z(t))

= (x(t+ ∆t)− x(t), y(t+ ∆t)− y(t), z(t+ ∆t)− z(t)).

Ako posmatramo količnik priraštaja vektorske funkcije ~r(t) i piraštaja argu-menta t, kada t→ 0, onda je

limt→0

∆~r(t)

∆t= lim

t→0

(x(t+ ∆t)− x(t), y(t+ ∆t)− y(t), z(t+ ∆t)− z(t))∆t

= limt→0

(x(t+ ∆t)− x(t)

∆t,y(t+ ∆t)− y(t)

∆t,z(t+ ∆t)− z(t)

∆t

)

55

56 CHAPTER 3. KRIVOLINIJSKI INTEGRALI

Posmatrana granična vrednost postoji, zato što su x = x(t), y = y(t) i z = z(t)neprekidno diferencijabilne funkcije na [a, b] i označavaćemo je sa (~r(t))′. Znači,

(~r(t))′ = limt→0

∆~r(t)

∆t= (x(t), y(t), z(t))

i dalje je

d~r(t) = (~r(t))′dt = (x(t)dt, y(t)dt, z(t)dt) = (dx(t), dy(t), dz(t)).

Geometrijski, vektor (~r(t))′ je tangentni vektor na grafik vektorske funkcije ~r =~r(t) u tački t. Ako parametar t interpretiramo kao vreme, onda nam taj vektordaje promenu položaja tačke (pređeni put) u vremenu, tj. on predstavlja vektorbrzine datog kretanja:

~v(t) = d~r(t)dt = (x(t), y(t), z(t)).

Slično, ubrzanje u nekoj tački predstavlja promenu brzine u vremenu, iimamo

~a(t) = d~v(t)dt = d2~r(t)

dt2 = (x(t), y(t), z(t)).

Glatke krive. Vektorske funkcije koje zavise od jednog parametra u ravniili u prostoru opisuju krive. U nastavku dajemo preciznu definiciju krivih kojesu nam od interesa za uvođenje krivolinijskih integrala. To su krive za koje usvakoj tački postoji jedinstvena tangenta.

Definicija 3.1.1 Neka je i ∈ {2, 3}. Za skup L ⊂ Ri kažemo da je prosta glatkakriva (ili gladak Žordanov luk) ako postoji interval [a, b] i vektorska funkcija~r : [a, b]→ Ri za koje važi

(i) L = {~r(t) : t ∈ [a, b]};

(ii) ~r bijektivno preslikava skupa (a, b) na L \ {~r(a), ~r(b)};

(iii) ~r je neprekidno diferencijabilna funkcija na (a, b);

(iv) (~r(t))′ 6= ~0 za svako t ∈ (a, b).

Ako je ~r(a) = ~r(b) kažemo da je kriva L zatvorena.

Kažemo da je tada sa~r = ~r(t) t ∈ [a, b]

data glatka parametrizacija krive L.

3.1. KRIVOLINIJSKI INTEGRAL 57

Radi lakšeg razumevanja uslova navedenih u prethodnoj definiciji, dajemonekoliko primera parametrizacija koje nisu glatke. U prvom primeru, parametri-zacija nije glatka, zato što postoji više vrednosti parametra t koje određuju jednuistu tačku krive.

Primer 3.1.1 Neka je dat skup tačaka

L = {(x, y) ∈ R2 : x = cos t, y = | sin t|, t ∈ [0, π]}.

Možemo primetiti da dati skup tačaka zadovoljavajednačinu x2 + y2 = 1 i da važi x, y ≥ 0. To značida L predstavlja deo polukružnice poluprečnika 1 kojileži u prvom kvadrantu.

x

y

Međutim, preslikavanje ~r : [0, π] → L koje je definisano sa ~r(t) = (cos t, | sin t|)nije injektivno. Na primer

~r(π

4

)=

(√2

2,

√2

2

)= ~r

(3π

4

).

Takvu parametrizaciju nećemo smatrati glatkom.

Drugi primer ilustruje parametrizaciju krive u kojoj izvod ~r(t) nije neprekidnodiferencijalbilna funkcija.


L = {(x, y) ∈ R2 : x = t, y = |t|, t ∈ [−2, 2]}.

U ovom slučaju prvi izvod funkcije y = y(t) nje defin-isan u tački t = 0.

x

y

Treći primer ilustruje parametrizaciju krive u kojoj ~r(t) jeste neprekidno difer-encijabilna na [a, b] ali nije zadovoljen uslov (~r(t))′ 6= ~0.


L = {(x, y) ∈ R2 : x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈ [0, 2π]}.

Ako primetimo da su prvi izvodi funkcija x = x(t) iy = y(t)

x(t) = −3 cos2 t sin ty(t) = 3 sin2 t cos t,

lako se zaključuje da je

(~r(0))′ = (x(0), y(0)) = (0, 0).

x

y


Definicija 3.1.2 Skup L ⊂ R3 je po delovima glatka kriva ako je

L = L1 ∪ L2 ∪ . . . ∪ Ln,

gde su L1, L2, . . . , Ln glatke krive i svaki par Li, Lj za i 6= j može imati najvišekonačno mnogo zajedničkih tačaka.

Putanja (ili prosta po delovima glatka kriva) je po delovima glatka kriva kojane preseca samu sebe, osim eventualno u početnoj i kranjoj tački.

Primeri 3.1.4-3.1.5 opisuju po delovima glatke krive. U nastavku ćemoopisati iste krive pomoću njihovih (po delovima) glatkih parametrizacija.

Primer 3.1.4 Skup tačaka

L = {(x, y) ∈ R2 : x = t, y = |t|, t ∈ [−2, 2]}.

jednak je uniji skupova L1 i L2 gde je

L1 = {(x, y) ∈ R2 : x = t, y = t, t ∈ [0, 2]}L2 = {(x, y) ∈ R2 : x = t, y = −t, t ∈ [−2, 0]}

L1L2

x

y

Primer 3.1.5 Za skup tačaka

L = {(x, y) ∈ R2 : x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈ [0, 2π]}.

važi L = L1 ∪ L2 ∪ L3 ∪ L4, gde je

L1 ={

(x, y) ∈ R2 : x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈[0, π2

]}L2 =

{(x, y) ∈ R2 : x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈

[π2 , π

]}L3 =

{(x, y) ∈ R2 : x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈

[π, 3π

2

]}L4 =

{(x, y) ∈ R2 : x = cos3 t, y = sin3 t, t ∈

[3π2 , 2π

]}.

x

y

L1L2

L3 L4

3.1.2 Primeri glatkih krivih u R2

Za svaku glatku krivu postoji beskonačno mnogo glatkih parametrizacija. Uovom delu navodimo neke parametarske reprezentacije, koje smatramo da mogubiti od koristi čitaocu.


Duž AB, gde jeA(xA, yA) i B(xB , yB). Jednačina prave kroz dve tačke jeoblika

~r = ~rB + t−−→BA, t ∈ R

odnosno

(x, y) = (xB , yB) + t(xA − xB , yA − yB)(x, y) = (txA + (1− t)xB , tyA + (1− t)yB).

Tačku A dobijamo za vrednost parametra t = 1, atačku B za vrednost parametra t = 0. Tačke izmeđuA i B dobijamo za t ∈ (0, 1). O

A

B

Odatle je jedna glatka parametrizacija duži AB:

AB = {(x, y) ∈ R2 : x = txA + (1− t)xB , y = tyA + (1− t)yB , t ∈ [0, 1]}.

Centralna kružnica Neka je r proizvoljan realan broj.

L = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = r2}= {(x, y) ∈ R2 : x = r cos t, y = r sin t, t ∈ [0, 2π]}. x

y

Deo centralne kružnice Neka je r proizvoljan realan broj.

L1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = r2, y ≥ 0}= {(x, y) ∈ R2 : x = r cos t, y = r sin t, t ∈ [0, π]}= {(x, y) ∈ R2 : x = t, y =

√r2 − t2, t ∈ [−r, r]}.

x

y

L2 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = r2, y ≤ 0}= {(x, y) ∈ R2 : x = r cos t, y = r sin t, t ∈ [π, 2π]}= {(x, y) ∈ R2 : x = t, y = −

√r2 − t2, t ∈ [−r, r]}.

x

y

L3 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = r2, x ≥ 0}= {(x, y) ∈ R2 : x = r cos t, y = r sin t, t ∈ [−π2 ,

π2 ]}

= {(x, y) ∈ R2 : x =√r2 − t2, x = t, t ∈ [−r, r]}. x

y

L4 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = r2, x ≤ 0}= {(x, y) ∈ R2 : x = r cos t,

y = r sin t,t ∈ [π2 ,

3π2 ]}

= {(x, y) ∈ R2 : x = −√r2 − t2,

x = t,t ∈ [−r, r]}.

x

y


Kružnica

L = {(x, y) ∈ R2 : (x− p)2 + (y − q)2 = r2}= {(x, y) ∈ R2 : x− p = r cos t,

y − q = r sin t,t ∈ [0, 2π]}. x

y

p

q

Centralna elipsa

L = {(x, y) ∈ R2 : x2

a2 + y2

b2 = 1}= {(x, y) ∈ R2 : x

a = cos t,yb = sin t,t ∈ [0, 2π]}.

x

y

Elipsa

L = {(x, y) ∈ R2 : (x−p)2a2 + (y−q)2

b2 = 1}= {(x, y) ∈ R2 : x−p

a = cos t,y−qb = sin t,

t ∈ [0, 2π]}. x

y

p

q

3.1.3 Primeri glatkih krivih u R3

U ovom delu navodimo neke glatke krive u prostoru R3.

Duž AB, gde je A(xA, yA, zA) i B(xB , yB , zB). Vektorski oblik jednačineprave kroz dve tačke je istog oblika kao u ravni:

~r = ~rB + t−−→BA, t ∈ R

Sada su vektori iz prostora R3 i dobijamo

(x, y, z) = (xB , yB , zB) + t(xA − xB , yA − yB , zA − zB)(x, y, z) = (txA + (1− t)xB , tyA + (1− t)yB , tzA + (1− t)zB).

Znači,

AB = {(x, y, z) ∈ R3 : x = txA + (1− t)xBy = tyA + (1− t)yBz = tzA + (1− t)zBt ∈ [0, 1]}.


Kružnica Neka su r i z1 proizvoljni realni brojevi. Jednačina jedne kružnicekoja leži ravni z = z1 je oblika:

L = {(x, y, z) ∈ R2 : x2 + y2 = r2, z = z1}= {(x, y, z) ∈ R2 : x = r cos t,

y = r sin t,z = z1,t ∈ [0, 2π]}.

Presek ravni i kružnog cilindra U nastavku je primer jedne krive koja senalazi u preseku kružnog cilindra i ravni.

L = {(x, y, z) ∈ R2 : x2 + y2 = 9, x+ y + z = 5}= {(x, y, z) ∈ R2 : x = 3 cos t,

y = 3 sin t,z = 5− 3 cos t− 3 sin t,t ∈ [0, 2π]}.

Cilindrična zavojnica Još jedan primer krive koja leži na kružnom cilindrujeste cilindrična zavojnica. U ovom slučaju koordinata z raste sa porastomparametra t.

L = {(x, y, z) ∈ R2 : x = 3 cos t,y = 3 sin t,z = t,t ∈ [0, 2π]}.

3.1.4 Definicija krivolinijskog integrala skalarne funkcijeNeka je funkcija f : D → R, D ⊆ R3 i neka je L ⊂ D glatka kriva dataparametrizacijom

~r = ~r(t) t ∈ [a, b],

odnosno u skalarnom obliku

x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [a, b]. (3.1)

Definicija 3.1.3 Ako je funkcija h(t) = (f(~r(t)))|(~r(t))′| integrabilna na inter-valu [a, b] onda je krivolinijski integral skalarne funkcije f = f(~r) duž krive L,u oznaci

∫L

f(~r)dr, definisan sa

∫L

f(~r)dr =

b∫a

(f(~r(t)))

∣∣∣∣d~r(t)dt

∣∣∣∣ dt =

b∫a

(f(~r(t))) |(~r(t))′| dt


Za parametrizaciju (3.1) imamo

|(~r(t))′| = |(x(t), y(t), z(t))| =√

(x(t))2 + (y(t))2 + (z(t))2

i dalje u skalarnom obliku dobijamo

∫L

f(~r)dr =

b∫a

f(x(t), y(t), z(t))√

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

Definicija 3.1.4 Ako je L = L1 ∪ . . . ∪ Ln po delovima glatka kriva, onda je∫L

f(~r)dR =

∫L1

f(~r)dr + . . .+

∫Ln

f(~r)dr.

3.1.5 Osobine

1. Neka za funkcije f, g : D → R, D ⊆ R3 i putanju L ⊂ D postoje integrali∫L

f(~r)dr i∫L

g(~r)dr. Tada važi:

∫L

(αf(~r) + βg(~r))dr = α

∫L

f(~r)dr + β

∫L

g(~r)dr, α, β ∈ R;

2. Krivolinijski integral prve vrste ne zavisi od orijentacije krive.

3. Neka je f : D → R, D ⊆ R3, nenegativna neprekidna funkcija na putanjiL ⊂ D. Površina cilindrične površi

S = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ L, 0 ≤ z ≤ f(x, y)}

jednaka je

∆S =

∫L

f(x, y)dr.

4. Dužina ∆l putanje L ⊂ R3 je

∆l =

∫L

dr.


5. Ako je L ⊂ R3 komad žice i ako je linearna gustina µ = µ(~r) žice Lpoznata u svakoj tački ~r te krive, onda je

m =

∫L

µ(~r)dr

masa žice L.

6. Težište

Definicija pomoću integralne sume Krivolinijcki integral skalarne funkcijesmo definisali pomoću određenog integrala, što znači da se ista definicija možeuvesti pomoću integralnih suma.

Neka je interval [α, β] podeljen na n podintervala

[α, β] = [t0, t1] ∪ [t1, t2] ∪ . . . ∪ [tn−2, tn−1] ∪ [tn−1, tn],

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

s(f, L) =

n∑i=1

f(ξi, ηi, ζi)∆li.

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

1≤i≤n∆li →

0 onda se ta granična vrednost naziva krivolinijski integral prve vrste ili krivolin-ijski integral po dužini krive funkcije f duž krive L i označava sa

∫L

f(x, y)dl. Ako

je A = T0 i B = Tn onda se koristi i oznaka∫

L(AB)

f(x, y, z)dl ili∫

(AB)

f(x, y, z)dl.

Primer 3.1.6 Izračunati dužinu dela cikloide

L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2(t− sin t), y = 2(1− cos t), t ∈ [π

4,

5π

3]}.

Kako je x(t) = 2(1− cos t), y(t) = a sin t to je

∆l =∫L

dl =

5π3∫

fracπ4

√a2(1− cos t)2 + a2 sin2 tdt

= 2√

2

5π3∫π4

√1− cos tdt = 4

5π3∫π4

| sin t2 |

= 8

5π3∫π4

sinudu = −8 cosu|5π3

π4

= 4(√

2− 1).


Primer 3.1.7 Izračunati dužinu dela cilindrične zavojniceL = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 3 cos t, y = 3 sin t, z = 2t, 0 ≤ t ≤ 4π}.

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

(x(t))2 + (y(t))2 + (z(t))2

i

∆l =

∫L

dl =

2π∫0

√9 sin2 t+ 9 cos2 t+ 4dt =

√13

4π∫0

dt = 4π√

13.

Primer 3.1.8 Izračunati I =∫L

(x2y − 2y)dl, gde je L duž AB, gde je A(2, 5) i

B(1,−1).

Glatka parametirzacija duži AB data je sa

x = t+ 1, y = 6t− 1, 0 ≤ t ≤ 1,

odakle je √(x(t))2 + (y(t))2 =

√1 + 36 =

√37.

∫AB

(x2y − 2y)dl =1∫0

((t+ 1)2(6t− 1)− 2(6t− 1)

)dt

=1∫0

(6t3 + 11t2 − 8t+ 1)dt

=√

37(

32 t

4 + 113 t

3 − 4t2 + t)|10

= 13√

376 .

Primer 3.1.9 Izračunati I =∫L

(x− y)dl, po dužini polukružnice

L = {(x, y) ∈ R2 : x2 + (y − 1)2 = 4, x ≥ 0}.

Jedna glatka parametirzacija kružnice je

L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2 cos t, y = 2 sin t+ 1, 0 ≤ t ≤}.

Za datu parametrizaciju je√(x(t))2 + (y(t))2 =

√4 sin2 t+ 4 cos2 t = 2.

∫L

(x− y)dl =

π2∫

−π2

(2 cos t− 2 sin t− 1)2dt = 2(− 2 sin t− 2 cos t

)|π2

−π2

= −8.

Primer 3.1.10 Izračunati površinu površi

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 4, y ≥ 0, 0 ≤ z ≤√

9− x2 − y2}.


Projekcija date površi u xy ravan je kriva

L = {(x, y) ∈ R2 : x = 2 cos t, y = 2 sin t, 0 ≤ t ≤ π}.

Onda je x(t) = −2 sin t, y(t) = 2 cos t i√

(x(t))2 + (y(t))2 = 2.

∆S =

∫L

√9− x2 − y2dl = 2

π∫0

√9− 4dt = 2

√13π.

Primer 3.1.11 Naći masu žice

L = {(x, y, z) ∈ R3 : x = et cos t, y = et sin t, z = et, 0 ≤ t ≤ 5},

ako je ρ(x, y, z) = 1x2+y2+z2 gustina žice u tački M(x, y, z).

Za datu parametrizaciju je x(t) = et(cos t− sin t), y(t) = et(sin t + cos t), z(t) =et i ρ(t) = 1

2e2t .

m =

∫L

ρdl =1

2

5∫0

e−2t√e2t((cos t− sin t)2 + (sin t+ cos t)2 + 1

)dt

=

√3

2

5∫0

e−tdt =

√3

2(1− e−5).

3.1.6 Krivolinijski integral vektorskog poljaOrijentacija glatke krive Moguće su dve orijentacije glatka krive L u odnosuna datu parametrizaciju:u smeru rasta parametra t i u smeru opadanja parame-tra t. Orijentacija krive u smeru rasta parametra može za neku drugu parametri-zaciju biti smer opadanja parametra. Po delovima glatka kriva se orijentiše takoda glatki delovi budu saglasno orijentisani, što znači da se kraj jednog glatkogdela nadovezuje na početak sledećeg. Ako je L kriva u ravni, onda kažemo da jenegativna orijentacija u smjeru kretanja kazaljke na satu, a pozitivna suprotnood kretanja kazaljke na satu.

Definicija 3.1.5 Neka je ~F = ~F (~r), ~r ⊆ D, vektorska funkcija i L ⊆ D orijen-tisana glatka kriva data sa ~r = ~r(t), t ∈ [a, b]. Ako je funkcija

h(t) = ~F (~r(t)) · (~r(t))′

integrabilna na intervalu [a, b], tada odredjeni integral

∫L

~F (~r) · d~r =

b∫a

~F (~r(t)) · d~r(t)dt

dt =

b∫a

~F (~r(t)) · (~r(t))′dt


zovemo krivolinijski integral vektorskog polja ~F (druge vrste) po L odtačke A = ~r(a) do tačke B = ~r(b).

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

~F · d~r =

∫L1

~F · d~r + . . .+

∫Ln

~F · d~r,

gde su glatke krive L1, . . . , Ln saglasno orijentisane.U ravni. Ako je ~F = (P,Q) vektorsko polje i L ⊆ D orijentisana glatka

kriva data sa ~r(t) = (x(t), y(t)), onda je

∫L

P (x, y)dx+Q(x, y)dy =

b∫a

(P (x(t), y(t))x(t) +Q(x(t), y(t))y(t)

)dt.

3.1.7 Osobine krivolinijskog integrala

Neka je L ⊆ D orijentisana glatka kriva, ~F i ~G su vektorska polja definisane naD i postoje integrali

∫L

~F · d~r i∫L

~G · d~r. Tada važi

∫L

(α~F · d~r + β ~G · d~r

)= α

∫L

~F · d~r + β

∫L

~G · d~r, α, β ∈ R.

Krivolinijeski integral druge vrste zavisi od orijentacije krive, tj.∫L(AB)

~F · d~r = −∫

L(BA)

~F · d~r.

Rad polja ~F duž luka L je krivolinijski integral∫L

~F · d~r. Rad polja ~F duž

zatvorene krive L naziva se cirkulacija vektorskog polja ~F .

3.1.8 Nezavisnost od putanje integracije

Ako je glatka parametrizacija neke krive L data jednačinom ~r = ~r(t), t ∈ [a, b],i hoćemo da naglasimo da je početna tačka te krive označena sa A, krajnja saB i da je orijentisana u smeru rasta parametra t, pisaćemo L(AB).


Definicija 3.1.6 Krivolinijski integral vektorske funkcije ne zavisi od putanjeintegracije ako je njegova vrednost ista za sve putanje koje povezuju početnu ikrajnju tačku.

Definicija 3.1.7 Za vektorsko polje ~F = ~F (~r), ~r ⊆ D, kažemo da je konz-ervativno u oblasti D ako je za svaku zatvorenu krivu L ⊆ D integral jednaknuli, ∮

L

~F · d~r = 0.

U konzervatinom polju nije važan izbor krive integracije, već samo njenapočetna i krajnja tačka. Sledeće teorema dokazuje da je vrednost integralajednaka za sve po delovima glatke krive koje imaju istu početnu i krajnju tačku.

Teorema 3.1.1 Ako je ~F = ~F (~r) konzervativno vektorsko polje u oblasti D,onda za sve krive L1, L2 ⊆ D važi∫

L1(AB)

~F · d~r =

∫L2(AB)

~F · d~r

Dokaz. Ako je ~F konzervativno vektorsko polje u oblasti D, onda je integraltog vektorskog polja jednak nuli duž svake zatvorene krive u toj oblasti. Pos-matrajmo sa proizvoljne dve tačke A,B ∈ D i proizvoljne po delovima glatkekrive L1(AB), L2(AB) ⊆ D. Kako je kriva

L = L1(AB) ∪ L2(BA)

zatvorena, a ~F konzervativno, sledi∮L

~F · d~r = 0 ⇔∫L1(AB)

~F · d~r +

∫L2(BA)

~F · d~r = 0

⇔∫L1(AB)

~F · d~r −∫L2(AB)

~F · d~r = 0

⇔∫L1(AB)

~F · d~r =

∫L2(AB)

~F · d~r.

�

3.1.9 Potencijalna polja


Definicija 3.1.8 Vektorsko polje ~F = ~F (~r), ~r ∈ D, je potencijalno ako postojiskalarno polje f : D → R sa osobinom

~F = ∇f.

U tom slučaju je f potencijal polja ~F .

Primer 3.1.12 Gravitaciono polje tačke M(x, y, z) mase m

~G = g · mr2· ~r0

gde je g gravitaciona konstanta, r = |~r| i ~r0 = ~rr , je potencijalno polje sa

potencijalom f = −gmr .

Dokaz. Primetimo prvo da za ~r = (x, y, z) imamo

r = |~r| =√x2 + y2 + z2 ~r0 =

~r

r=

(x, y, z)√x2 + y2 + z2

.

Neka je f(~r) = −gm · 1~r , tj.

f(x, y, z) = −gm 1√x2 + y2 + z2

.

Gradijent funkcije f je

∇f = gm · (2x, 2y, 2z)

2(x2 + y2 + z2)32

= gm · (x, y, z)

(x2 + y2 + z2)(x2 + y2 + z2)12

= g · m(√x2 + y2 + z2

)2

(x, y, z)√x2 + y2 + z2

= g · mr2· ~r0.

�

Teorema 3.1.2 Vektorsko polje je potencijalno ako i samo je konzervativno.

Dokaz. (⇒) Pretpostavimo da je ~F = ~F (~r) potencijalno polje nad D sa poten-cijalom f = f(~r),

~F = ∇f.

Izaberimo proizvoljno po delovima glatku krivu L(AB) ⊆ D. Tada važi

B∫A

~F · d~r =

b∫a

∇f(~r(t)) · (~r(t))′dt =

b∫a

h′(t)dt = h(b)− h(a)

= f(~r(b))− f(~r(a)) = f(B)− F (A).


gde je h(t) = f(x(t), y(t), z(t)) (h = f(x, y, z), gde je x = x(t), y = y(t), z =z(t)). Primetimo da je ove korišćen izvod složene funkcije tj. lančani izvod:

h′(t) =dh(t)

dt=∂f

∂x(~r(t)) · x(t) +

∂f

∂y(~r(t)) · y(t) +

∂f

∂z(~r(t)) · z(t)

=

(∂f

∂x(~r(t)),

∂f

∂y(~r(t)),

∂f

∂z(~r(t))

)· (x(t), y(t), z(t))

= ∇f(~r(t)) · (~r(t))′

�Sada možemo sumirati nekoliko ekvivalentnih tvr?enja u jedno koje karak-

terie potencijalna i konzervativna vektorska polja.

Teorema 3.1.3 Neka je D jednostruko povezana oblast i neka je ~F = ~F (~r),~r ⊆ D neprekidno diferencijalno vektorsko polje na D.

(a) Važi jednakost∫

L1(AB)

~F · d~r =∫

L2(AB)

~F · d~r za svaku po delovima glatku

krivu L1(AB) i L2(AB).

(b) Postoji skalarno polje f sa osobinom da je ~F = ∇f.

(c)∮L~F · d~r = 0 za svaku zatvorenu krivu L ⊂ D.

(d) (d1) Ako je D ⊆ R2, onda je Py = Qx.

(d2) Ako je D ⊆ R2, onda je Py = Qx i Pz = Rx i Qz = Ry tj. ∇× ~F = 0.

3.1.10 Divergencija i rotor

Definicija 3.1.9 Neka je ~F = (P (~r), Q(~r), R(~r)), ~r = (x, y, z) ∈ D ⊆ R3.

Divergencija vektorskog polja ~F , u oznaci div ~F ili ∇ · ~F , je skalarno poljeD → R definisano sa

(∇ · ~F )(x, y, z) =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)· (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))

=∂P

∂x(x, y, z) +

∂Q

∂y(x, y, z) +

∂R

∂z(x, y, z).

Definicija 3.1.10 Neka je ~F = (P (~r), Q(~r), R(~r)), ~r = (x, y, z) ∈ D ⊆ R3.

Rotor vektorskog polja ~F , u oznaci rot ~F ili ∇× ~F , je vektorsko polje D → R3

definisano sa

(∇× ~F )(~r) =

∣∣∣∣∣∣~ı ~ ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P (~r) Q(~r) R(~r)

∣∣∣∣∣∣=(∂P∂z (~r)− ∂R

∂x (~r), ∂Q∂z (~r)− ∂R∂y (~r), ∂P

∂z (~r)− ∂R∂x (~r)

).


Vektorsko polje ~F je bezvrtložno ako je ∇× ~F = 0.

Primer 3.1.13 Ako se materijalna tačka rotira oko ose brzinom ~F , onda je12

(∇× ~F

)ugaona brzina kretanja te tačke. To znači da u slučaju kada je

∇× ~F 6= 0 postoji vrtložno kretanje.

Vektorsko polje ~F je solenoidalno ako je ∇ · ~F = 0.Reč solenoidalno vodi poreklo od grčke reči za solenoid, a ima značenje "u

obliku cevi". Jedan primer solenoidalnog polja je magnetno polje.

3.1.11 Formula GrinaProsta (jednostruko) povezana oblast D ⊆ R2 je svaki povezan i otvoren skupu R2 sa osobinom da za svaku zatvorenu, bez tačaka samopresecanja, krivu Liz D važi da je zatvorena oblast koju ogrničava L tako?e u D.

Teorema 3.1.4 Neka je D ⊂ R2 zatvorena oblast ograničena zatvorenom podelovima glatkom krivom bez samopresecanja L. Ako su funkcije P, Q, Py i Qxneprekidne nad D i ako je kriva L orijentisana tako da tačke oblasti D ostajusa leve strane kada se L obilazi u zadatom smeru, tada važi∮

L

Pdx+Qdy =

∫σ

∫(Qx − Py)dxdy.

Primer 3.1.14 Izračunati∫L

(2xy− x2)dx+ (x+ y2)dy, ako je L pozitivno ori-

jentisan rub oblasti

D = {(x, y) ∈ R2 : y2 ≤ x, y ≥ −x2, x ≤ 1}.

Rešenje.

I =

∫D

∫(1− 2x)dxdy =

1∫0

dx

√x∫

−x2

(1− 2x)dy

=

1∫0

(1− 2x)y∣∣∣y=√xy=−x2

dx =

1∫0

(1− 2x)(√x+ x2)dx

=

(2

3x

32 +

1

3x3 − 4

5x

52 − 1

2x3

) ∣∣∣10

=7

30.

>

>

> x

y

D

L

�Sledeća teorema pokazuje da formula Grina važi i u slučaju kada je D višestrukopovezana oblast.

Teorema 3.1.5 Neka je D ⊂ R2 zatvorena višestruko povezana oblast ograni-čena unijom zatvorenih po delovima glatkih krivih bez samopresecanja L1∪ . . .∪


Ln. Ako su funkcije P, Q, Py i Qx neprekidne na D i ako je kriva L orijentisanatako da taČke oblasti D ostaju sa leve strane kada se L obilazi u datom smeru,tada važi jednakost

n∑i=1

∮Li

Pdx+Qdy =

∫σ

∫(Qx − Py)dxdy.

Primer 3.1.15 Izračunati I =∫L1

(y3dx − x3dy) +∫L2

(y3dx − x3dy), ako je

L1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1}L2 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 3}

i L1 je orijentisana pozitivno, a L2 je orijentisananegativno.

x

y

L1

L2

>

>

Rešenje. Neka jeA(1, 0), B(3, 0), C(−1, 0) i D(−3, 0) i podelimo krive L1 i L2

na sledeći način:

L′1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1, y ≥ 0}L′′1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1, y ≤ 0}L′2 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 3, y ≥ 0}L′′2 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 3, y ≤ 0}

>

>

L′1

L′2

L′′1

L′′2

>

>

x

y

Primetimo da su oblasti

D1 = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9, y ≥ 0}D2 = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9, y ≤ 0}

redom ograničene pozitivno orijentisanim zatvorenim krivim

C1 = L′1 ∪−−→DC ∪ L′2 ∪

−−→AB

C2 = L′2 ∪−−→BA ∪ L′′2 ∪

−−→BA.

Primenom formule Grina, za Qx = −3x2 i Py = 3y2, dobijamo

I = −3

∫D1

∫(x2 + y2)dxdy − 3

∫D2

∫(x2 + y2)dxdy = −3

∫D

∫(x2 + y2)dxdy.

Prelaskom na polarne koordinate,

I = −3

2π∫0

dϕ ·3∫

1

ρ3dρ = −3ϕ∣∣∣2π0

· 1

4ρ4∣∣∣31

= −3 · 2ϕ · 1

4(81− 1) = −120.

Documents

Matematika 3imft.ftn.uns.ac.rs/math/uploads/Courses/Skripte.pdfChapter 1 Skalarne funkcije više promenljivih Sastanovištaprimene,ﬁzičkeveličinekojemožemopredstavitipomoćufunkcija