diferencijalne jednacine - skripta
TRANSCRIPT
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
1/130
Matematika 3
Jovanka Pantovi
December 8, 2010
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
2/130
Matematika 3
2
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
6/130
SADRAJ Matematika 3
6
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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 ujednoj 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 mjestajednake 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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
10/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
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) Mogueje 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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
12/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
14/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
16/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
18/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
20/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
(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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
21/130
Matematika 3 1.14. ZADACI ZA VEBU
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
22/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
23/130
Matematika 3 1.14. ZADACI ZA VEBU
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
24/130
CHAPTER 1. FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Matematika 3
24
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
28/130
CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
30/130
CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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)
= (
) = (2 2 )
(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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
32/130
CHAPTER 2. VEKTORSKA ANALIZA Matematika 3
(a) On ima najveu vrednost, ako je cos(
) = 1 tj. ako je (
) =
0 Dakle, izvod skalarnog polja ima najveu vrednost || u pravcujedininog 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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
36/130
CHAPTER 3. VIESTRUKI INTEGRALI Matematika 3
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
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 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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
38/130
CHAPTER 3. VIESTRUKI INTEGRALI Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
39/130
Matematika 3 3.3. ZADACI ZA VEBU
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
40/130
CHAPTER 3. VIESTRUKI INTEGRALI Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
41/130
Matematika 3 3.3. ZADACI ZA VEBU
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
42/130
CHAPTER 3. VIESTRUKI INTEGRALI Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
43/130
Matematika 3 3.3. ZADACI ZA VEBU
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
44/130
CHAPTER 3. VIESTRUKI INTEGRALI Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
45/130
Matematika 3 3.3. ZADACI ZA VEBU
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
46/130
CHAPTER 3. VIESTRUKI INTEGRALI Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
50/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
4.1.6 Osobine krivolinijskog integrala
Neka je L D orijentisana glatka kriva, F i G su vektorska polja definisane na D ipostoje integrali
L
F i L
G . Tada vai
L
F + G
=
L
F + L
G R
Krivolinijeski integral druge vrste zavisi od orijentacije krive, tj.L(AB)
F =
L(BA)
F
Rad polja F du luka L je krivolinijski integralL
F Rad polja F du zatvorenekrive L naziva se cirkulacija vektorskog polja F
4.1.7 Nezavisnost krivolinijskog integrala vektorskog polja od putanje
Definicija 4.1.1 Kaemo da krivolinijski integral po koordinatama ne zavisi od putanjeako je njegova vrednost ista za sve putanje koje povezuju poetnu i krajnju taku.
Teorema 4.1.1 Sledea tvrdjenja su medjusobno ekvivalentna
(a) Krivolinijski integral
L(AB)F (AB) D ne zavisi od putanje integracije,
nego samo od taaka A i B
(b) Postoji skalarna (realna) funkcija takva da je F = (c) F = 0 tj. L F = 0 za svaku zatvorenu krivu L D
Teorema 4.1.2 Neka su u zadate neprekidne funkcije P i Q koje imaju neprekidneparcijalne izvode P i Qu otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti D R2 Potrebani dovoljan uslov da integral
(AB)
P + Q (AB) D ne zavisi od putanje je da jeispunjena jednakost
P = Q
Dokaz.
Teorema 4.1.3 Neka su u otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti D R3
zadateneprekidne funkcije P Qi R koje imaju neprekidne parcijalne izvode P P Q Q
R R Potreban i dovoljan uslov da integral
(AB)P+ Q + R (AB) D ne
zavisi od putanje (AB) jeste da su ispunjene jednakosti
P = Q Q= R R = P
50
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
52/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
53/130
Matematika 3 4.2. POVRINSKI INTEGRAL
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
54/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
55/130
Matematika 3 4.2. POVRINSKI INTEGRAL
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
56/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
57/130
Matematika 3 4.3. ZADACI
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
58/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
59/130
Matematika 3 4.3. ZADACI
(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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
60/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
61/130
Matematika 3 4.3. ZADACI
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
62/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
63/130
Matematika 3 4.3. ZADACI
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
64/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
(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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
65/130
Matematika 3 4.3. ZADACI
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
66/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
67/130
Matematika 3 4.3. ZADACI
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)
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 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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
68/130
CHAPTER 4. KRIVOLINIJSKI I POVRINSKI INTEGRAL Matematika 3
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
-
7/28/2019 Diferencijalne jednacine - Skripta
69/130
Matematika 3 4.3. ZADACI
Ako je
I =S
(1 1 1)S = 1 2 3 4 5
onda je I = I1 + I2 + I3 + I4 + I5
I1 =