Matematika III

1

SKRIPTA

MATEMATIKA III

Matematika III

2

1. FUNKCIJE VIŠE ARGUMENATA

Def.1.1. Neka je C skup kompleksnih brojeva i 43421n

n xCCxCxC ...= , Dekartov proizvod skupa C. Ako je

nCX ⊆ i CY ⊆ , tada ćemo pridruživanje f bilo koje n–torke ( ) nn CXxx ⊆∈,...,1 tačno jednom elementu

CYz ⊆∈ , nazivati kompleksnom funkcijom kompleksne promenljive, od n argumenata. To zapisujemo

YXf →: ili ( ) zxxf n →,...,: 1 ili ( )nxxfz ,...,1= .

Ako je nRX ⊆ a CY ⊆ , tada imamo kompleksnu funkciju realnih argumenata. Ako je nCX ⊆ a

RY ⊆ , tada imamo realnu funkciju komp-leksnih argumenata. Ako je nRX ⊆ a RY ⊆ , tada imamo realnu funkciju realnih argumenata (promenljivih).

Za skup X kažemo da je domen ili oblast definisanosti funkcije i označavamo sa ( )fD .

Skup Y je antidomen ili kodomen funkcije. Označavamo ga sa ( )fC . Za

( ) ( ){ }fDxxxxffV nn ∈= ,...,:),...,( 11 kažemo da je skup vrednosti funkcije. Mi ćemo u ovom kursu raditi sa realnom funkcijom realnog argumenta. Primeri.

1. Odrediti oblast definisanosti sledećih funkcija

1.1. yxz +=

1.2. yxyxz

+−

=

1.3. yxz −= 2

1.4. ( )yxz −= 2ln

1.5. ( )yxz += arcsin

Rešenja. 1.1. yxz +=

( ){ } 2,|,)( RyxyxfD =∞+<<∞−∞+<<∞−=

1.2. yxyxz

+−

=

0≠+ yx

yx −≠

( ){ } ( ){ }yyRRyxxyyxD f ,\,;, 2 −=∈−≠=

1.3. yxz −= 2

02 ≥− yx

yx ≥2

( ){ }RyxxyyxD f ∈≤= ,;2,

1.4. ( )yxz −= 2ln

02 >− yx

yx >2

Matematika III

3

( ){ }RyxxyyxD f ∈<= ;,2,

1.5. ( )yxz += arcsin

1≤+ yx

( ){ }RyxyxyxD f ∈≤+= ,;1,

2. Odrediti i grafički predstaviti oblast definisanosti sledećih funkcija:

2.1. yxz +=

2.2. 221 yxz −−=

2.3. 11 22 −+−= yxz

2.4. ( )( )xyxz −= lnln

2.5. xyz lnsin23−=

Rešenja.

2.1. yxz +=

0≥+ yx

xy −≥

( ){ }RyxxyyxD f ∈−≥= ,;,

2.2 221 yxz −−=

01 22 ≥−− yx

122 ≤+ yx

( ){ }RyxyxyxD f ∈∧≤+= ,1, 22

2.3. 11 22 −+−= yxz

0101 22 ≥−∧≥− yx

11 22 ≥∧≤ yx

11 ≥∧≤ yx

( ) ( )1111 ≥∧−≤∧≤≤− yyx

( ){ }RyxyxyxD f ∈∧≥∧≤= ,11,

2.4. )(( )xyxz −= lnln

( ) 00ln >−∧>− xyxyx

(( ) ( ) ) xyxyxxyx >∧<−∨<∨>−∧> 0ln00ln0

Matematika III

4

( ) xyxyxxyx >∧<−∧<∨>−∧> 1010

( ) xyxyxxyx >∧+<∧<∨+>∧> 1010

)( ) ( ) }({ RyxxyxxxyxyxD f ∈+<<∧<∨+>∧>= ,,1010,

2.5. xyz lnsin23−=

00lnsin23

>∧≥− xyxy

023lnsin >∧≤ xyxy

0>xy

( ){ }RyxxyyxD f ∈>= ,,0,

Zadaci.

1. Odrediti oblast definisanosti sledećih funkcija 1.1. yxz += 2

1.2. yxz 2+=

1.3. yxz =

1.4. yx

xz−

=

1.5. yxz −=

1.6. 224 yxz −−=

1.7. yxz += ln

1.8. ( )yxz += ln

1.9. ( )yxz += 2arcsin

1.10. ( )yxz −= arccos

1.11. 44 22 −+−= yxz

1.12. 222 yxxz −−=

1.13. xyz arcsin=

1.14. xyyxxz arcsin2 22 +−−=

1.15. 2222

9ln yxyx

xyz +++

+=

Matematika III

5

1.16. 22ln yxz +=

1.17. ( )22ln yxz +=

1.18. 22

1

yxz

−=

1.19. ( )yxz 2ln −=

1.20. ( )xyz −= arcsin

2. Odrediti i grafički predstaviti oblast definisanosti sledećih funkcija

2.1. y

xz 12 +=

2.2. yxz +=

2.3. xyz =

2.4. yx

xyz+

+= arccos2

2.5. ( )yxz

−−=

ln1

2.6. 22

22

2 yxxxyxz

−−

−+=

2.7. yxyxz −++=

2.8. x

yz 1arcsin −=

2.9. ( )22

2

1ln

4

yx

yxz

−−

−=

2.10 yxz sin=

2.11. yxz sinlnln −=

2.12. arcsin=z xyx+

2

2.13. yyx

z 11+

−=

2.14. 22 41 yxz −+−=

2.15. ( )( )12 −+= yxz

2.16. ( ) ( )3ln2ln −++= yxz

2.17. ( ) ( )2ln3 +−= xyz

Matematika III

6

2.18. 94

122 yxz −−=

2.19.

−+= 1

49ln

22 yxz

2.20. yxz +−= 2

1.1. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA FUNKCIJE VIŠE ARGUMENATA

Neka je u trodimenzijonom Euklidovom prostoru 3E uspostavljen pravougli koordinatni sistem 321 xxOx (njega čine tri uzajamno normalne brojne ose sa zajedničkim početkom). Svakoj tački iM ose iOx

{ }( )3,2,1∈i pridružen je tačno jedan broj ix . Kažemo da je ix koordinata tačke iM .i pišemo ( )ii xM

(preciznije objašnjenje u navedenoj literaturi [ ]2 M. janić). Svakoj tački ijM ravni { }( )3,2,1, ∈jixOx ji pridružena je tačno jedna dvojka brojeva ( )ji xx , . Brojevi

ji xx , su koordinate tačke ijM i to zapisujemo ( )jiij xxM , . Svakoj tački 123M trodimenzionog prostora

pridružena je tačno jedna trojka brojeva ( )321 ,, xxx . Brojevi 321 ,, xxx jesu koordinate tačke 123M što zapisujemo 123M ( )321 ;; xxx . Na analogan način se u n-dimenzionalnom Euklidovom prostoru nxxOx ...21 svakoj tački M na

jedinstven način pridružuje n-torka brojeva ( )nxxx ,...,, 21 . Za brojeve nxxx ,...,, 21 kažemo da su koordinate tačke M . Mi ćemo razmatranja najčešće svesti na 3=n .

Teorema 1.1.1.

Preslikavanje ( )321123 ,, xxxM ↔ je bijekcija tačaka prostora 3E i uređenih trojaka realnih brojeva.

Dokaz.

Neka su 1M i 2M dve različite tačke prostora 3E . Postavimo kroz tačke 1M i 2M po tri ravni

paralelne, respektivno, ravnima ( )21, xx , ( )32, xx , ( )13, xx . Svaka od njih seče ose 321 ,, xxx u tačno

jednoj tački. Prema tome, tački 1M odgovara trojka brojeva ( )131211 ,, xxx koji predstavljaju koordinate presečnih tačaka koordinatnih osa i razmatranih ravni kroz tačku 1M . Neka tački 2M odgovara, tim postupkom, trojka ( )232221 ,, xxx . Ako pretpostavimo da su trojke ( )131211 ,, xxx i ( )232221 ,, xxx jednake, tada bi to značilo da se ravni normalne na 321 ,, xxx ose kroz tačke sa koordinatama 11x i 21x , 12x i

22x , 13x i 23x poklapaju (zbog jednakosti tih koordinata). Prema tome iz ( ) ( )232221131211 ,,,, xxxxxx = sledi jednakost tačaka 1M i 2M (sl.1.1.1.).

sl. 1.1.1.

Matematika III

7

Kako je za svaku trojku ( )321 ,, ttt jednoznačno određen skup tri tačke 321 ,, TTT na 321 ,, xxx i kako se ravni kroz te tačke normalne na pripadne ose seku u tačno jednoj tački, to je razmatrano preslikavan je “1-1” i “na”.

Na osnovu dokazane bijekcije, pisaćemo ( )0302010 ,, xxxM i zaključiti da uređenoj trojci odgovara tačka

u trodimenzionom prostoru. Analogno u n-dimenzionom Euklidovom prostoru nE preko koordinatnog sistema

nxOx ...1 pridružena je tački 0M uređena n-torka realnih brojeva ( )nxx 001,..., , što ćemo zapisati

( )nxxM 0010 ,...,

Geometrijsko mesto tačaka definisano funkcijom jednog realnog argumenta ( )1xfz = je kriva u ravni, geometrijsko mesto tačaka definisano funkcijom ( )21, xxfz = je površ u prostoru.

Geometrijska mesta tačaka definisana funkcijom ( )nxxfz ,...,1= je površ u ( )1+n - dimenzionom Euklidovom prostoru, pri čemu za 3≥n tu površ geometrijski ne možemo da predstavimo (sl. 1.1.2.).

sl. 1.1.2

1.2. KOORDINATNI SISTEMI. KARAKTERISTIČNE POVRŠI

Pored razmatranog preslikavanja tačaka prostora 3E , na uređene trojke posredstvom Dekartovog pravouglog sistema, ta se preslikavanja mogu realizovati i na druge načine. Na slikama 1.2.1., 1.2.2., 1.2.3. prikazane su tačke u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu ( )zyx ,, , cilindričnom sistemu ( )z,,ϕρ i sfernom sistemu ( )ϕθρ ,, . Sa slika se nalazi analitička veza između ta tri sistema. Veza između pravouglih i cilindričnih koordinata je

ϕρϕρϕρ tgxyyxzzyx ==+=== ,,,sin,cos 222 .

Veza između pravouglih i sfernih koordinata je

,,cos,sinsin,cossin 2222 ρθρϕθρϕθρ =++=== zyxzyx

θρϕ 2222 sin, =+= yxtgxy

sl. 1.2.1.

Matematika III

8

sl. 1.2.2.

sl. 1.2.3.

Primeri.

1. Površi date jednačinama u Dekartovom koordinaatnom sistemu napisati u sfernom koordinatnom sistemu

1.1. 2222 azyx =++

1.2. ( ) 423222 zazyx =++

1.3. ( ) axyzzyx =++2222

1.4. 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

1.5. 2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

by

ax

cz

by

ax

+=

++

Rešenja.

1.1. 2222 azyx =++

smenazyx

===

θρϕθρϕθρ

cossinsincossin

( ) ( ) ( ) 2222 cossinsincossin a=++ θρϕθρϕθρ

Matematika III

9

222222222 cossinsincossin a=++ θρϕθρϕθρ

( ) 2222222 cossincossin a=++ θρϕϕθρ

22222 cossin a=+ θρθρ

( ) 2222 cossin a=+ θθρ

22 a=ρ

a=ρ

1.2. ( ) 423222 zazyx =++

smena

===

.cossinsincossin

θρϕθρϕθρ

zyx

Kako je 2222 ρ=++ zyx

( ) θρρ 44232 cosa=

θρρ 4426 cosa=

θρ 422 cosa=

θρ 2cosa=

1.3. ( ) axyzzyx =++2222

smena

===

.cossinsincossin

θρϕθρϕθρ

zyx

Kako je 2222 ρ=++ zyx

( ) θρϕθρϕθρρ cossinsincossin22 ⋅⋅= a

ϕϕθθρρ sincoscossin234 a=

θθϕρ 2sincos2sin2a

=

1.4. 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

U ovom primeru koristićemo tzv. uopštine sferne koordinate

ϕθρ cossinax =

ϕθρ sinsinby =

θρ coscz =

Matematika III

10

Posle smene dobijamo

( ) ( ) ( ) 1cossinsincossin2

2

2

2

2

2=++

cc

bb

aa θρϕθρϕθρ

1cossinsincossin2

222

2

2222

2

2222=++

cc

bb

aa θρϕθρϕθρ

( ) 1cossincossin222222 =++ θρϕϕθρ

1cossin 2222 =+ θρθρ

1)cos(sin 2222 =+ θρθρ

12 =ρ

1=ρ

1.5. 2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

by

ax

cz

by

ax

+=

++

Uvođenjem uopštenih sfernih koordinata θρ

ϕθρϕθρ

cossinsincossin

czbyax

===

dobijamo

2

2222

2

2222

2

2

222

2

2222

2

2222

sinsincossin

cossinsincossin

bb

aa

cc

bb

aa

ϕθρϕθρ

θρϕθρϕθρ

+=

=

++

( ) ( )ϕϕθρρ 222222 sincossin +=

θρρ 224 sin=

θρ 22 sin=

θρ sin=

Geometrijsko mesto tačaka ( )zyxM ,, čije koordinate zadovoljavaju jednačinu ( ) 0,, =zyxF zove se površ, a ta jednačina, jednačina površi. Jednačina površi može biti u eksplicitnom obliku ili ( )zyfx ,1= ili

( )zxfy ,2= ili ( )yxfz ,3= , parametarskom obliku ( ),,νufx = ( ),,νugy = ( )ν,uhz = i implicitnom obliku ( ) 0,, =zyxF ,

Primer.

2. Jednačine površi predstaviti u parametarskom obliku.

2.1 2222 azyx =++

2.2 ( ) ( ) ( ) 2222 rczbyax =−+−+−

2.3. 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

Matematika III

11

Rešenje.

2.1. 2222 azyx =++

ϕθ cossinax =

ϕθ sinsinay =

ϕcosaz =

2.2 ( ) ( ) ( ) 2222 rczbyax =−+−+−

θθϕθϕθϕθϕθ

coscossinsinsinsincossincossin

rczrczrbyrbyraxrax

+==−+=⇒=−+==−

2.3. 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

θϕθϕθ

cossinsincossin

czbyax

===

Zadaci.

1. Površi date jednačine u Dekartovom koordinatnom sistemu napisati u sfernom koordinatnom sistemu

1.1. 4222 =++ zyx

1.2. ( ) ( )22223222 yxazyx +=++

1.3. 222 zyxz ++=

1.4. ( ) 22/3222 azzyx =++

1.5. ( )22

262222

yxzazyx+

=++

1.6. ( ) xazyx 32222 =++

1.7. azzyx 2222 =++

1.8. ( ) zazyx 32222 =++

1.9. 2

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

cz

by

ax

cz

by

ax

−+=

++

1.10. ax

cz

by

ax

=

++

2

2

2

2

2

2

2

2. Jednačinu površi zadate u eksplicitnom ili implicintnom obliku predstaviti u parametarskom obliku

2.1. 4222 =++ zyx

Matematika III

12

2.2. 11694

222=++

zyx

2.3. ( ) ( ) ( ) 1432 222 =++−+− zyx

2.4. ( ) ( ) ( ) 1

164

92

41 222

=+

+−

+− zyx

2.5. Rxzyx 2222 =++

Površi možemo podeliti (izvršiti klasifikaciju) na različite načine. Jedna od klasifikacija mogla bi biti

1.2.1 ROTACIONE POVRŠI

Rotacione površi S nastaju rotacijom (obrtanjem) neke krive oko fiksne prave (ose rotacije). Pri tome, svaka tačka 0M na krivoj ,L opisuje kružnicu sa centrom C na osi rotacije s . Ta kružnica

određuje ravan π normalnu na osu rotacije s . Ako je ( )zyxM ;; tačka rotacione površi S , ( )0;0;00 zyxM odgovara-juća tačka na krivoj L i ako je

prostorna kriva L data sistemu jednačina (kao presek dve površi)

( )( ) ,

0,,0,,

...2

1

==

zyxfzyxf

L

a osa s jednačinom 3

1

2

1

1

1...a

zza

yya

xxs −=

−=

−,

gde je ( )1111 ,, zyxM tačka ose s, tada tačka M zadovoljava jednačinu ravni π: ( ) ( ) ( ) 0030201 =−+−+− zzayyaxxa (slika 1.2.1.1.)

slika 1.2.1.1.

Matematika III

13

1.2.2. CILINDRIČNE POVRŠI

Te površi nastaju kretanjem jedne prave (izvodnica ili generatrisa), koja stalno ostaje paralelna fiksnoj pravoj i sadrži tačke neke krive (prolazi kroz krivu-vodilju ili direktrisu) (sl. 1.2.2.1.).

slika 1.2.2.1.

Primeri.

1. Jednačina eliptičkog cilindra (sl.1.2.2.2.), čija je direktrisa elipsa u ravni Oxy , a generatrisa paralelna z-osi, je

12

2

2

2=+

by

ax

sl. 1.2.2.2.

2. Jednačina paraboličkog cilindra (sl.1.2.2.3.) sa direktrisom parabolom u ravni Oxy ,a generatrisa paralelna z osi, je

22 xpy =

sl.1.2.2.3.

Matematika III

14

3. Hiperbolički cilindar (sl.1.2.2.4) čija direktrisa hiperbola u ravni Oxy a generatrisa paralelna z-osi, je

12

2

2

2=−

by

ax

sl.1.2.2.4.

1.2.3.KONUSNE POVRŠI

Nastaju kretanjem prave koja prolazi kroz fiksnu tačku i fiksnu krivu. Kriva je vodilja, tačka vrh, a prava kroz vrh i vodilju je izvodnica (generatrisa) (sl.1.2.3.1.).

sl. 1.2.3.1.

Primer.

Jednačina konusa, čija je vodilja

≥≥

+=00

2

2

2

22

ba

by

axz a vrh ( ),0,0,0O presečena ravni ,0zz = je elipsa

120

2

2

20

2

2

2

2

2

220 =+⇒+=

zby

zax

by

axz

Presek konusne površi ravnima )0(0 == yx je prava

±=±= x

azy

bz 11

Matematika III

15

1.2.4. ALGEBARSKE POVRŠI DRUGOG REDA

To su površi čije tačke svojim koordinatama zadovoljavaju jednačinu

( ) ++++++≡ FyzExzDxyCzByAxzyxF 222,, 222

0=++++ LKzHyGx ... (1.2.4.1.)

Teorema 1.2.4.1

Prava i algebarska površ drugoga reda imaju najviše dve zajedničke tačke.

Dokaz. Prava se u segmentnom obliku predstavlja jednakošću

3

0

2

0

1

0a

zza

yya

xx −=

−=

−

( )0,0,00 zyxM

( )3,2,1 aaaar

pri čemu je tačka ( )0,0,00 zyxM na pravoj a, vektor ( )3,21, aaaar paralelan pravoj. Parametarski oblik jednačine prava je

03

02

01

ztazytayxtaz

+=+=+=

(1.2.4.2.)

Kada se jednakosti (1.2.4.2) zamene u (1.2.4.1) dobija se kvadratna jednačina po t. Ako su ta rešenja realna i različita, tada postoje dve tačke preseka, ako je rešenja dvostruko realno tada je prava tangenta date površi, i ako su rešenja kompleksna, tada prava i površ nemaju zajedničkih tačaka Ta jednačina ne može imati više od dva rešenja.

1.2.4.1. Sfera sa centrom u tački ( )rqpC ,, i poluprečnikom R ima jednačinu (sl.1.2.4.1.1.)

( ) ( ) ( ) 2222 rrzqypx =−+−+−

sl.1.2.4.1.1.

Matematika III

16

1.2.4.2. Elipsoid sa centrom u koordinatnom početku ima jednačinu (sl.1.2.4.2.1)

12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

.

sl.1.2.4.2.1. 1.2.4.3. Jednograni hiperboloid sa osom y ima jednačinu (sl.1.2.4.3.1.)

12

2

2

2

2

2=+−

cz

by

ax

.

sl.1.2.4.3.1.

Sa osom z ima jednačinu (sl.1.2.4.1.3.)

12

2

2

2

2

2=−+

cz

by

ax

.

sl.1.2.4.1.3.

Matematika III

17

1.2.4.4. Dvograni hiperboloid čija je osa z-osa ima jednačinu (sl.1.2.4.4.1.):

12

2

2

2

2

2−=−+

cz

by

ax

.

sl.1.2.4.4.1. 1.2.4.5. Paraboloid sa temenom u koordinatnom početku, osom z i otvorom prema pozitivnom smeru

z-ose ima jednačinu (sl.1.2.4.5.1.)

2

2

2

2

by

axz +=

sl.1.2.4.5.1. 1.2.4.6. Hiperbolički paraboloid (sedlasta površ) sa temenom u kordinatnom početku ima jednačinu

(sl.1.2.4.6.1.)

2

2

2

2

by

axz −=

sl.1.2.4.6.1.

Matematika III

18

Preseci te površi sa ravnima hz = su hiperbole hL a preseci sa ravnima lx = i ky = su parabole lP i

kQ . Ako je 0== hz , tada je xaby ±= , tj. preseci su prave.

Primeri i zadaci.

Odrediti:

1. Presek sfere ( ) ( ) ( ) 2222 Rrzqypx =−+−+− i ravni rzqypx === ;; .

2. Presek elipsoida

12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

i ravni 1zz = za ;1 czc <<− 1yy = za 11 ; xxbyb =<<− za axa <<− 1 .

3. Presek jednogranog hiperboloida

12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

i ravni 0;0;1 === yxzz .

4. Presek dvogranog hiperboloida

12

2

2

2

2

2−=−+

cz

by

ax

i ravni ;1zz = za 1zc ≤ i 0;0;1 ==−≤ yxcz

5. Presek paraboloida, sa temenom u koordinatnom početku čija je osa z-osa a otvor u pozitivnom smeru

2

2

2

2

by

axz +=

i ravni 1zz = i 0;0;01 ==≥ yxz

6. Presek hiperboličkog paraboloida (sedlo), sa temenom u koordinatnom početku

( )0,022

22≥≥−= qp

qx

pyz

i ravni .0;0;1 === yxzz

7. Presek konusa sa osom z-osom i temenom u koordinatnom početku

2

2

2

22

by

axz +=

i ravni .0;0;1 === yxzz

Rešenja.

1. Za ( ) ( ) 222 rrzqypx =−+−⇒= jednačina kružnica u ravni (sl.1.2.4.1.1.) px = (paralelnoj ravni Oyz );

Za ( ) ( ) 222 rrzpxqy =−+−⇒= jednačina kružnice u ravni qy = (paralelnoj ravni xz );

Za ( ) ( ) 222 rqzqyrx =−+−⇒= jednačina kružnice u ravni rz = (paralelnoj ravni ).xy

2. Za 2

21

2

2

2

2

2

2

2

2

2

21 11

cz

by

az

cz

by

axzz −=+⇔=++⇒=

Matematika III

19

0111 21

2211

1 ≥−⇒≤

⇒≤⇒≤≤−

cz

cz

czczc

Neka je 212

211 k

cz

=− Kada je ⇒=+ 212

2

2

2k

by

ax

( ) ( ).1

21

2

21

2=+

bk

y

akx

Prema tome, presek je elipsa u ravni 1zz = (paralelnoj Oxy ravni) (sl.1.2.4.1.2.). Analogno

tome, presek elipsoida i ravni 1yy = je elipsa ( ) ( )

,12

2

2

22

2=+

ckz

akx

i presek elipsoida i ravni

1xx = je elipsa ( ) ( )

.123

2

23

2=+

ckz

bky

3. Za ( ) ( )

11 21

2

21

2212

21

2

2

2

2

1 =+⇒=+=+⇒=bk

yakxk

cz

by

axzz . Zaključujemo da je presek elipsa u ravni

1zz = (paralelnoj ravni O xy ) (sl.11.2.4.1.3.-a).

Za: 10 2

2

2

2=−⇒=

cz

byx hiperbola u ravni O .yz

Za 10 2

2

2

2=−⇒=

cz

axy hiperbola u ravni O .xz

Ako je jednačina jednogranog hiperboloida 12

2

2

2

2

2=+−

cz

by

ax

(osa hiperboloida je y-osa) tada je presek

sa ravni 1yy = elipsa, a sa ravnima x=0, odnosno z=0 su hiperbole.

4. Za ( ) ( ) 1

21

1

2

21

2212

21

2

2

2

21 =+⇒=+−=+⇒=

bky

ak

xkc

z

by

axzz elipsa u ravni 1zz = (sl.1.2.4.1.4.a).

Za 102

2

2

2−=−⇒=

cz

byx hiperbola 12

2

2

2=+−

cz

by

Za 10 2

2

2

2=+−⇒=

cz

axy hiperbola.

Ako je jednačina dvogranog hiperboloida 12

2

2

2

2

2−=++−

cz

by

ax

tada je presek sa ravni

( )axiaxxx −<>= 111 elipsa a sa ravnima ,0=y odnosno, 0=z hiperbole.

5. Za: 1zz = ( )( ) ( )

102

1

2

21

2

2

2

2

211 =+⇒+=⇒>

zb

y

za

xby

axzz elipsa (sl. 1.2. 4.1.6. a).

Za 2

20

byzx =⇒= parabola,

za 2

20

axzy =⇒= parabola.

Jednačina paraboloida sa temenom na z-osi je cby

axz +

+−= 2

2

22

(sl.1.2.4.1.6.b). Preseci su

analogno predhodno razmatranom elipsa i parabole.

Matematika III

20

6. Za 11

2

1

22211 2222

zpzx

qzy

px

qyzzz −⇒−=⇒= ( )01 >z hiperbola (sl.1.2.4.1.6.).

Za x=0, odnosno y=0, preseci su parabole.

7. Za ( ) ( )21

2

21

2

2

2

2

2211 1

bzy

azx

by

axzzz +=⇒+=⇒= . Prema tome, traženi presek je elipsa

(sl.1.2.4.1.7.). Preseci konusa sa ravni x=0, odnosno y=0, su prave

,1 yb

z ±= odnosno, xa

z 1±= .

1.3. GRANIČNA VREDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE VIŠE ARGUMENATA

Def.1.3.1. Funkcija ( )nxxf ,...,1 ima graničnu vrednost Ra∈ , kada nxx ,...,1 teže, respektivno

brojevima naaa ,...,, 21 , ako 0>∀ε , 0>∃δ tako da je ( ) ε<− axxf n,...,1 čim je δ<− ii ax za

ni ,...,1= . Ova se definicija može dati i u drugom obliku. Neka je 2=n (najčešće ćemo sa takvim funkcijama raditi). Neka su ( )000 , yxΜ i ( )yyxx ∆+∆+Μ 001 , dve tačke u oblasti definisanosti funkcije ( )yxf , . Ako postoji broj a tako da ( ) 0, 00 →−∆+∆+ ayyxxf kada na ma koji način istovremeno

0→∆x i ,0→∆y kažemo da je a granična vrednost funkcije ( )yxf , u tački ( )0,00 yxΜ i pišemo

( ) ( )( ) ( )

( ) ayxfyxfyxfyxyxyxyx

yyxx

=→→

→→

== ,lim,lim,lim0,0,0,0,

00

.

Ako broj a ne postoji, kažemo da funkcija ( )yxf , nema graničnu vrednost u tački ( )0,00 yxΜ .

Ovako definisana granična vrednost, definicijom 1.3.1., nazivamo limes funkcije ( )yxf , . Za tako definisan limes kažemo da je simultani limes ili dvojni limes.

Ova definicija (Košijeva (Cauchueva)) je ekvivalentna sledećoj definiciji (Haine-Borelovoj (Heine-Borelovoj) definiciji granične vrednosti.

Def 1.3.2 Za funkciju ( )nxxf ,...,1 definisanu u nekoj okolini tačke 0Μ , kaže se da u tački 0Μ ima

graničnu vrednost l , ako za svaki niz { }+∞=Μ 1nn tačaka ( )...2,10 =Μ≠Μ nn koji konvergira ka tački 0Μ ,

odgovarajući niz slika ( ){ }+∞=Μ 1nnf konvergira ka l .

Ako u izrazu ( )yyxxM ∆+∆+ 0,01 pustimo prvo samo jedan priraštaj da teži nuli, pa zatim u tako dobijenom rezultatu pustimo da drugi priraštaj teži nuli, graničnu vrednost, tako dobijenu, nazivamo sukcesivnim limesom ili uzastopnim limesom ili iteriranim limesom.

Ako pustimo prvo da 0→∆x a zatim pustimo da 0→∆y , imaćemo

( ) ( ) 10000

,, limlimlimlim ayxfyxfxxyyxy

=

=

→→→∆→∆.

Ako pustimo prvo da 0→∆y a zatim pustimo da 0→∆x , imaćemo

( ) ( ) 20000

,, limlimlimlim ayxfyxfyyxxyx

=

=

→→→∆→∆

Ako postoji simultani limes, tada sukcesivni limesi imaju istu vrednost. Obratno ne važi. Mogu postojati sukcesivni limesi, čak imati i istu vrednost a da simultani limes ne postoji.

Matematika III

21

Primeri.

1. Dokazati, po definiciji, da je za funkciju

( ) ( )51,lim,

41,

00

−=−+

=→→

yxfyxyyxf

yx

Rešenje.

( )( ) ( ) ( )

≤−+

+−

=−

−++=+

−+

=

−−

451

455

45455

51

41

51,

yy

yxy

yyxy

yxyyxf

( ) ( )101

4510

4451

4++−≤+

−+−

−=

−+

+−

≤ yxyy

xy

yyy

yxy

(razmatramo u okolini tačke ( )1,00 −M )

Ako stavimo da je hx <− 0 i hy <+1 , biće ( ) ε=<+ hyxf 251, pa je

2ε

=h . Kako je

( ) ( ) εδ222210 222 ==<++−= hhyx , dakle 0>∀ε , ( ) εεδδ

22

==∃∋ , takav da za sve

tačka ( ) ( )1,0, −≠yxM za koje je ( ) ( ) ( ) δ<++−= 220 10, yxMMd važi ( ) ,

51, ε<+yxf što znači da je

51

−=a granična vrednost funkcije ( )yxf , u tački ( )1,00 −M .

2. Pokazati da za funkciju ( )yxyxyxf

+−

=, važi ( ) ( ) 1,,1,lim limlimlim0000

−=

=

→→→→yxfyxf

xyyx.

Rešenje.

1limlimlim000

==+−

+→→ xx

yxyx

xyx

1limlimlim000

−=−

=+−

→→→ yy

yxyx

yxy

Kako je ( ) ≠→→

yxfyx

,limlim00

( )yxfxy

,limlim00 →→

to granična vrednost ( )yxfyx

,lim00

→→

ne postoji

3. Pokazati da za funkciju ( )( )222

22,

yxyx

yxyxf−+

= , ( ) ( ) 0,limlim,limlim0000

=

=

→→→→yxfyxf

xyyx a

( )yxfyx

,lim00

→→

ne postoji.

Rešenje.

( )( )

00limlimlim,limlim 20222

22

0000==

−+=

→→→→→ xyxyxyxyxf

xyxyx

( )( )

00limlimlim,limlim20222

22

0000==

−+=

→→→→→ yyxyxyxyxf

yxyxy

Matematika III

22

Uočimo sada dva niza tačaka

nn1,1

i

−

nn1,1

, koji teže tački 0(0,0) kada .∞→n Data

granična vrednost zaista ne postoji jer

11

1

lim1111

11

lim1,1lim

4

4

2

22

22==

−+⋅

⋅=

∞→∞→∞→

n

n

nnnn

nnnn

fnnn

=+

=+

=+⋅

⋅=

−

∞→∞→∞→∞→

4

2

4

24

4

222

22

41

1

lim41

1

lim411

11

lim11lim

nn

n

nn

n

nnn

nnnn

fnnnn

0411lim 2 =

+=

∞→ nn,

odnosno došli smo u kontradikciju sa definicijom 1.3.2.

4. Pokazati da za funkciju ( ) ( )yx

yxyxf 1sin1sin, += oba uzastopna limesa

( )

→→yxf

yx,limlim

00 i ( )

→→yxf

xy,limlim

00 ne postoje, a ( ) 0,lim

00

=

→→

yxfyx

Rešenje. Kako ne postoje yy

1sinlim0→

i ,1sinlim0 xx→

to ne postoje ni uzastopni limesi. Međutim

( ) yxyxyx

yx +≤+≤+≤1sin1sin0

⇓

( ) ( ) 0lim,lim000

22

=+≤≤

→→

→→

yxyxfyx

yx

. Dakle, ( ) 0,lim00

=

→→

yxfyx

5. Naći ( ) ( )( ) ( )22

2

00 22

22lim++−

+⋅−

→→ yx

yx

yx

kao u ( ) ( )( ) ( )

++−

+⋅−−→→ 22

2

22 2222limlim

yxyx

yx i

( ) ( )( ) ( )

++−

+−→−→ 22

2

22 2222limlim

yxyx

xy.

Rešenje. ( ) ( )( ) ( )

( )( )

00202lim

2222limlim 2

2

222

2

22=

+−

⋅−=

++−

+⋅−→−→→ x

xyxyx

xyx

( ) ( )( ) ( )

( )( )

020

20lim2222limlim 222

2

22=

++

+⋅=

++−

+−−→→−→ y

yyxyx

yxy

Matematika III

23

Da bi našli ( ) ( )

( ) ( )22

2

22 22

22lim++−

+−

−→→ yx

yx

yx

uvedimo polarne koordinate

ϕcos2 rx =− ϕsin2 ry =+

pa dobijamo ( ) ( )( ) ( )

=+

⋅=

++−

+⋅−+→

−→→ ϕϕ

ϕϕ2222

23

022

2

22 sincos

sincoslim22

22limrr

r

yx

yxr

yx

( ) 0sincossincoslim

222

23

0=

+=

+→ ϕϕ

ϕϕ

rr

r

Dakle postoje sva tri limesa i jednaki su među sobom

Kada postoje sva tri limesa, oni su uvek jednaki.

6. Naći uzastopne granične vrednosti ako je ( )

+

=xy

xytgxy

yxf1

1, , a ∞→→ yx ,0 .

Rešenje. =

+

=

+ ∞→→∞→→

xy

y

xytgxyxy

xytgxy yxyx 1

1limlim1

1limlim00

0101lim0

=⋅=

∞

=→

tgxxtg

x

=

+

+⋅

+

+=

+ →∞→→∞→

xyxy

xyxy

xyxy

xyxy

xyxyxytg

xy xyxy1

1

1cos

1sin

1limlim1

1limlim00

=

+

⋅+

⋅⋅

+

+→→→∞→

xyxyxy

xyxy

xyxy

xyxy

xxxy1

cos

1lim1

1lim

1

1sin

limlim000

11lim1

1limlim0

==+

=∞→→∞→ yxy xy

7. Naći granične vrednosti 7.1. ( )145lim 2

21

+−

→→

yxyx

7.2. 12

1lim11 −+−−

+−−

→→ yxxy

yxxy

yx

7.3. y

tgxy

yx

04

lim→→

Matematika III

24

7.4. yxx

yx x

+

→∞→

+

2

11lim1

Rešenja.

7.1. ( ) 218512415145lim 22

21

−=+−=+⋅−⋅=+−

→→

yx

yx

7.2. ⋅−+−−

+−−=

−+−−

+−−

→→

→→ 12

1lim12

1lim11

11 yxxy

yxxyyxxyyxxy

yx

yx

=++−−

++−−⋅

1212

yxxy

yxxy ( ) ( )=

−+−−++−−+−−

→→ 12

121lim

11 yxxy

yxxyyxxy

yx

( ) ( )=

+−−++−−+−−

=

→→ 1

121lim

11 yxxy

yxxyyxxy

yx

212111 =++−−

7.3. =⋅==

→→

→→

→→

→→ xyy

xyyxyxy

ytgxy

yx

yx

xy

yx cos

1limsinlimcossin

limlim

04

04

40

04

4140cos

1sinlim04

=⋅=⋅=

→→ xy

xyx

yx

7.4. =

+=

+=

+

+

→∞→

+⋅

→∞→

+

→∞→

yxx

x

yx

yxxx

yx

yxx

yx xxx

11lim11lim11lim111

2

eeee xyx

x

yxyx

x

yx

====

+

→∞→+

→∞→

11

1

lim

1

lim

Def. 1.3.3. Neka je ( ) ( ) ( )yxMyyxxMyxM ,,,, 0010,00 ∆+∆+ i ( ) ( ),, Mfyxf = odnosno

( ) ( ).00,0 Mfyxf = Za funkciju ( )Mf kažemo da je neprekidna u tački ( )0,00 yxM ako 0,0 >∃>∀ δε tako da je

( ) ( ) ε<− 0MfMf čim je δ<0MM .

Ta definicija se može iskazati na sledeće načine.

Neka je

1. funkcija ( )yxf , definisana u tački ( )0,00 yxM , odnosno postoji

( ) ( )00,0 Mfyxf = ,

2. ( ) ( )00

lim MfMfMM

=→

, tada kažemo da je funkcija ( ) ( )Mfyxf =,

neprekidna u tački ( )000 , yxM .

Matematika III

25

Za funkciju ( ) ( )100 , Mfyyxxf =∆+∆+ kažemo da je neprekidna u tački ( ) ( )00,0 Mfyxf = ako

1. postoji ( )0Mf ,

2. ( ) ( ) ( )00,000

00

,lim Mfyxfyyxxf

yx

==∆+∆+

→∆→∆

ili ( ) ( )( ) 0lim 01

00

=−

→∆→∆

MfMf

yx

Primeri.

1. Ispitati neprekidnost funkcije

1.1. ( ) yxyxf +=,

1.2. ( ) ( ) ( )

( ) ( )

=

≠+=

0,0,,2

0,0,,, 22

2

yx

yxyxyx

yxf

1.3. ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

=

≠+=

0,0,,0

0,0,,, 22

2

yx

yxyx

xyyxf

1.1. ( ) yxyxf +=,

Oblast definisanosti ove funkcije 2RD = Kako je ( ) ( ) ( )( )Dbabafbayx

byax

∈∀=+=+

→→

,,lim znači da je funkcija neprekidna u D tj. 2R .

1.2. ( ) ( ) ( )

( ) ( )

=

≠+=

0,0,,2

0,0,,, 22

2

yx

yxyxyx

yxf

Oblast definisanosti ove funkcije je 2RD =

Kako je ( ) ( ) ( ) ( ),0,0,,,lim22

2≠∀=

+=

→→

babafbabayxf

byax

onda je ( )yxf , neprekidna u ( ){ }0,0\2R .

Zaista,

kako je ( ) εε 222

,2

22

2<⇒<=≤

+= xx

xyyx

yxyxyxf (koristimo xyyx 222 ≥+ )

To je ( ) ε,, <yxf za svaku tačku iz trake ε2<x tj. ( ) 0,lim0

=

→→

yxf

byx

Rb∈∀ pa i

( ) ( )0,020,lim00

fyxfyx

=≠=

→→

pa je funkcija ( )yxf , prekidani u tački (0, 0)

1.3. Oblast definisanosti ove funkcije je

2

2 0

yx

yx

−≠

≠+ ( ){ } ( ){ }0,0,;, 2 URyxyxyxD ∈−≠=

Matematika III

26

Kako je ( )( )

( )bafba

abyxfbyax

,,lim 22

2=

+=

→→

za ( ) ( ){ }0,0\, Dba ∈ ,to je ( )yxf , neprekidni u

( ){ }0,0\D

Kako je ( ) ( )

000limlimlim

2022

2

00=

+

⋅=

+ →→→ x

x

yx

xyxyx

( ) ( )0

0

0limlimlim22

2

022

2

00=

+

⋅=

+ →→→ y

y

yx

xyyyy

a za ( ) 041

4

1

lim11

11

limlim1,1

4

4

2

22

2

2,2

≠==

+

⋅

=

∞→∞→∞→

n

n

nn

nnyxfnn

Mnnn

nnn

,

pa ne postoji ( ).,lim00

yxf

yx→→

Zbog toga je funkcija prekidna u tački ( )0,0 . U tačkama krive

( )02 ≠−= yyx Funkcija je prekidna jer u njima nije definisana.

2. Pokazati da je funkcija

( )

=+

≠++=

0,0

0,

24

2424

2

yxza

yxzayxyx

yxf

neprekidna u tački ( )0,0 duž svake poluprave ,sin,cos ϕϕ tytx == ( )+∞≤≤ t0 koja prolazi kroz tu tačku, a ipak je prekidna u tački ( )0,0

Rešenje.

imamo ( )0,00)sincos(

sincoslimsincossincoslim 2422

23

02244

22

0f

ttt

tttt

tt==

+=

+⋅

→→ ϕϕϕϕ

ϕϕϕϕ

Dakle, duž poluprave koja prolazi kroz tačku ( ),0,0 funkcija f je neprekidna u toj tački.

Međutim funkcija ( )yxf , ima prekid u tački ( )0,0 jer za

21,1

nnMn

( )0,021

2

1

lim11

11

lim1,1lim

4

4

44

22

2f

n

n

nn

nnnn

fnnn

≠==+

⋅=

∞→∞→∞→

Zadaci.

1. Dokazati, po definiciji, da je za funkciju:

1.1. ( ) ( )72,lim,

61,

11

−=+−

=

→−→

yxfyxyyxf

yx

Matematika III

27

1.2. ( ) ,5

,+

=yxyyxf

41

5lim

11

−=+

−→→ y

xy

yx

2. Da li postoji granična vrednost

2.1. yx

yxyx

yx +

++−

→→

22

00

lim

2.2. 22

00

2limyx

xy

yx +→→

22

22

00

limyxyx

yx +

−

→→

3. Neka je ( ) ( )xy

yxyxf 1sin, 22 += . Dokazati da postoji dvojna granična vrednost ( )yxf

yx

,lim00

→→

a da

uzastopne ne postoje.

4. Neka je ( )y

xyxf 1sin, = . Dokazati da postoje granične vrednosti

( )

→→yxf

xy,limlim

00 i ( )yxf

yx

,lim00

→→

a da uzastopna granična vrednost

( )

→→yxf

yx,limlim

00 ne postoji.

5. Dokazati da funkcija ( )yx

yx

xyxf

+

+=

1sin, nema dvojnu graničnu vrednost ( )yxf

yx

,lim00

→→

niti

( )

→→yxf

yx,limlim

00 a ( ) 1,limlim

00=

→→yxf

xy

6. Naći ( )

→→yxf

byax,limlim i ( )

→→yxf

axby,limlim ako je

6.1. ( ) +∞=+∞=+

+= ba

yxyxyxf ,,,

42

22

6.2. ( ) 0,,1

, +=+∞=+

= bax

xyxf y

y

6.3. ( ) +∞=+∞=+

= bayx

xyxf ,,2

sin, π

6.4. ( ) 0,0,22

33==

+

+= ba

yx

yxyxf

6.5. ( ) ( ) 0,1,log, ==+= bayxyxf x

Matematika III

28

6.6. ( ) 0,0,, 22

3322==

+

++−= ba

yxyxyxyxf

6.7. ( ) 1,1,,22

=−=++−

+= ba

yxyxyxyxf

6.8. ( )( )

0,0,2,2

==+

= bayx

xyyxf

6.9. ( ) ( )( )( ) ( )

1,1,11

11,22

==−+−

−−= ba

yx

yxyxf

6.10. ( ) 0,0,11

,22

22==

+

−++= ba

yx

yxyxf

7. Naći granične vrednosti

7.1. ( )2lim 2

11

++

→→

xyx

yx

7.2. yxyx

yx +

+

→→

22

32

lim

7.3.

−+−+

→→ 2

1......11

lim10 yx

yx

yx

7.4. 2

4lim13 −+

−+

→→ yx

yx

yx

7.5. yxyx

yx −

−

→→

33

11

lim

7.6. xxy

yx

sinlim10

→→

7.7. ( )

( ) 2222

22

00

cos1limyxyx

yx

yx +

+−

→→

7.8. ( ) 2222

00

limyx

yx

yx +

→→

7.9. yxx

yx x

+

→∞→

+

2

21lim1

7.10. ( ) ( )yx

yx

eyx +−

+∞→+∞→

+ 22lim

Matematika III

29

8. Ispitati neprekidnost funkcije

8.1 ( ) 22, yxyxyxf ++=

8.2 ( ) ( )yxyxf += arcsin,

8.3 ( ) ( ) ( )

( ) ( )

=

≠+=

0,0,,1

0,0,,, 22

2

yx

yxyx

xyyxf

8.4 ( ) ( )1

1sin1sin,−

+=yx

yxyxf

8.5 ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

=

≠+=

0,0,,0

0,0,,, 2

2

yx

yxyx

yxyxf

8.6 ( )22

,yx

xyyxf+

=

8.7 ( )22

,yx

xyyxf+

=

8.8 ( )22

22,

yx

yxyxf−

+=

8.9 ( )1

1,22 −+

=yx

yxf

8.10 ( )33

,yxyxyxf

+

+=

8.11 ( )( ) ( )22 21

1,++−

=yx

yxf

8.12 ( )yx

yxyxyxf+

+−+=

32,22

8.13 ( ) ( ) ( )Raayx

yxyyxf ∈−+

= ,,ln, 222

8.14 ( ) ( )1ln1, 22 ++

=yx

yxf

8.15 ( ) ( )22arcsin, yxyxf += .

Matematika III

30

1. 4. PARCIJALNI IZVODI

1. 4. 1. PARCIJALNI IZVODI PRVOG REDA

Razmotrićemo funkciju od dva argumenta ( )yxfz ,= . Neki od razmatranih rezultata se sasvim jednostavno uopštavaju na funkcije od 2>n argumenata.

Def.1.4.1.1. Pod parcijalnim (delimičnim) izvodom xz∂∂

po promen-ljivoj x, podrazumevamo sledeći

limes, uz uslov .,consty = ( ) ( ) ( ) ,,,,lim '

0 xfyxf

xyxfyxxf

xz

xx ∂

∂==

∆−∆+

=∂∂

→∆ako taj limes postoji.

Analogno je ( ) ( ) ( )

yfyxf

yyxfyyxf

yz

yy ∂

∂==

∆−∆+

=∂∂

→∆,,,lim '

0 parcijalni izvod po promenljivoj ,y ako

taj limes postoji uz uslov .constx =

Izvodxz∂∂

predstavlja koeficijent pravca tangente na krivu

( )

===

bconstyyxfz.

, u pravcu x-ose. Analogno se može reći za parcijalni izvod ,

yz∂∂

da predstavlja

koeficijent pravca tangente na krivu. ( )

===

aconstxyxfz.

,u pravcu ose y ( sl.1.4.1.1.).

sl. 1.4.1.1.

Primeri.

1. Odrediti parcijalne izvode, prvog reda, sledećih funkcija

1.1. 22 1117 yxyxz ++=

1.2. xy

yxz22 +

=

1.3. 23 yexz =

1.4. 22 yxz +=

1.5. xyez =

1.6. yxz =

1.7. ( )2ln yxz +=

Matematika III

31

1.8. 22 yx

yxactgz+

+=

1.9. tgxyz ln=

1.10. 22ln yxz +=

Rešenja.

1.1. 22 1117 yxyxz ++=

yxxz 172 +=∂∂

yxyz 2217 +=∂∂

1.2. xy

yxz22 +

=

( )

( )( )

=−

=−

=−−

=+−⋅

=∂∂

22

22

22

32

22

322

2

22 22

yx

yxy

yx

yyx

yx

yyxyx

xy

yxyxyxxz

yx

yx2

22 −=

( )

( )( )

=−

=−

=−−

=+−⋅

=∂∂

22

22

22

32

22

232

2

22 22

yx

xyx

yx

xxy

yx

xyxxy

xy

yxxxyyyz

2

22

xy

xy −=

1.3. 23 yexz =

223 yexxz=

∂∂

22 33 22 yy yexyexyz

=⋅⋅=∂∂

1.4. 22 yxz +=

22222222

22

1;22

1

yx

yyyxy

z

yx

xxyxx

z

+=⋅

+=

∂∂

+=⋅

+=

∂∂

1.5. xyez =

xyyexz=

∂∂

xyxeyz=

∂∂

1.6. yxz =

Matematika III

32

1−⋅=∂∂ yxyxz

xxyz y ln=∂∂

1.7. ( )2ln yxz +=

21

yxzz

+=

∂∂

22221

yxyy

yxyz

+=⋅

+=

∂∂

1.8 22 yx

yxarctgz+

+=

( )

( ) ( )

( )

⋅

+

++

=+

+−+⋅

+

++

=∂∂

222

2222

22

2

221

12

1

1

yx

yxyx

yxxyx

yxyxx

z

( )

=+

−−+⋅

222

222 22

yx

xyxyx

( ) ( )2222

22 2

yxyx

xyxy

+++

−−

( )

( ) ( )( )

⋅

+

++

=+

+−+⋅

+

++

=∂∂

21

12

1

1

22

2222

22

2

2 yxyxyx

yxyyx

yxyxy

z

( )222

222 22

yx

yxyyx

+

−−+⋅

( ) ( )2222

22 2

yxyx

xyyx

+++

−−=

1.9. tgxyz ln=

xy

yxyxy

yyxy

xyxy

yxytgxyx

z2sin

2cossincos

1

cossin

1cos

1122

=⋅

=⋅⋅=⋅⋅=∂∂

xy

xxyxy

xxxy

xyxy

xxytgxyy

z2sin

2cossincos

1

cossin

1cos

1122

==⋅⋅=⋅⋅=∂∂

1.10. 22ln yxz +=

222222

22

11yx

xxyxyxx

z+

=⋅+

⋅+

=∂∂

222222

22

11yx

yyyxyxy

z+

=⋅+

⋅+

=∂∂

2. Pokazati da funkcija xyexz −= zadovoljava jednačinu xyzy

xzx =

∂∂

−∂∂

Matematika III

33

xyexz −=

yexz xy ⋅−=∂∂ 1

xeyz xy ⋅−=∂∂

=∂∂

−∂∂⋅

yzy

xzx ( ) ( )=⋅−−−⋅ xeyyex xyxy1 xxyexyex xyxy =+−

1.4.2. PARCIJALNI IZVODI VIŠEG REDA

Parcijalni izvodi funkcije ( )xzyxfz∂∂

= ,, i yz∂∂

predstavljaju neke funkcije.

Parcijalni izvodi parcijalnih izvoda prvog reda, jesu parcijalni izvodi drugog reda. Označavamo ih

( ) ( )2

2

2

2"",, ,

xf

xz

xz

xyxfzz xxxxxx

∂

∂=

∂

∂=

∂∂

∂∂

===

( ) ( )yxf

yxz

xz

yyxfzz xyxyyx ∂∂

∂=

∂∂∂

=

∂∂

∂∂

===22

"",, ,

( ) ( )xyf

xyz

yz

xyxfzz yxyxxy ∂∂

∂=

∂∂∂

=

∂∂

∂∂

===22

''",, ,

( ) ( )2

2

2

2''",, ,

yf

yz

yz

yyxfzz yyyyyy

∂

∂=

∂

∂=

∂∂

∂∂

===

2

2

xz

∂

∂ (čitamo: delta dva z po delta 2x )

yxz∂∂

∂2 (čitamo: delta dva z po delta x, delta y).

Parcijalni izvod {{

( )qpyyxxqp

qp

qp

fyxz +

+=

∂∂

∂...... , je dobijen tako što je p puta nađen parcijalni izvod po x , a

zatim q puta parcijalni izvod po y . Može se pokazati da vredi Teorema 1.4.2.1. (Švarcova teorema). Ako je ( )yxfz ,= definisana u oblasti ( )zD i ima parcijalne

izvode xz∂∂

i yz∂∂

u domenu ( )zD i ako su neprekidni drugi parcijalni izvodi yxz∂∂

∂2,

xyz∂∂

∂2, tada je

xyz

yxz

∂∂∂

=∂∂

∂ 22.

Prema tome, kod izvoda višeg reda, uz navedene uslove, nije bitan redosled pri traženju izvoda.

Primeri.

Matematika III

34

1. Naći parcijalne izvode drugog reda za funkcije

1.1. 2222 2 yxyxz −+=

1.2. xyez =

1.3. ( )22ln yxz +=

1.4. xyarctgz =

1.5. yxez += sin

Rešenje.

1.1. 2222 2 yxyxz −+= 242 xyxxz

−=∂∂

yxyyz 242 −=∂∂

22

242 y

xz

−=∂

∂

xyyxz 8

2−=

∂∂∂

22

242 x

yz

−=∂

∂

1.2. xyez = xyyexz=

∂∂

xyxeyz=

∂∂

xyeyx

z 22

2=

∂

∂

( )xyexyeeyxz xyxyxy +=+=∂∂

∂ 12

xyexy

z 22

2=

∂

∂

1.3. ( )22ln yxz +=

2222221

yxxx

yxxz

+=⋅

+=

∂∂

22

2yx

yyz

+=

∂∂

( )( ) ( ) ( )

( )( )222

22

222

22

222

222

222

22

2

2 222422222

yx

xy

yx

xy

yx

xyx

yx

xxyx

xz

+

−=

+

−=

+

−+=

+

⋅−+=

∂

∂

( ) ( )222222

2 422

yx

xy

yx

yxyxz

+−=

+

⋅−=

∂∂∂

( )( ) ( ) ( )

( )( )222

22

222

22

22

222

222

22

2

2 222422222

yx

yx

yx

yxyx

yyx

yx

yyyx

yz

+

−=

+

−=

+

−+=

+

⋅−+=

∂

∂

1.4. xyarctgz =

Matematika III

35

222

2

2221

1

1

1yx

yx

y

xyx

y

xyx

z+

−=

−⋅

+

=

−⋅

+

=∂∂

2222

2

2

2211

1

11

1

1yx

xxyx

xx

xyx

xyy

z+

=⋅+

=⋅

+

=⋅

+

=∂∂

( )

( ) ( )2222222

2 22

yx

xy

yx

yxx

z

+=

+

−⋅−=

∂

∂

( )( ) ( ) ( )222

22

22

222

222

222

222

yx

xyyx

yyx

yx

yyyxyxz

+

−=

+

+−−=

+

⋅++−=

∂∂∂

( )22222

2

yx

xyy

z

+

−=

∂

∂

1.5. yxez += sin

yxyxyxyx eeeexz ++++ ⋅=⋅=∂∂ coscos ,

yxyx eeyz ++ ⋅=∂∂ cos ,

( )=⋅−+⋅=∂

∂ +++++ yxyxyxyxyx eeeeex

z sincos2

2

( )yxyxyxyx eeee ++++ −= sincos

=∂∂

∂yxz2 ( )=⋅−+⋅ +++++ yxyxyxyxyx eeeee sincos

( )yxyxyxyx eeee ++++ −= sincos

=∂

∂2

2

yz ( )=⋅−+⋅ +++++ yxyxyxyxyx eeeee sincos

( )yxyxyxyx eeee ++++ −= sincos

1.4.3. PARCIJALNI IZVODI IMPLICITNO ZADATIH FUNKCIJA

Matematika III

36

Neka je data funkcija ( ) .0;; =zyxF Neka je M tačka površi čija je jednačina ( ) 0,, =zyxF (sl.1.4.3.1).

sl. 1.4.3.1. Neka je .consty = Neka je ( )zzyxxM x ∆+∆+ ;; tačka te površi i neka je xC kriva površi kroz

tačke M i xM .

Iz ( )

( ) ( ) ( ) 0;;;;0;;

0;;=−∆+∆+⇒

=∆+∆+=

zyxFzzyxxFzzyxxF

zyxF.

Odnosno

( ) ( ) ( ) ( ) 0;;;;;;;; =−∆++∆+−∆+∆+ zyxFzzyxFzzyxFzzyxxF i

( ) ( )+

∆∆+−∆+∆+

xzzyxFzzyxxF ;;;;

( ) ( ) 0;;;;=

∆∆⋅

∆−∆+

+xz

zzyxFzzyxF

.... (1.4.3.1)

Zbog neprekidnosti, 00 →∆⇒→∆ zx .

Prelaskom na limese, biće

( ) ( )+

∆∆+−∆+∆+

→∆ xzzyxFzzyxxF

x

;;;;lim0

( ) ( ) 0;;;;lim00

=∆∆⋅

∆−∆+

+

→∆→∆ x

zz

zyxFzzyxF

xz

Odnosno

0' =∂∂

+∂∂

xzzF

xF

.

Prema tome, dobili smo

Matematika III

37

'

',

z

xx

F

F

zFxF

xzz −=

∂∂∂∂

−=∂∂

= .

Analognim rezonovanjem primenjeno na tačke ( )zyxM ;; i ( )zzyyxM y ∆+∆+ ;; na krivoj

,yC imaćemo

'

',

z

yy

F

F

zFyF

yzz −=

∂∂∂∂

−=∂∂

= .

Ako je funkcija data u implicitnom obliku

( ) 0;; =zyxF ,

tada je, prema već dobijenom,

0=∂∂⋅

∂∂

+∂∂

xz

zF

xF

i 0=∂∂⋅

∂∂

+∂∂

yz

zF

yF

.

Ako sada posmatramo izvode po x ili po y , znajući da z zavisi od x i ,y imamo

0=

∂∂⋅

∂∂

+∂∂

xz

zF

xF

dxd

0=

∂∂⋅

∂∂

+

∂∂

xz

zF

dxd

xF

dxd

02

2

2

222

2

2=

∂

∂∂∂

+∂∂

∂∂⋅

∂

∂+

∂∂∂

+∂∂⋅

∂∂∂

+∂

∂

xz

zF

xz

xz

zF

xzF

xz

zxF

xF

Odnosno

022

22

2

22

2

2=

∂

∂∂∂

+

∂∂

∂

∂+

∂∂⋅

∂∂∂

+∂

∂

xz

zF

xz

zF

xz

zxF

xF

Rešavajući po 2

2

xz

∂

∂, imamo

( )

zF

xz

zF

xF

zF

xz

zF

xz

zxF

xF

x

z

∂∂

∂∂⋅

∂∂

+∂∂

=

∂∂

∂∂

∂

∂+

∂∂⋅

∂∂∂

+∂

∂

=∂

∂

22

2

22

2

2

2 2

2 .

Analogno je

( )

zF

yz

zF

yF

zF

yz

zF

yz

zyF

yF

yz

∂∂

∂∂⋅

∂∂

+∂∂

=

∂∂

∂∂

∂

∂+

∂∂⋅

∂∂∂

+∂

∂

=∂

∂

22

2

22

2

2

2

22

i

Matematika III

38

=

∂∂⋅

∂∂⋅

∂

∂+

∂∂⋅

∂∂∂

+∂∂⋅

∂∂∂

+∂∂

∂

∂∂

−=∂∂

∂xz

yz

zF

xz

zyF

yz

zxF

yxF

zFyx

z2

22222 1

∂∂⋅

∂∂

+

∂∂

∂∂⋅

∂∂

+∂∂

∂∂

−yz

zF

yF

yz

zF

xF

zF1

Primeri.

1. Naći yzi

xz

∂∂

∂∂

za funkcije

1.1. 03 33 =−− axyzz

1.2. 0−+++ zezyx

1.3. 0ln =+ xyzx

Rešenja.

1.1. ( ) 33 3,, axyzzzyxF −−=

yzxF 3−=∂∂

xzyF 3−=∂∂

( )xyzxyzzF

−=−=∂∂ 22 333

( ) xyzyz

xyzyz

zFxF

xz

−=

−−=

∂∂∂∂

−=∂∂

2233

( ) xyzxz

xyzxz

zFyF

yz

−=

−−=

∂∂∂∂

−=∂∂

2233

1.2. ( ) zezyxzyxF +++=,,

1=∂∂

xF

1=∂∂

yF

zezF

+=∂∂ 1 ze

zFxF

xz

+−=

∂∂∂∂

−=∂∂

11

zezFyF

yz

+−=

∂∂∂∂

−=∂∂

11

1.3. ( ) yzxzyxF ln,, +=

Matematika III

39

1=∂∂

xF

y

zyzy

F 11=⋅=

∂∂

zy

yzzF 11

=⋅=∂∂

z

zzFxF

xz

−=−=

∂∂∂∂

−=∂∂

11

yz

z

y

zFyF

yz

−=−=

∂∂∂∂

−=∂∂

1

1

2. Naći 2

22

2

2,,

yz

yxz

xz

∂

∂∂∂

∂

∂

∂ sledećih funkcija

2.1. 0=++ xyzxyz

2.2. ( ) 023sin =−+−+− zyxzy

Rešenja.

2.1. ( ) xyzxyzzyxF ++=,,

1. način.

yzxF

+=∂∂

zxyF

+=∂∂

yxzF

+=∂∂

yxzy

zFxF

xz

++

−=

∂∂∂∂

−=∂∂

yxzx

zFyF

yz

++

−=

∂∂∂∂

−=∂∂

( ) ( )

( )=

+

+++∂∂

−=

++

−∂∂

=

∂∂

∂∂

=∂

∂22

2

yx

zyyxxz

yxzy

xxz

xxz

( )

( )( )

( )222

yx

zy

yx

zyyxyxzy

+

+=

+

+++++

=

( ) ( )

( )=

+

⋅+++

∂∂

+−=

++

−∂∂

=

∂∂

∂∂

=∂∂

∂2

2 11

yx

zxyxyz

yxzy

yxz

yyxz

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )=

+

++++

−−+−

=+

+++

++

−−

22

.1

yx

zyyxyx

zxyx

yx

zyyxyxzx

Matematika III

40

( ) ( )222

yxz

yxzyzy

+=

+

+++−=

( ) ( )

( )=

+

+++∂∂

−=

++

−∂∂

=

∂∂

∂∂

=∂

∂22

2 1.

yx

zyyxyz

yxzx

yyz

yyz

( )

( )( )

( )222

yx

zx

yx

zxyxyxzx

+

+=

+

+++++

=

2. način

zyxF

+=∂∂

zxyF

+=∂∂

yxzF

+=∂∂

02

2=

∂

∂

xF

12

=∂∂

∂yx

F

02

2=

∂

∂

zF

02

2=

∂

∂

yF

12

=∂∂

∂zx

F 1

2=

∂∂∂

zyF

yxzx

yz

++

−=∂∂

, yxzx

xz

++

−=∂∂

=

∂∂

∂∂

⋅∂

∂+

∂∂

∂∂∂

+∂

∂

=∂

∂

zF

xz

zF

xz

zyF

xF

xz

2

2

22

2

2

2

2 .2

( )( )

⋅+

+=

+

∂∂

+

++

−⋅⋅+−=

2

2

2.0120

yx

zyyx

xz

yxyx

=

∂∂

∂∂⋅

∂∂⋅

∂

∂+

∂∂⋅

∂∂∂

+∂∂⋅

∂∂∂

+∂∂

∂

−=∂∂

∂

zF

xz

yz

zF

xz

zyF

yz

zxF

yxF

yxz 2

2222

2

Matematika III

41

( )2

201

yx

zyxyx

zyzxyx

yxyxzy

yxyx

+=

++

−−−−+

−=+

+

++

−+

++

−+−=

( )( )2

2

2

22

2

2

2

2 20202

yx

zxyx

yxzx

zF

yz

zF

yz

zyF

yF

yz

+

+=

+

+

++

−+−=

∂∂

∂∂

⋅∂

∂+

∂∂⋅

∂∂∂

+∂

∂

−=∂

∂

2.2. ( ) ( ) 23sin,, −+−+−= zyxzyzyxF

1=∂∂

xF

( ) 1cos −−=∂∂ zy

yF

( ) 3cos +−−=∂∂ zy

zF

( ) ( ) 3cos1

3cos1

−−=

+−−−=

∂∂∂∂

−=∂∂

zyzyzFxF

xz

( )( )

( )( ) 3cos

1cos3cos

1cos−−−−

=+−−−−

−=

∂∂∂∂

−=∂∂

zyzy

zyzy

zFyF

yz

( ) ( )( )

( ) =

∂∂

−⋅−−−−

−=

−−∂∂

=

∂∂

∂∂

=∂

∂xzzy

zyzyxxz

xxz sin

3cos1

3cos1

22

2

( ) ( )

( )( )( )

( )( )32 3cos

sin

3cos

3cos1sin

−−

−−=

−−

−−⋅−

−=zy

zy

zy

zyzy

( ) ( )( )

( ) =

∂∂

−⋅−−⋅−−

−=

−−∂∂

=

∂∂

∂∂

=∂∂

∂yzzy

zyzyyxz

yyxz 1sin

3cos

13cos

12

2

( ) ( )( )

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

( )( )=

−−

+−−−−⋅−=

−−

−−−−

−⋅−=

32 3cos

1cos3cossin

3cos

3cos1cos1sin

zy

zyzyzy

zy

zyzyzy

( )

( )( )33cos

sin2

−−

−−=

zy

zy

( )( )

=

−−−−

∂∂

=

∂∂

∂∂

=∂

∂3cos1cos

2

2

zyzy

yyz

yyz

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

( )( )=

−−

−−⋅

∂∂

−−+−−⋅

∂∂

−⋅−−=

23cos

1cos1sin3cos1sin

zy

zyyzzyzy

yzzy

Matematika III

42

( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )( )=

−−

−−+−−

−−−−

−−=

23cos

1coscos33cos1cos1sin

zy

zyzyzyzyzy

( ) ( ) ( )

( )( )( )

( )( )( )32 3cos

sin4

3cos

3cos1cos3cossin2

−−

−−=

−−

−−+−−−−

−=

zy

zy

zy

zyzyzyzy

1.4.4. PARCIJALNI IZVODI SLOŽENIH FUNKCIJA

Mogu nastupiti sledeći slučajevi sa sledećim rezultatima

1.

( )( )( ) dt

dyyf

dtdx

xf

dtdu

tfytfx

yxfu⋅

∂∂

+⋅∂∂

=⇒

===

2

1

;

2.

( )( )( )( )

dtdz

zf

dtdy

yf

dtdx

xf

dtdu

tfztfytfx

zyxfu

⋅∂∂

+⋅∂∂

+⋅∂∂

=⇒

====

3

2

1

;;

3. ( )( )( ) y

vvf

yu

uf

yzi

xv

vf

xu

uf

xz

yxfvyxfu

vufz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

⇒

===

;;

;

2

1

4.

( )( )( )( )

=∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

⇒

====

xw

wf

xv

vf

xu

uf

xF

zyxfzzyxfvzyxfuwvufF

;;;;;;;;

3

2

1 i

yw

wf

yv

vf

yu

uf

yF

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

i zw

wf

zv

vf

zu

uf

zF

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

Uopštenje primera 4. bilo bi 5.

( )( )( )

( ) k

n

nkkk

n

n

knn

k

k

n

xu

uf

xu

uf

xu

uf

xz

xu

uf

xu

uf

xu

uf

xz

xxxfu

xxxfuxxxfu

uuufz

∂∂⋅

∂∂

++∂∂⋅

∂∂

+∂∂

⋅∂∂

=∂∂

∂∂⋅

∂∂

++∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

=

===

......

...

,...,,

,,...,,,,...,,

,...,,

2

2

1

1

11

2

21

1

11

21

2122

2111

21

M

Primeri.

Matematika III

43

1.Ako je 22 yxez += i ,sin,cos taytax == naći

dtdz

.

Rešenje.

( ) =⋅⋅+−⋅⋅=⋅∂∂

+⋅∂∂

= ++ tayetaxedtdy

yz

dtdx

xz

dtdz yxyx cos2sin2

2222

0222222=+−= ++ yxyx xyexye

2. Ako je ( )22ln yxz += , gde je xey = , naći xz∂∂

i dxdz

.

Rešenje.

2222221

yxxx

yxxz

+=⋅

+=

∂∂

( )222222

222yx

yexeyx

yyx

xdxdy

yz

xz

dxdz x

x

+

+=⋅

++

+=⋅

∂∂

+∂∂

=

3. Odrediti uz∂∂

i ϑ∂∂z

, ako je

3.1. ϑϑ −=+=+= uyuxyxz ,,22

3.2. ϑϑ

23,,ln2 −=== uyuxyxz

Rešenja.

3.1. 22 yxz +=

uy

yz

ux

xz

uz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

( ) ( ) uuuyxyxuz 4221212 =+−+=+=⋅+⋅=∂∂ ϑϑ

ϑϑϑ ∂∂

⋅∂∂

+∂∂

⋅∂∂

=∂∂ y

yzx

xzz

( ) ( ) ( ) ϑϑϑϑ

4221212 =−++=−=−⋅+⋅=∂∂ uuyxyxz

3.2. yxz ln2=

uy

yz

ux

xz

uz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

( ) =⋅−

+−⋅=⋅+⋅=∂∂ 3

2323ln231ln2

2

2

2

ϑϑϑ

ϑϑ u

u

uuy

xyxuz

( )( )

−+−=

ϑϑϑ

ϑ 23323ln2

uuuu

Matematika III

44

ϑϑϑ ∂∂

⋅∂∂

+∂∂

⋅∂∂

=∂∂ y

yzx

xzz

( ) ( ) =−

⋅−

−⋅−⋅=−+

−⋅=

∂∂

ϑϑ

ϑϑ

ϑϑϑ 23223ln22ln2

2

2

2

2

2 u

uuuu

yxuyxz

( )

−+−−=

ϑϑ

ϑϑ 23123ln12

2

2

uuu

4. Naći xz∂∂

i yz∂∂

za složenu funkciju ( )wvuz ++= ln gde je .2,, 2222 xywyxvyxu =−=+=

Rešenje.

xw

wz

xv

vz

xu

uz

xz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

=++

+=⋅

+++⋅

+++⋅

++=

∂∂

wvuyxy

wvux

wvux

wvuxz 24212121

( ) ( )( ) ( )yxx

yxyxxyx

xyxyx

xyyxyxyx

++

=++

=+

+=

+−++

+=

22

2222

222

2422222

yw

wz

yv

vz

yu

uz

yz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

( ) =⋅++

+−⋅++

+⋅++

=∂∂ x

wvuy

wvuy

wvuyz 212121

( ) yxyxxx

xyxx

xyyxyxx

+=

+=

+=

+−++=

12

222

22

222222

1.4.5. PARCIJALNI IZVODI FUNKCIJA ZADATIH U PARAMETARSKOM OBLIKU

Funkcija može biti zadata eksplicitno, implicitno i parametarski. Parametarski je funkcija zadata na sledeći način

( )( )( )

===

ϑϑϑ

,,,

uhzugyufx

gde su u i ϑ parametri.

Naš zadatak je da nađemo xz∂∂

i yz∂∂

Najpre rešimo sistem ednačina ( )( )

==

vugyvufx

,,

po u i v i dobijamo

( )yxu ,ϕ= ( )yx,ψϑ =

Koristeći zatim veze

xz

xu

uz

xz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂ ϑ

ϑ i

yz

yu

uz

yz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂ ϑ

ϑ,

lako dobijamo tražene parcijalne izvode.

Matematika III

45

Primeri.

1. Izračunaj xz∂∂

i yz∂∂

za sledeće funkcije

1.1

=

−=

+=

ϑ

ϑ

ϑ

uz

uy

ux

2

222

22

1.2.

=

==

2

sincos

uz

uyux

ϑϑ

Rešenja.

1.1. xu=

+2

22 ϑ xu 222 =+ϑ

yu=

−2

22 ϑ yu 222 =−ϑ

yxu 222 2 += yxu +=2

22 2 ux −=ϑ ( )yxx +−= 22ϑ

yxu +=2 yxu +=

yx −=2ϑ yx −=ϑ

xv

vz

xu

uz

xz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

yx

uyxx

z−

⋅++

⋅=∂∂

21

21ϑ

22

22

22

22221

21

yx

xyxyx

xu

uuu

uux

z

−=

−+=

+=+=⋅+⋅=

∂∂

ϑϑ

ϑϑ

ϑϑ

yv

vz

yu

uz

yz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

( ) =−

=−=−⋅−

⋅++

⋅=∂∂

ϑϑ

ϑϑϑ

uuu

uyxu

yxyz

2221

21

21 22

222

2

yx

yyxyx

y

−−=

−+

−=

1.2.

===

2sincos

uzuyux

ϑϑ

2222222 sincos uuuyx =+=+ ϑϑ

22 yxu +=

Matematika III

46

ϑϑϑ ctg

uu

yx

==sincos

yxarcctg=ϑ

xv

vz

xu

uz

xz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

xyx

xyxxyx

uxz 2202

2

1222

2222

=+

⋅+=+⋅+

⋅=∂∂

yvz

yu

uz

yz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

ϑ

yyx

yyxyyx

uyz 222

2

1222

2222

=+

⋅+=⋅+

⋅=∂∂

Zadaci.

1. Odrediti parcijalne izvode prvog reda, sledećih funkcija:

1.1. 7452485 22 −+−++= yxyxyxz

1.2. yxxyz 245 −+=

1.3. xyxz −= 3

1.4. xez xy sin=

1.5. xyez xy sin=

1.6. ( )yxxz += ln5 2

1.7. ( ) yxeyxyxz 222 658 −⋅++=

1.8. yxyxz

+−

=

1.9. 22

22

yxyxz

+

−=

1.10. ( )22ln yxxyz −+=

1.11. yxtgz ln=

1.12. xyarctgz =

1.13. yx

xyarctgz+−

=1

1.14. yx

ez =

Matematika III

47

1.15. 2

2

212

xxyyxyxarctgz

−−

−+=

2. Odredi parcijalne izvode drugog reda za funkcije

2.1. 3453 22223 +−+−++= yxxyyxyxxz

2.2. yxez 2+=

2.3. xyarctgz =

2.4. ( )yxz += 2ln

2.5. 22 yx

yxarctgz+

−=

2.6. ( )yxz 2sin +=

2.7. ( )yxz 2lnsin +=

2.8. 221 yxxyz +=

2.9.

++= 221ln yxxyz

2.10.

++++= 2222 1ln

211

21 yxxyyxxyz

3. Naći xz∂∂

i yz∂∂

za funkcije

3.1. 03333 =−++ xyzzyx

3.2. zyxxyz ++=

3.3. 0=− xyze z

3.4. 0524222 =−+−+− zxzyx

3.5. 03232 333 =+−−++ yxyzyxz

4. Ako je 012

2

2

2

2

2=−−+

cz

by

ax

, Naći vrednost izraza

22

2

2

2

2

∂∂∂

−∂

∂⋅

∂

∂yxz

yz

xz

5. Naći yxz

yz

xz

∂∂∂

∂

∂

∂

∂ 2

2

2

2

2,, za funkcije

5.1. 0=−− yzxze z

5.2. xyzz ln=

5.3. xyzez =

Matematika III

48

5.4. zezyx =++ 222

5.5. 04532222 =++−−++ zyxzyx

6. Ako je vuz ln

21

= , gde je xctgvxtgu 22 , == , naći dxdz

.

7. Ako je yxyxz

+

−=

2

2, gde je 13 += xy , naći

dxdz

.

8. Ako je yxz 2= , gde je xy cos= , naći xz∂∂

i dxdz

9. Ako je 22

22

yxx

yxxz−+

−−= , gde je αcosxy = , naći

dxdz

.

10. Ako je yxez 2−= , tx sin= , 3ty = , naći dtdu

11. Ako je yxarctgz = , vux += , vuy −= , naći

uz∂∂

i vz∂∂

12. Ako je xyyxz 22 −= , vux cos= , vuy sin= , naći uz∂∂

i vz∂∂

13. Naći ξ∂∂u

i µ∂∂u

ako je ( )22ln yxu += , ξµ=x , µξ

=y

14. Izračunaj xz∂∂

i yz∂∂

za funkcije

14.1.

=−=+=

uvzvuyvux

14.2.

===

uRzvuRyvuRx

cossinsincossin

15. Pokazati sledeće jednakosti

15.1. zxyyzy

xzx +=

∂∂

+∂∂

, ako je xy

xexyz +=

15.2. 0=∂∂

+∂∂

+∂∂

vz

yz

xz

, ako je: ( )( )( )xvvyyxz −−−=

15.3. 1=∂∂

+∂∂

+∂∂

zu

yu

xu

, ako je zyyxxu

−−

+=

15.4. 2=∂∂

+∂∂

yzy

xzx , ako je ( )22ln yxyxz ++=

15.5. 022

22

2

2

22 =

∂

∂+

∂∂∂

+∂

∂

yzy

yxzxy

xzx , ako je

+

=

xy

xyxz ψϕ

Matematika III

49

15.6. 02

22

2

22 =

∂

∂−

∂

∂

yuy

xux , ako je ( )

+=

xyxyxyu ψϕ

15.7. xyuy

xux =

∂∂

−∂∂

, ako je ( )yxxu ,ϕ+=

15.8. 02

=∂∂

∂∂

−∂∂

∂yu

xu

yxuu , ako je ( ) ( )yxu ψϕ=

15.9. 022

22

2

2=

∂

∂+

∂∂∂

+∂

∂

yu

yxu

xu

, ako je ( ) ( )yxyyxu +++ ψϕ

15.10. 1−=∂∂⋅

∂∂⋅

∂∂

xz

zy

yx

, ako je 0ln =++ zex y

Matematika III

50

1.5. PARCIJALNI DIFERENCIJALI. TOTALNI DIFERENCIJAL

Pod diferencijalom funkcije jedne promenljive, podrazumevali smo izraz ( )dxxfdxydfdy '' === . Na analogan način se definiše defercijal funkcije više promenljivih za koga kažemo da je parcijalni

diferencijal. Parcijalni diferencijal funkcije ( )yxfz ,= , po x je

( ) ( ) dxxzdxxxzdzdzzd xxxx ∂∂

==∆=∆=== ,

odnosno po y je

( ) ( ) dyxzdyyyzdzdzzd yyyy ∂∂

==∆=∆=== .

Znamo da parcijalni diferencijali (definisani kao diferencijali funkcije jedne promenljive) predstavljaju priraštaj na tangentni (sl. 1.5.1.).

Sl.1.5.1. i to '

xxx MMdz =

'yyy MMdz =

Sa slike 1.5.1. sledi

( )( )

( ) ( ) =∆+∆+∆+∆+⇒

∆+∆+==

∆+∆+==yyxxMyyxxM

yyxxNMMMdz

NyyxxMMMdz

yyy

xxx ;';;'

;'

'

( ) ( ) yx dzdzyyxxNMNyyxM +=∆+∆++∆+∆+= ;';

Matematika III

51

Veličina ( ) ( )yyxxMyyxxM ∆+∆+∆+∆+ ;; predstavlja totalnu promenu na tangentnoj ravni kada se iz tački ( )yxM , pređe u tačku

( )yyxxM ∆+∆+ ;

Primeri.

1.Odrediti parcijalne diferencijale sledećih funkcija

1.1. xyez =

1.2. 32 2 yxyxz ++=

1.3. ( )xyxz += 2ln

1.4. ( )2yxarctgz +=

1.5. ( )yxxz 4ln 2 +=

Rešenje.

1.1. ( ) dxyedxedxxzzd xy

xxy

x ==∂∂

='

( ) dyyedyedyyzzd xy

yxy

y ==∂∂

='

1.2. ( ) ( )dxyxdxyxzd x +=+= 222

( )dyyxdyz 232 +=

1.3 ( ) ( ) dxyxxyxdyx

xyxzd xx +

+=+⋅

+=

2212

( ) dyyx

dyyxx

xxdyxyx

zd y +=

+=⋅

+=

112

1.4 ( )

=++

= dxyx

zd x 221

1

( )=⋅

++= ydy

yxzd y 2

1

122 ( )

=⋅++

dyyx

y221

2

1.5. ( ) ( ) dxyx

xyxdxxyx

xyxzd x

+++=

⋅

+++=

424ln2

44ln

2

22

22

dyyx

xdyyx

xzd y4

444 22 +

=⋅+

=

Def.1.5.1. Za izraz

dyyfdx

xfdyfdxfdz yx ∂

∂+

∂∂

=+= ''

kažemo da je totalni diferencijal funkcije ( )yxfz ;= . Def.1.5.2. Za funkciju kažemo da je u tački ( )yx; diferencijabilna ako u toj tački postoji totalni

diferencijal.

Matematika III

52

Teorema 1.5.1. Iz diferencijabilnosti funkcije ( )yxfz ;= u tački sledi njena neprekidnost u toj tački.

Dokaz. Kako se može napisati yxyfxfz yx ∆+∆+∆⋅+∆⋅=∆ 21'' εε , to kada 00, →∆⇒→∆∆ zyx ,

što znači da je funkcija neprekidna. Kada smo govorili o parcijalnim diferencijalima ustanovili smo da je zdzddz yx += , i videli da

totalni diferencijal funkcije ( )yxfz ;= predstavlja priraštaj duž tangentne ravni, kada iz tačke ( )yx; predemo u tački ( )yyxx ∆+∆+ ; .

Za 0≈∆x i zdzy ∆≈⇒≈∆ 0 .

Ta činjenica se često koristi kod približnog izračunavanja. Totalni diferencijal od totalnog diferencijala prvog reda nazivamo totalni diferencijal drugog reda. Ako je funkcija ( )yxfz ;= , tada totalni diferencijal drugog reda obeležavamo sa zd 2 . U skladu sa tim je

( ) ( ) ( )+

∂∂

+∂∂

∂∂

=∂∂

+∂

∂== dxdy

yzdx

xz

xdy

ydzdx

xdzdzdzd 2

22

222

2

22 dy

yzdxdy

yxzdx

xzdydy

yzdx

xz

y ∂

∂+

∂∂∂

+∂

∂=

∂∂

+∂∂

∂∂

+

Pišemo ga simbolički ovako

( )22

∂∂

+∂∂

= dyyzdx

xzzd .

Totalni diferencijal n-tog reda je totalni diferencijal (n-1) reda. Pišemo ga simbolički ( )n

n dyyzdx

xzzd

∂∂

+∂∂

= .

Zadatak. Napiši u razvijenom obliku 3zd i 4

zd . Ako je funkcija data u implicitnom odliku ( ) 0,, =zyxF , tada je, kako već znamo

⇒

∂∂∂∂

−+

∂∂∂∂

−=

∂∂∂∂

−=∂∂

∂∂∂∂

−=∂∂

=∂∂

+∂∂

= dy

zFyF

dx

zFxF

zFyF

yz

zFxF

xzdy

yzdx

xzdz ;

0=∂∂

+∂∂

+∂∂

⇒ dzzFdy

yFdx

xF

Rešavanjem po dz našli bi smo totalni diferencijal funkcije zadate implicitno. Neka je z složena funkcija od x i y preko u i ν Zapravo.

( ) ( ) ( )yxvvyxuuvuzz ,,, === .

Tada je poznato

xv

vz

xu

uz

xz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

;

yv

vz

yu

uz

yz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

;

dyyzdx

xzz ⋅

∂∂

+⋅∂∂

=∂ ;

Matematika III

53

pa je

dvvzdu

uzdz

∂∂

+∂∂

== ... , gde je stavljeno

dyyudx

xudu

∂∂

+∂∂

= ; dyyvdx

xvdv

∂∂

+∂∂

= .

Ako je ( ) vuvuz +=, , tada je

1=∂∂uz

i 1vz∂∂

; dvdudvdudz +=⋅+⋅= 11 .

Ako je ( ) vuvuz ⋅=, , tada je

( ) dvuduvvuddz ⋅+⋅=⋅= .

Ako je ( )vuvuz =, , tada je

2vdvuduv

vuddz ⋅−⋅

=

= .

Ako je ( ) ( )uzvuz =, , tada je

( ) ( )duuzudzdz '==

Prema tome, zaključujemo da za funkciju od više promenljivih važe pravila diferencijala funkcije od jedne promenljive .

Primeri.

1. Odredi totalni diferencijal prvog reda sledećih funkcija

1.1. 22 yxz +=

1.2. xyez =

1.3. ( )yxz += 2ln

1.4. zyxxyz ++=

1.5. 2,sin,cos uzuyux === ϑϑ

1.6. yxz ln2= , gde je ϑ23, −== uyvux

1.7. zyxu cossin= , gde je ( ) 22 1,1ln xzxy −−=+=

Rešenja.

1.1. 22 yxz +=

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

ydyxdxdz 22 +=

( )ydyxdxdz += 2

Matematika III

54

1.2. xyez =

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

dyxedxyedz xyxy +=

( )xdyydxedz xy +=

1.3. ( )yxz += 2ln

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

dyyx

xdxyx

dz+

+⋅+

=22

121

( )dyxdxyx

dz ++

= 212

1.4. zyxxyz ++=

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

Funkcija je zadata implicitno pa parcijlne izvode računamo na sledeći način

( ) zyxxyzzyxF −−−=,,

1,1,1 −=∂∂

−=∂∂

−=∂∂ xy

zFxz

yFyz

xF

11

−−

−=

∂∂∂∂

−=∂∂

xyyz

zFxF

xz

,

11

−−

−=

∂∂∂∂

−=∂∂

xyxz

zFyF

yz

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

( ) ( )( )dyxzdxyzxy

dyxyxzdx

xyyzdz 11

11

11

11

−+−−

−=−−

−−−

−=

1.5. ϑcosux = , ϑsinuy = , 2uz =

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

funkcija je zadata parametarski pa parcijalne izvode tražimo kao izvod parametarski zadate funkcije

Matematika III

55

xv

vz

xu

uz

xz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

yv

vz

yu

uz

yz

∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=∂∂

( ) ( ) =+=+=+ ϑϑϑϑ 22222222 sincossincos uuuuyx

( ) 2222 sincos uu =+= ϑϑ

22222 yxuyxu +=⇒+=

xyarctgvtgv

vuvu

xy

=⇒==cossin

xyx

xyxxyx

uxz 2202

2

1222

2222

=+

⋅+=+⋅+

⋅=∂∂

yyx

yyxyyx

uyz 2202

2

1222

2222

=+

⋅+=+⋅+

⋅=∂∂

( )ydyxdxydyxdxdz +=+= 222

1.6 yxz ln2= , gde je vux = , vuy 23 −=

Reč je o složenoj funkciji pa dz tražimo na sledeći način

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

dyy

xydxxdz2

ln2 +=

Kako je vux = i u vuy 23 −= biće

2vudvvdudx −

= i dvdudy 23 −= pa je

( ) ( )dvduvu

vu

vudvvduvu

vudz 23

2323ln2

2

2

2 −−

+−

⋅−⋅=

( )( )

−

−⋅+⋅−= du

vuvu

vvvu

vudz

23323ln2 2

2

2

( )( )

dvvuv

uvuvu

vu

−+⋅−−

23223ln2 2

2

2

( ) ( ) dvvu

vuvv

uduvu

uvuvudz

−+−−

−+−=

23123ln12

23323ln2

2

2

2 .

Matematika III

56

1.7. zyxu cossin= , gde je ( ) 22 1,1ln xzxy −−=+=

dxdzzudy

yudx

xudu :/

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

dxdz

zu

dxdy

yu

xu

dxdu

⋅∂∂

+⋅∂∂

+∂∂

=

( )xx

zyxxx

zyxzdxdu 2

12

1sinsin21

1coscoscossin22

−⋅−

−⋅−⋅

+⋅+=

zyx

xzyx

xzdxdu sinsin

1coscos

12cossin

2

2

2

2

−−

++=

2. odrediti totalni diferencijal drugog reda sledećih funkcija

2.1. 2224 10 xyyxxz −−=

2.2. ( )yxz += 2ln

2.3. ( )zyxu ++= sin

2.4. zexyz =

2.5. zyxu cossin= , gde je ( )1ln 2 += xy , 21 xz −−=

Rešenja.

2.1. 2224 10 xyyxxz −−=

I način

22

222

2

22 2 dy

yzdxdy

yxzdx

xzzd

∂

∂+

∂∂∂

+∂

∂=

223 204 yxyxxz

−−=∂∂

;

xyyxyz 220 2 −−=∂∂

222

22012 yx

xz

−=∂

∂

xxy

z 220 22

2−−=

∂

∂

yxyxdy

z 2402

−−=∂∂

( ) ( ) ( ) 22222 11021204534 dyxxdxdyxydxyxzd +−+−−=

II način

Matematika III

57

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

( ) ( )dyxyyxdxyxyxdz 220204 2223 −−+−−=

( ) ( )( )dyxyyxdxyxyxdzd 220204 22232 −−+−−=

( ) ( )( )+−−+−= dyydxxydxdxdxydxxzd 2402012 222

( ) ( )( )dyxdydyxdxydyxydy 220240 2 −−+−−+

−−−−−= xydxdyydxdyxydxdydxydxxzd 402402012 22222

222 2202 xdydyxydxdy −−−

( ) ( ) ( ) 222222 220480534 dyxxdxdyyxydxyxzd −−+−−+−=

( ) ( ) ( ) 22222 11021204534 dyxxdxdyxydxyxzd +−+−−=

2.2. ( )yxz += 2ln

dyyzdx

xzdz

∂∂

+∂∂

=

dyyx

dxyx

xdz+

++

=22

12

( )dyxdxyx

dz ++

= 212

( ) ( ) ( )

+

+∂∂

+

+

+∂∂

== dydyxdxyxy

dxdyxdxyx

dzdzd 212122

2χ

( )( ) ( )

( )( ) dydyxdx

yxdxdx

xdyxdx

yx

xzdy

++

+

−+

++

+

−=

+0212122

222222

( ) ( ) ( ) ( )2

22

2

22

2222

22

22 12224 dy

yxdxdy

yxxdx

yxdxdy

yx

xdxyx

xzd+

−+

−+

++

−−

+

−=

( )( ) ( ) ( )2222

222

222 1424

yxdxdy

yx

xdxyx

yxxzd+

−+

−+

++−=

( )( )( )222

222 421 dyxdxdydxxy

yxzd −−−

+= .

2.3. ( )zyxu ++= sin

Matematika III

58

dzzudy

yudx

xudu

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

( ) ( ) ( )dzzyxdyzyxdxzyxdu ++++++++= coscoscos

( )( )dzdydxzyxdu ++++= cos

( ) ( )( )( ) +++++∂∂

== dxdzdydxzyxx

dudud cos2

( )( )( ) +++++∂∂ dydzdydxzyxy

cos

( )( )( )dzdzdydxzyxz

++++∂∂ cos

( )( ) ( )( )dydzdydxzyxdxdzdydxzyxsnud ++++−++++−= sin2

( )( )dzdzdydxzyx ++++− sin

( )( )2222 dzdydzdxdzdydzdydxdydxdzdxdydxzyxsnud ++++++++++−=

( )( )dydzdxdydzdydxzyxsnud 222222 ++++++−=

2.4. zexyz = 0=− zexy

( ) 0=−∂∂ zexyzx

0=∂∂

−∂∂

+xze

xzxyyz z

( ) yzexyxz z −=−∂∂

zexy

yzxz

−

−=

∂∂

0=− zexyz ( ) 0=−∂∂ zexyzx

0=∂∂

−∂∂

+xze

xzxyxz z ( ) xzexy

yz z −=−∂∂

zexyxz

yz

−

−=

∂∂

dyexy

xzdxexy

yzdyyzdx

xzdz

zz −

−+

−

−=

∂∂

+∂∂

=

( ) dydyexy

xzdxexy

yxy

dxdyexy

xzdxexy

yxx

dzdzdzzzz

−

−+

−

−∂∂

+

−

−+

−

−∂∂

==2

( )( )

+−

∂∂

−+−∂∂

−= dx

exy

xzeyyzexy

xzy

zdz

zz

22

Matematika III

59

( )( )

+

−

∂∂

−+−

∂∂

−−+ dxdy

exy

xzeyxzexy

xzxz

z

zz

2

( )( )

( )( )

dydyexy

yzexxzexy

yzx

dxexy

yzexyzexy

yzyz

z

zz

z

zz

−

∂∂

−+−∂∂

−+

−

∂∂

−+−

∂∂

−−+

22

( ) ) ++−

−−+−

−

−−− dxdydxdy

exyyzxzexyzexy

exyyzxz

zzz

z

( ) +

−

−−+−

−

−−−+

zzz

z exyxzyzexyzexy

exyxzyz

( ) 22 dyexy

xzxzezxexyexy

xzxz

zzz

−

−−+−

−

−−+

( )

+

−++

−= 2

2222

22 1 dx

exyezyzyzy

exyzd

z

z

z

+

−+++−

−++++−+ dxdy

exyexyzxyzxyzzexyz

exyexyzxyzxyzzexyz

z

zz

z

zz

22

222

22 dyexyezxzxzx

z

z

−+++

( )22 1

zexyzd

−=

−++

−+++

−+ 2

222

22

222 22222 dy

exyezxzxdxdy

exyexyzexyzdx

exyezyzy

z

z

z

zz

z

z

2.5. zyu cossin= , gde je ( )1ln 2 += xy , 21 xz −−=

dzzudy

yudx

xudu

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

dxdz

zu

dxdy

yu

xu

dxdu

⋅∂∂

+⋅∂∂

+∂∂

=

( )xx

zyxxx

zyzydxdu 2

12

1sinsin21

1coscoscossin22 −⋅

−

−⋅−⋅

+⋅+=

Matematika III

60

dxx

zyxx

zyxzydu

−−

++=

2

2

2

2

1

sinsin1coscos2cossin

( ) ddudud ==2 =

−−

++

dx

x

zyxx

zyxzy2

2

2

2

1

sinsin1coscos2cossin

(( )( )

−

+

−−+

+

−−+=

1

1coslncos21cos1lnsin

2

22222

x

xxxxxd

( )( ) +

−−+

∂∂

==

−

−−+

− 222

222

1cos1lnsin1

1sin1lnsinxx

xdx

x

xxx

( ) ( )=

−

−−+

−+

−−+

+ 22

222

2

222

1

1sin1lnsin

1

1coslncos2dx

x

xxx

x

xxx

(( ) ( )+

+

−++−+=

11cos1lncos21cos1lnsin

2

22222

xxxxxx

( )=

−

−++ 2

'

2

222

1

1sin1lnsin dxx

xxx

(( ) 2''

22 1cos1lnsin dxxxx −+=

3.Odrediti zd 3 , ako je ( )22sin yxz += .

Rešenje.

I način.

( )+

∂∂

∂+

∂

∂=

∂∂

+∂∂

= dydxyx

zdxx

zdyyzdx

xzzd 2

2

33

3

333 3

33

32

2

33 dy

yzdxdy

yxz

∂

∂

∂∂

∂+

( ) ( )2222 cos2;cos2 yxyyzyxx

xz

+=∂∂

+=∂∂

( ) ( ) ( );sin4;sin4cos2 222

222222

2yxxy

yxzyxxyx

xz

+−−=∂∂

∂+−+=

∂

∂

( ) ( );sin4cos2 222222

2yxxyx

yz

+−+=∂

∂

( ) ( ) ( )=+−+−+−=∂

∂ 223222223

3cos8sin8sin4 yxxyxxyxx

xz

Matematika III

61

( ) ( )22322 cos8sin12 yxxyxx +−+−

( ) ( )222222

3cos8sin4 yxyxyxy

yxz

+−+−=∂∂

∂

( ) ( )222222

3cos8sin4 yxxyyxx

yxz

+−+−=∂∂

∂

( ) ( ) ( )=+−+−+−=∂

∂ 22322223

3cos8sin8sin4 yxyyxxyxy

yz

( ) ( )22322 cos8sin12 yxyyxy +−+−

( ) ( )( ) −+++−= 3222223 cos2sin34 dxyxxyxxzd

( ) ( )( ) −+++− dydxyxxyxy 222222 cos2sin12

( ) ( )( ) −+++− 222222 cos2sin12 dxdyyxyyxx

( ) ( )( ) 322222 cos2sin34 dyyxyyxy +++− .

II način.

dyxzdx

xzdz

∂∂

=+∂∂

=

( ) ( ) ( )( )ydyxdxyxdyyxxdxyxxdz 22coscos2cos2 222222 ++=+++=

( ) ( ) +

++

∂∂

== dxydyxdxyxx

dzdzd 22cos 222

( )( )( ) (( )( ) +++−=++∂∂

+ yduxdxyxxdyydyxdxyxy

22sin222cos 2222

( ) ) ( )(( )+++−+⋅++ ydyxdxyxydxdxyx 22sin22cos 2222

( ) ) ( ) −+−=++ 222sin222 42cos dxyxxdydyyx

( ) ( ) −+++− 22222 cos2sin4 dxyxdxdyyxxy

( ) ( ) ( ) =+++−+− 222222222 cos2sin4sin4 dyyxdyyxydxdyyxxy

( ) ( )( ) ( ) ++−+++−= dxdyyxxydxyxyxx 22222222 sin8cos2sin4

( ) 222cos2 dyyx ++

( ) (( ) )(( )2222223 cos2sin4 yxyxxzddzd +++−∂∂

==χ

Matematika III

62

( ) (( ) )( ) ) ++++−++− χddyyxyxydxdyyxxydx 222222222 cos2sin4sin8

(( ) ( )( ) ( ) ++−+++−∂∂

+ dxdyyxxydxyxyxxy

22222222 sin8cos2sin4

(( ) )( ) =+++−+ dydyyxyxy 222222 cos2sin4

(( ) ( ) )( ) −+−+−+−= 32222322 sin4cos8sin8 dxyxxyxxyxx

( ) ( )( ) ++++− dydxyxyxyxy 2222222 cos16sin8

( ) ( )( ) +−+−+ + 22222 sin42cos8 dydyxxyxxy χ

( ) ( )( ) +−+−+ + dydyxyyxyx 222222 sin4cos8 χ

( ) ( )( ) +−+−+ + 222222 cos16sin8 dxdyyxxyyxx

( ) ( ) ( )( ) =+−−+−+ + 32222222 sin4cos8sin8 dyyxyyxyyxy

( ) ( )( ) +−+−= + 322223 sin12cos8 dxyxxyxx

( ) ( ) ( )( ) ++−−+−+ + dydxyxyxyxyyxy 22222222 cos24sin4sin8

( ) ( )( ) +−+−+ + 222222 cos24sin12 dxdyyxxyyxx

( ) ( )( ) =+−+−+ 322322 cos8sin12 dxyxyyxy

( ) ( )( ) −+++−= 322222 cos2sin34 dxyxxyxx

( ) ( )( ) −+++− dydxyxxyxy 222222 cos2sin12

( ) ( )( ) −+++− 222222 cos2sin12 dxdyyxyyxx

( ) ( )( ) 322222 cos2sin34 dyyxyyxy +++−

4. Naći totalni diferencijal i totalni priraštaj funkcije xyyxz ++= 22 , pri prelazu od tačke ( )1,1A u tačku ( )9,0;1,1B

Rešenje. Po definiciji totalni priraštaj je

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) −∆+∆++∆++∆+=−∆+∆+=∆ yyxxyyxxyxfyyxxfz 22,,

+∆+∆++∆+∆++∆+∆+=−−− xyyxxyyyyyxxxxxyyx 222222 22

yxxyyxyyyxxxxyyxyx ∆∆+∆+∆+∆+∆+∆+∆=−−−∆∆+ 2222 22 Kako je ;1=x ;1=y 1,011,1 =−=−=∆ AB xxx ; 1,019.0 −=−=−=∆ AB yyy ,

zamenom u z∆ dobijamo

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−⋅++−⋅+−+−⋅⋅++⋅⋅=∆ 1,01,01,01,011,01,0121,01,012 22z01,001,001,001,0 =−+=

Kako je ( ) ( )dyxydxyxdyyzdx

xzdz +++=

∂∂

+∂∂

= 22

zamenom xdx ∆= i ∆= ddy dobijamo

( ) ( ) ( ) 01,01121,0112 =−⋅+⋅+⋅+⋅=dz

5. Bunker za smeštaj koncentrata bakra rude ima prečnik 2r=13,4 m

Matematika III

63

i visinu H=23,2m. Preciznost pri merenju je Cm± .Izračžunati zapreminu i dati približnu grešku zapremine.

Rešenje. Bunker je obliku valjka pa je njegova zapremina

322

2 805,327114,32,237,614,32,232

4,13B mHrHV =⋅⋅=⋅⋅

=⋅=⋅= π

π⋅⋅= HrV 2

dHHVdr

rVdv

∂∂

+∂∂

=

( )dHrrHdrdHrdrrHdV 22 22 +=+= πππ

Kako je greška pri merenju cm1± mcmrdr 005,05,0 ==∆≈ i mcmdH 01,01 == zamenom u dV dobijamo:

( )( ) 32 294,601,07,6005,02,234,13 mdV ≈⋅+⋅⋅=π

Znači približna vrednost greške u zapremini iznosi 329,6 m± Tačna vrednost greške je:

( ) ( ) ( ) ( ) 3222 805,327101,02,23005,07,6 mHrHHrrV −++=−∆+∆+=∆ πππ333 298,6805,3271103,3278 mmm =−=

Pa je razlika između tačke i približne vrednosti greške: 3004,0294,6298,6 m=− odnosno 34dm u odnosu na zapreminu od

3805,3271 m

6.Izračunati približnu vrednost izraza: .05,2003,1 3+

Rešenje: Neka je

( ) 05,0003,0,2,1, 32 =∆=∆==+== yixyxiyxyxfz

Onda je

( ) 3212,1 32 =+==f

32322

2

1

yx

xxyx

z

+=⋅

+=

∂∂χ

32

22

32 2

332

1

yx

yyyxy

z

+=⋅

+=

∂∂

Znači

( )31

21

13

12 =

+==

∂∂ =

=xyx

z

( ) 23243

212

2.33

212 =

⋅⋅

=+

⋅==

∂∂ =

=xyy

z

Kako je dzz ≈∆ , odnosno

( ) ( ) yyzxzyxfyyxxf ∆∂∂

+∆∂∂

≈−∆+∆+χ

,, onda:

Matematika III

64

( ) ( ) =∆∂∂

+∆∂∂

+≈+=∆+∆+ yyzx

xzyxfyyxxf ,05,2003,1, 32

101,31,0001,0305,02003,0313 =++=⋅+⋅+=

Zadaci

1. Odrediti parcijalne diferencijale sledećih funkcija

1.1 322233 yyxyxxz ++=

1.2 yxez +=

1.3. ( )23ln yx +

1.4 χyarctgz =

1.5. yxyxz

+−

=

1.6. xyxyz

lnsin

=

1.7. ( )yxxz += ln2

1.8. yarctgxz =

1.9. ( )22 yxarctg +

1.10. arctgxyz ln=

2. Odrediti totalni diferencijal prvog reda sledećih funkcija

2.1. 33 yxz +=

2.2. yxyxz

+−

=

2.3. 22 yxz +=

2.4. yxz =

2.5. yx

ez =

2.6. 22ln yxz +=

2.7. yxtgz ln=

2.8. yxarctgz =

2.9. 22 2 yxyxz ++=

Matematika III

65

2.10. 22

2yx

xyz+

=

2.11. ( )χyarctgyxz −+= 22ln

21

2.12. ( )23ln yxxz +=

2.13. arctgxyyz 2=

2.14. xy

xyzsin

=

2.15. xy

tgxyzln

=

2.16. 03333 =−++ xyzzyx

2.17. 0=− xyze xz

2.18. 0ln =+ xyzxz

2.19. 0ln =++ zxye z

2.20. 0ln3 =+ xyzz

2.21. UVzVUyVUx =−

=+

= ,2

,2

2222

2.22. UVzVUyVUx =−=+= ,,

2.23. yxVyxuVuz 23,,ln2 −===

2.24 yxyxunarctgz +=−== ϑϑ

,,

2.25. xyyxuuezu

=+== ϑϑ ,, 22

3. Odrediti zd 2 za sledeće funkcije

3.1. xyyxz 333 ++=

3.2. 45 xyyxz +=

3.3. ( )33ln yxz +=

3.4. ( )yxanctgz +=

3.5. 03 =− xyzz

3.6. 0=−++ ze zyx

3.7. ( ),,,sin wvuz = gde je xywyxvyxu 2,, 2222 =−=+=

3.8. ( ) yxttfz +== ,

Matematika III

66

3.9. ( )22 yxftgxyz −+=

3.10.

=

zx

xyfu ,

4. Izračunaj približnu vrednost izraza

4.1. ( )4003,00001,21

+

4.2.

−+3 4 198,003,1ln

4.3. ( ) ( )22 97,301,3 +

4.4. 02,298,1

4.5. °° 4629sin tg

5. Poluprečnik osnove pravilnog kružnog konusa iznosi ,1,02,10 cmR ±= a izvodnica 1,06,44 ±=s cm. Odredi zapreminu konusa i približnu grešku dobijenog rezultata.

6. Izračunati totalni diferencijal i totalni priraštaj funkcije xyarctgz = pri prelazu od tačke ( )1,1A ka tački ( )8,0;1,1B

1.6. TANGENTNE RAVNI POVRŠI. NORMALA POVRŠI

Neka je jednačina površi ( )yxfz ,= Neka je ( )zyxM ,, tačka površi (sl. 1.6.1.)

sl.1.6.1. Neka je consty = . Tada tačka M opisuje krivu xc a tangenta te krive xt paralelna je ravni zx0 ( u

ma kojoj tački).

Vektor tangente →xt je vektor 10MM . Kako 0M ima kordinate ( )000 ,, zyx , a 1M ima

koordinate ( )zdzyxx x+∆+ 000 ,, to je

Matematika III

67

( ) ( )

∂∂

=∆=−+−−∆+= dxxzdxzdxzzdzyyxxxMMt xxox ,0,,0,,, 0000010 .

Odnosno,

∂∂→

dxxzdxtx ,0,

Analogno tome, ako je constx = . , tada tačka M opisuje krivu yC čija je tangenta paralelnaravni

zy0 .

Vektor tangente →yt krive yC ima koordinate

( )

∂∂

=∆yzdyzdy y ,,0,,0 ,

∂∂→

dyyzdyt y ,,0 .

Tangente xt i yt krivih xC i yC određuju tangentnu ravan u tački M date površi. Vektor normale te ravni je

( ) ( ) ( )yxkyxzjxyzi

yzyxzx

kjittn

yx

y

xyx ∆∆+∆∆−−∆∆−=⋅⋅=

∆∆∆∆

→→→

×=→→→

''

'

' ''

00

rr.

Intenzitet vektora →n ne utiče na oblik jednačine tangentne ravni. Zato se za vektor normale

→n

može uzeti vektor čiji je 1=∆=∆ yx , odnosno ( )1;; ''yx zzn −−

→ ili njemu suprotan vektor ( )1;; '' −

→yxb zzn .

Vrednost parcijalnih izvoda treba uzimati u tački M u kojoj smo vršili posmatranje. Ako je 0MM = ( ),0,0,0 zyx tada je tangentna ravan površi u tački 0M .

( ) ( ) ( ) .000'00

'0 =−−−+− zzyyzxxz yx .

Normala površi u tački 0M je prava

10

'0

0'

0−−

=−

=−

°

zzz

yyx

xx

yx

Ako je površ data jednačinom ( ) ,0,, =zyxF tada je vektor normale te površi u tački M

∂∂

∂∂

− 1;;yz

xzn ili

∂∂

∂∂

∂∂

zF

yF

xFn ;;r

Primeri.

1.Odrediti vektor normale ravni 0=+++ DCzByAx

Rešenje. Kako je funkcija data implicitno, to iz

( ) ⇒=+++= 0,, DCzByAxzyxF

CzFB

yFA

xF

=∂∂

=∂∂

=∂∂ ;,

pa je vektor normale date ravni

Matematika III

68

( )CBAnzF

yF

xFn ,,,, rr

=

∂∂

∂∂

∂∂→

,

2. Naći jednačinu tangentne ravni i jednačinu normale površi 22 2yxz += u tački ( )3,1,1M .

Rešenje. 22 2yxz += pa je

xxz 2=∂∂

; yyz 4=∂∂

( ) 21,1 =∂∂xz

; ( ) 41,1 =∂∂yz

Dakle jednačina tangente ravni je

( )( ) ( )( ) ( ) 0,, 0000000 =−−−=∂∂

+−∂∂ zzyyyx

xzxxyx

xz

( ) ( ) ( ) 031412 =−−−+− zyx

034422 =+−−+− zyx

0342 =−−+ zyx

a jednačina normale površi

( ) ( ) 1,,

0

00

0

00

0−−

=

∂∂

−=

∂∂

− zz

yxyz

yy

yxxz

xx

13

41

21

−−

=−

=− zyx

3. Naći jednačinu tangentne ravni i jednačinu normale jednogranog hiperboloida 191625

222=−+

zyxu tački

( )3,4,50 −M . Rešenje. Površi je zadati u implicitnom obliku

( ) 0191625

,,222

=−−+=zyxzyxF , pa je

252x

xF=

∂∂

, 816

2 yyyF

==∂∂

, 92z

zF

−=∂∂

Ovi porcijalni izvodi u tački ( )3,4,50 −π imaju vrednosti

( )52

2552

0 =⋅

=∂∂ M

xF

; ( ) ( )21

84

0 −=−

=∂∂ M

yF

( )32

932

0 −=⋅−

=∂∂ M

zF

Jednačina tangenti ravni implicitno zadate funkcije je:

( ) ( )( ) ( )( ) 0000000 =−∂∂

+−∂∂

+−∂∂ zzM

zFyyM

yFxxMF

χ

Matematika III

69

u našem slučaju je

( ) ( ) ( ) 03324

215

52

=−−+−− zyx

( ) ( ) ( ) 0320415512 =−−+−− zyx

0602060156012 =+−−−− zyx

060201512 =−−− yyx

Jednačina normaleimplicitno zadate funkcije je

( ) ( ) ( )0

0

0

0

0

0

MzF

zz

MyF

yy

MxF

xx

∂∂

−=

∂∂

−=

∂∂

−

u našem slučaju je

323

214

52

5

−

−=

−

+=

− zyx ili:

203

154

125

−−

=−+

=− zyx

Zadaci.

1.Nači jednačinu normale i tangentne ravni površi u datoj tačci

1.1. 9222 =++ zyx ; ( )2;2;1 −M

1.2. 0222 =−+ zyx ; ( )5,4;3 −M

1.3. 131227

222=++

zyx; ( )1,2,3 −−M

1.4. 1149

222=++

zyx; ( )1,2,3−M

1.5. 13916

222

=++zyx

; ( )3,3,4 −M

1.6. 02 =− xyz ; ( )1,1,1 −M

1.7. zyx 249

22=+ ; ( )1,2,3 −M

1.8. zyx 2916

22=− ; ( )0,3,4 −M

1.9. 0=− zxy ; ( )1,1,1 −−M

1.10. 0222 =−+ zeyx ; ( )0,1,1 −M

1.11. 221

yxz

+= ; ( )1,0,1−M

Matematika III

70

1.12. χyarctgz = ;

41,1 πM

1.13. 22169 yxz −−= ; ( )12,4,3M

1.14. 22 yxz += ; ( )5,4,3 −M

1.15. 012333 =−+++ xyzzyx ; ( )1,1,1M

2. Odrediti tangentu ravan sfere 25222 =++ zyx u tački

2.1. ( )00 ,0,0 zM

2.2. ( )0,,0 00 yM

2.3. ( )0,0,00 xM

2.4. ( )00 ,2,1 zM

3. Odrediti tangentnu rvani elipsoida 1357

222=++

zyxu tački

3.1. ( )0,0,70M

3.2. ( )0,500M

3.3. ( ),30,00M

3.4. ( ),3,5,70M

4. Odrediti tangentnu raavni i normalu eliptičkog paraboloida 22 122 yxz +=

u

4.1. tačkama preseka sa koordinatnim osama,

4.2. u tački ( )0,1,1 z− .

5. Odrediti tangentnu ravni i normalu rotacionog paraboloida

0122 =+−− yxz

u

5.1.tačkama preseka sa koordinatnom osama

5.2. u tački ( )0,1,1 z

1.7. IZVOD FUNKCIJE U DATOM PRAVCU.

1.7.1. GRADIJENT FUNKCIJE.

Posmatrajmo u ravni yx0 tačke

( ) ( ) ( ) ( )yyxxMyyxMyxxMyxM xyyx ∆+∆+∆+∆+ ;,;,;,; (sl. 1.7.1.1).

Matematika III

71

sl.1.7.1.1.

Neka je →

0p jedinični vektor na peavoj xyMM . Neka je

( ) xyxyx MMciMMM =∆∠=∠θ . Tada je

Def.1.7.1.1 Izvod funkcije ( )yxfz ;= u pravcu vektora →

0p je

θθ sincoslim0

⋅∂∂

+⋅∂∂

=∂∂

=∆∆

→∆ yf

xf

cz

cz

c.

Možemo napisati

( ) ( ) =−∆+∆+=∆ yxfyyxxfz ,,

( ) ( ) ( ) ( )yxfyyxfyyxfyyxxf ,,,, −∆++∆+−∆+∆+=

( ) ( ) ( ) ( )c

yxfyyxfc

yyxfyyxxfcz

∆−∆+

+∆

∆+−∆+∆+=

∆∆ ,,,,

( ) ( ) ( ) ( )cy

yyxfyyxf

cx

xyyxfyyxxf

cz

∆∆⋅

∆−∆+

+∆∆⋅

∆∆+−∆+∆+

=∆∆ ,,,,

Prelaskom na limes, imali bi

∆=∆=∆=

⋅+⋅=zdzydyxdx

dzdyf

dcdxf

dcdz

yx'' ... (1.7.1.1.)

θθθθ sincossincos '' ⋅∂∂

+⋅∂∂

=+⋅=yf

xfff

dcdz

yx

Jednakost (1.7.1.1) je izvod funkcije ( )yxfz ;= u pravcu vektora →

0p izražen na uobičajen način. Otuda je

dyfdxfdydcdxdc

dcfdcfdz yxyx ⋅+=

=⋅=⋅

=⋅⋅+⋅⋅= ''''sincos

sincosθθ

θθ

Dobijeni rezultat pokazuje da se do totalnog diferencijala može doći i traženjem izvoda u datom pravcu.

Matematika III

72

Ako je data funkcija od tri promenljive ( )321 ,, xxxfz = , tada se analognim postupkom i

razmatranjem dolazi do izvoda funkcije z u pravcu vektora ( )3210 cos,cos,cos ααα→p . Obrazac za izvod

funk-cije u datom pravcu dcdz

može se shvatiti kao skalarni proizvod vektora

( ) +∂∂

=

∂∂

∂∂

∂∂

= 11

321321

coscos,cos,cos,, ααααxf

xf

xf

xf

dcdz

o

33

22

coscos ααxf

xf

∂∂

+∂∂

+

21,αα i 3α su uglovi, koji vektor →

0p gradi sa koordinatnim osama.

Def. 1.7.1.2. Gradijent, funkcije ( )yxfz ,= u tački ( )00 , yxA je vektor čije su projekcije na kordinatne ose parcijalni izvodi date funkcije

→→

∂∂

+∂∂

= jyzi

xzgradz

Slično definišemo gradijent funkcija tri promenljive ( )zyxu ,,=

→→→

∂∂

+∂∂

+∂∂

= uzuj

yui

xugradu

Zadatak. Odrediti vektore čiji je skalarni proizvod , dcdz

.

Ako obeležimo

gradfxf

xf

xf

=

∂∂

∂∂

∂∂

321,, ,

i kako znamo da je ( )3210 cos,cos,cos ααα cp→

, to je →

⋅= 0pgradfdcdz

.

Primeri.

1. Naći izvod funkcije 22 yxz −= u tački ( )1,1M u pravcu vektora→e , koji zaklapa ugao od 060 sa pozitivnim

smerom x0 ose.

Rešenje.

θθ sincosyz

xz

ez

∂∂

+∂∂

=∂∂

°° −=∂∂ 60sin260cos2 yxez

Kako je data tačka ( )1,1M

312312

2112 −=⋅⋅−⋅⋅=

∂∂ez

2. Naći izvod funkcije 22 yxyxz +−= u tački ( )1,1M u pravcu vektora jierrr 86 +=

Rešenje.

Matematika III

73

θθ sinyzcos

xz

ez

∂∂

+∂∂

=∂∂

( ) 11122 =−⋅=∂∂

⇒−=∂∂ M

xzyx

xz

( ) 11122 =−⋅=∂∂

⇒−=∂∂ M

yzxy

yz

( )53

106

1006

186

8622

===⋅+

⋅+=

⋅=

)(

ijiieiecos

rrr

rr

rr

θ

( )54

108

1008

186

8622

===⋅+

⋅+=

⋅=

)(

jjijejesin

rrr

rr

rr

θ

57

541

531 =⋅+⋅=

∂∂

+∂∂

=∂∂ θθ sin

yzcos

xz

ez

3. Naći izvod funkcije ( ) zxyzyxf +=,, u tački A(-1,2,2) u pravcu vektora

−→

1330

132 ,,e

Rešenje. Kako je γβα coszfcos

yfcos

xf

ef

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

je, gde su γβα ,, uglovi koji vektor →e gradi

sa koordinatnim osama imamo:

( ) 2=∂∂

⇒=∂∂ A

xfy

xf

( ) 1−=∂∂

⇒=∂∂ A

yfx

yf

1=∂∂

zf

( )

132

1132

11390

134

0,0,1133,0,

132

cos ==⋅++

⋅

−

=⋅

=→→

→→

ie

ieα

( )0

0,1,0133,0,

132

cos =⋅

−−

=⋅

=→→→→

→→

jeje

jeβ

( )

133

11

1,0,0133,0,

132

cos −=⋅

⋅

−−

=⋅

=→→

→→

ke

keγ

Dakle γβα coscoscoszf

yf

xf

ef

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

Matematika III

74

( )131

133

134

133101

1322 =

−=

−⋅+⋅−+⋅

∂∂

ef

4.Odrediti izvod f-je xyarctgz = u tačkama

23,

21A u smeru kružnice 0222 =−+ xyx

Rešenje.

Za smer treba uzeti smer tangente kružnicce u tački

23,

21A

Kružnica je

02 22 =+− yxx

112 22 =++− yxx

( ) ( ),0,111 22 Cyx ⇒=+− 1=v

Koeficijent pravca tengente je ( )Aftgk '== α Funkcija je zadata implicitno

0222 =−+ xyx

Dakle 02'22 =−+ yyx

( )33

31

23

21

23211

'1'2

22'=

==−

=⇒−

=⇒−

= Ayy

xyy

xy

znači 33

== αtgk . Na osnovu slike sledi 663

3 ππ

ππα

zarctg =+=+=

( )

−−=

=

→

21,

23

67sin,

67cossin,cos ππααe

αα sincosyz

xz

ez

∂∂

+∂∂

=∂∂

( )23

43

41

23

1

12222 −=

+

−=

∂∂

⇒+

−=

−⋅

+

=∂∂ A

xz

yxy

xy

xyx

z

( )21

43

41

21

1

1

1222 =

+=

∂∂

⇒+

=⋅

+

=∂∂ A

yz

yxx

x

xyy

z

21

42

41

43

21

21

23

23

==−=

−⋅+

−⋅−=

∂∂ez

Matematika III

75

5. Naći izvod funkcije ( ) 222222,, zyzxyxzyxf ++= u tački A(1,1,1) u pravcu 2

11

12

1 −=

−=

− zyx

Rešenje.

Naravno, kako je vektor pravca prave ( )2,1,2→e radi se o izvodu funkcije u pravcu vektora

→e

( ) 42222 22 =+=∂∂

⇒+=∂∂ A

xfxzxy

xf

( ) 42222 22 =+=∂∂

⇒+=∂∂ A

xfyzyx

yf

( ) 42222 22 =+=∂∂

⇒+=∂∂ A

xfzyzx

zf

( ) ( )32

92

1212

0,0,12,1,2cos222

==⋅++

⋅=

⋅

⋅=

→→

→→

ie

ieα

( ) ( )31

30,1,02,1,2cos =

⋅=

⋅

⋅=

→→

→→

je

jeβ

( ) ( )32

31,0,02,1,2cos =

⋅=

⋅

⋅=

→→

→→

ke

keγ

γβα coscoscoszf

yf

xf

ef

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

320

38

34

38

324

314

324 =++=⋅+⋅+⋅=

∂∂

ef

6. Naći gradijant funkcije yxz 2= u tački ( )1,1P . Rešenje.

xyxz 2=∂∂

( ) 2=∂∂ Pxz

2xyz=

∂∂

( ) 1=∂∂ Pyz

→→→→+=⋅

∂∂

+∂∂

= jijyzi

xzgradz 2

7. Naći gradu u tački P(1,2,3), ako je xyzu = .

Rešenje.

yzxu=

∂∂

xzyu=

∂∂

Matematika III

76

xyzu=

∂∂

( ) 632 =⋅=∂∂ P

xu

( ) 331 =⋅=∂∂ P

yu

( ) 221 =⋅=∂∂ P

zu

→→→

++= kjigradu 236

8. Naći intenzitet i pravac gradu i u tački P(2,-2,1), ako je 222 zyxu ++= .

Rešenje. Nađimo najpre gradu

xxu 2=∂∂

yyu 2=∂∂

zzu 2=∂∂

( ) 422 =⋅=∂∂ P

xu

( ) ( ) 422 −=−⋅=∂∂ P

yu

( ) 212 =⋅=∂∂ P

zu

→→→

+−= kjigradu 244

( ) 63641616244 222 ==++=+−+=gradu

( )( )32

64

60,0,12,4,4cos ==

−=

⋅

⋅=

→

→

igradu

igraduα

32

64cos −=

−=

⋅

⋅=

→

→

jgradu

jgraduβ

31

62cos ==

⋅

⋅=

→

→

kgradu

kgraduγ

Zadaci.

1. Naći izvod funkcije 22 2yxyxz −−= u tački P(1,2) u pravcu, koji zaklapa sapozitivnim smerom x0

ose ugao od 060

2. Naći izvod funkcije 12 223 ++−= xyyxxz u tački M(1,2) u pravcu od tačke M ka tački N(4,6) 3. Naći izzvod funkcije zxyzxyu ++= u tački M(2,1,3) u pravcu od te tačke ka tački N(5,5,15) 4. Nači izvod funkcije arctgxyz = u atački A(1,1) u pravcu simetrale prvog kvadrata

5. Nači izvod funkcije ( )zyx eeeu ++= ln u ( )0,0,00 u pravcu, koji sa koordinatnim osama gradi

uglove 000 3045,60 i .

6. Nači gradz u tačji P(2,1) ako je xyyxz 333 −+= .

7. Nači gradz u tački P(5,3) ako je 22 yxz −= .

Matematika III

77

8. Nači ugao između gradijenata funkcije xyz ln= u tački

41,

21A i B(1,1).

9. Naći gradu u tački P(1,1,1), ako je 222 zxzyxyu ++=

10. Naći gradu u tački P(1,0,0) ako je 222

1

zyxu

++=

1.8. TAYLOROVA I MAC-LAURIN-OVA FORMULA ZA FUNKCIJE VIŠE PROMENLJIVIH

Razmatranje ćemo vršiti na funkcji dve promenljive ( )yxfz ;= . Cilj je da se funkcija

( ) ( )yyxxfyxfz ∆+∆+== 00 ,; u tački ( )yyxxT ∆+∆+ 00 , zameni (aproksimira) funkcijom

( )0000 ; yxfz = u tački ( )000 ; yxT i njenim parcijalnim izvodima u toj tački.

Neka ( )yxfz ;= neprekidna funkcija u okolini tačke ( )00 ; yx . Neka je u toj okolini i tačka

( )yyxx ∆+∆+ 00 , . Neka razmatrana funkcija ( )yxfz ;= ima neprekidne parcijalne izvode, do reda

n , u tački ( )00 ; yx . Neka je

( ) ( )ytbxtaft ∆+∆+= ;ϕ ,

funkcija od jedne promenljive t . Razvijmo funkciju ( )tϕ po Maklorenovoj formuli za [ ]1,0∈t , kao funkciju od jedne promenljive.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )++

−+⋅⋅⋅+++= −

−0

!0

!10

!20

!10 1

1''

2' n

nn

n

nt

ntttt ϕϕϕϕϕϕ

( ) ( )tnt n

nθϕ 1

1

!1+

+

++

Kako je [ ]1,0∈t , to formula (1.8.1) za t=1, postoje

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )+

−+⋅⋅⋅+++= − 0

!110

!210

!201 1'''' n

nt ϕϕϕϕϕ

( )( ) ( )t

nn θθ 1

!11 ++

+ .

Neka je

yytbv

xuxtau

t

t

∆=⇒∆+=

∆=⇒∆+='

'

ν

Tada je

( ) ( ) ( )vufytbxtaft ;; =∆+∆+=ϕ ,

odnosno

=

∆=∆==⋅

∂∂

+⋅∂∂

=∂∂⋅

∂∂

+∂∂⋅

∂∂

=yvxuv

vfu

uf

tv

vf

tu

uf

t

tttt '

''''ϕ

( ) ( ) yyfx

xfyytbxtafxytbxtaf yx ∆

∂∂

+∆∂∂

=∆∆+∆++∆∆+∆+= ;; ''

Matematika III

78

( )22

2

222

2

2'' 2

∆

∂∂

+∆∂∂

=∆∂

∂+∆∆

∂∂∂⋅+∆

∂

∂= y

yfx

xfy

yfyx

yxfx

xf

tϕ

( )3'''

∆

∂∂

+∆∂∂

= yyfx

xf

tϕ

. ( )( )n

nt y

yfx

xf

∆

∂∂

+∆∂∂

=ϕ

( )( )1

1+

+

∆

∂∂

+∆∂∂

=n

nt y

yfx

xfϕ

Za t=0 u '...,,ϕϕ ( )nϕ i ( )1+nuϕθ , imaćemo

( ) ( )baf ;0 =ϕ

( )( )

( )2

,0'

bay

yfx

xf

∆

∂∂

+∆∂∂

=ϕ

.

.

.

( )( )

( )n

ba

n yyfx

xf

,0

∆

∂∂

+∆∂∂

=ϕ

( )( )

( )1

;

1 '+

⋅∆+⋅∆+

+

∆

∂∂

+∆∂∂

=n

ybxa

n yyfx

xf

θθθϕ

Za t=1

( ) ( )ybxaf ∆+∆+= ;1ϕ

...

( )( )

( )1

;

1 '+

⋅∆+⋅∆+

+

∆

∂∂

+∆∂∂

=n

ybxa

n yyfx

xf

θθθϕ

Zamenom u formulu 1.8.1. imaćemo

( ) ( ) ( ) ( ) +=∆+∆+==∆+∆+ 0000 ;!0

1;;; yxfyyxxfyxfybxaf

( )

( ).

!11..

!11

1

00

00

−

==

==

∆

∂∂

+∆∂∂

−++

∆

∂∂

+∆∂∂

n

yyxx

yyxx

yyfx

xf

ny

yfx

xf

( )1

00!

1+

==

+

∆

∂∂

+∆∂∂

+ n

n

yyxx

Ryyfx

xf

n ... (1.4.2)

Matematika III

79

gde je ( )

( )

( )( )1,0,!1

11

1

00

∈

∆

∂∂

+∆∂∂

+=

+

∆+=∆+=

+ yx

n

yyyxxx

n

yx

yyfx

xf

nR θθ

θθ

Indeksi 0xx = i 0yy = označavaju da parcijalne izvode treba uzimati u tački ( )00 , yx . Član

( )

( )1

1

00!1

1+

∆+=∆+=

+

∆

∂∂

+∆∂∂

−=

n

yyyxxx

n

yx

yyfx

xf

nR

θθ

je ostatak u Tejlorovoj formuli i on se ne može precizno

izračunati, jer je tačka gde je on uzet ( )yyxx yx ∆+∆+ θθ 00 , nije određena precizno. Taj ostatak (njegova veličina) se najčešće procenjuje.

Zamenom u formulu 1.8.1. imaćemo

( ) ( ) ( )00

0000 !11;

!01;;

yyxx

yyfx

xfyxfyyxxfyxf

==

∆

∂∂

+∆∂∂

++=∆+∆+=

+

∆

∂∂

+∆∂∂

+

∆

∂∂

+∆∂∂

+

==

==

)3(

00

)2(

00

!21

!21

yyxx

yyxx

yyfx

xfy

yfx

xf

( ) 1

)()1(

00

00 !

1!1

1.. +

==

−

==

+

∆

∂∂

+∆∂∂

+

∆

∂∂

+∆∂∂

−++ n

n

yyxx

n

yyxx

Ryyfx

xf

ny

yfx

xf

n... (1.8.2)

Formula (1.8.2.) za xxx ∆+= 0 i 0xxx −=∆

yyy ∆+= 0 i 0yyy −=∆ , postaje

( ) ( ) ( )+=∆+∆+= 0000 ;!0

1;; yxfyyxxfyxf

( ) ( ) ( ) ( ) +

−

∂∂

+−∂∂

+

−

∂∂

+−∂∂

==

== 0

0

00

)2(

0000 !21

!11

yyxx

yyxx

yyyfxx

xfyy

yfxx

xf

( ) ( ) ++

−

∂∂

+−∂∂

== ...

!31

00

)3(

00 yyxxyy

yfxx

xf

( ) ( ) ( ) ++

−

∂∂

+−∂∂

−+ =

=−

nyyxx

nRyy

yfxx

xf

n 00

)1(

00!11

( ) ( )( )

10000!

1+=

= +

−

∂∂

+−∂∂

+ nyyxx

nRyy

yfxx

xf

n

i naziva se Tejlorovom formulom funkcije ( )yxfz ;= .

Prema tome, funkcija je u Tejlorov polinom napisana kao polinom od ( )0xx − i ( )0yy − stepen n i

ostatka 1+nR .

( ) ( ) ( )( ) 100 ;; ++−−= nn RyyxxPyxf

Ako je tačka ( ) ( )0;000 =yx , tada imamo Maklorenov polinom

Matematika III

80

( ) ( ) +

⋅

∂∂

+⋅∂∂

+

⋅

∂∂

+⋅∂∂

+=

==

==

)2(

00

00 !2

1!1

10;0!0

1;yx

yx

yyfx

xfy

yfx

xffyxf

1

)(

00!

1+

==

+

⋅

∂∂

+⋅∂∂

+⋅⋅⋅+ n

n

yx

Ryyfx

xf

n

Ako hoćemo funkciju da prikažemo Tejlorovim ili Maklor-enovim polinomom ( )yxT ; :

( ) ( ) ( ) ( ) +

−⋅

∂∂

+−⋅∂∂

+=

==

000000 !1

1;!0

1;yx

yyyfxx

xfyxfyxT

( ) ( ) ++

−⋅

∂∂

+−⋅∂∂

+

==

L

)2(

0000!2

1

yx

yyyfxx

xf

( ) ( ))(

0000!

1 n

yx

yyyfxx

xf

n==

−⋅

∂∂

+−⋅∂∂

Tada pišemo

( ) ( ) 1;; ++= nRyxTyxf ili ( ) ( ).;; yxTyxf ≈

Znači da funkciju možemo da aproksimiramo Tejlorovim polinomom. Aproksimacija ima smisla ako 0lim .1 =+∞→ nn

R

Primeri.

1. Razviti funkciju 22 yxz += u okolini tačke ( )0;1 u Tejlorov polinom.

Rešenje. Funkcija z u tački ( )0;1 vredi ( ) .10;1 =z Za Tejlorov polinom potrebno nam je

==∂∂ xxz 2 (u tački(1;0))=2 ( ) 00;12 ===

∂∂ yyz

( ) 20;122

2===

∂

∂

xz

22

2=

∂

∂

yz

02

=∂∂

∂yxz

Svi izvodi većeg reda od 2 biće nule. Prema tome je

( )

∂

∂+

∂∂∂

+∂

∂++

∂∂

+∂∂

+≈ 22

222

2

200 2

!21

!11, dy

yzdxdy

yxzdx

xzdy

yzdx

xzyxfz

Pri čemu je

10 −=−=∆= xxxxdx

Matematika III

81

yyyydy =−=∆= 0 .

Zamenom vrednosti u funkciju z, imaćemo

( ) ( )( ) ( ) ( )( )22 210212210121 yyxxyxz +−⋅+−++−+≈

( ) ( ) 221121 yxxz +−+−+≈

2. Razviti u Tajlorov polinom, polinom

( ) FEyDxCyBxyAxyxf +++++= 222, 22

Rešenje. Razmatrana funkcija ( )yxf , zadovoljava sve zahteve za razvoj u Tajlorov polinom

(neprekidna je kao i njeni parcijalni izvodi u svim tačkamaravni )xy0 . Imaćemo

( )02222 ++=++=∂∂ ByAxDByAx

xf

( )FCyBxFCyBxyf 22222 ++=++=∂∂

( )Nnnzax

fAx

fn

n∈>=

∂

∂⇒=

∂

∂ 2022

2

( )∗+∈>+=

∂∂

∂⇒=

∂∂∂ Nqpqpza

yxfB

yxf

qp

qp,202

2

( )Nnnzay

fCy

fn

n∈>=

∂

∂⇒=

∂

∂ 2022

2

Prema dobijenom, Tajlorova formula glasi

( ) ( ) ( )( )+−+++= 00000 2,, xxDByAxyxfyxf

( )( ) ( ) ( )( ) ( )20002

0000 22 yyCyyxxBxxAyyECyBx −+−−+−+−+++

3. Data je funkcija 023 =+− yxzz . Razviti datu funkciju u okolini tačke (1,1) u Tajlorovpolinom do 2=n .

Rešenje. Pre svega je za ( )1,1z :

Pa je 10123 =⇒=+− zzz

( ) 11,1 =z .

Kako je funkcija zadata implicitno, to je

−=∂∂

=∂∂

⇒−

−=∂∂

−=

∂∂

1

2

231,

232

22

yzxz

xzyz

xzz

xz

u tački (1.1)

( )16

23

162

2

322

2−=

∂

∂⇒

−

−=

∂

∂

xz

xz

xzx

z

Matematika III

82

( )6

23

62

2

322

2−

∂

∂⇒

−

−=

∂

∂

yz

xz

zy

z

( ) 102346 2

2

22=

∂∂∂

⇒−

+=

∂∂∂

yxz

xzxz

yxz

Zamenjeno u formulu

( )

∂

∂+

∂∂∂

+∂

∂+

∂∂

+∂∂

+≈ 22

222

2

2

00 !21

!11, dy

yzdxdy

yxzdx

xzdy

yzdx

xzyxfz pri čemu je

00 , yyydyxxxdx −=∆=−=∆=

1−=∆ xx 1−=∆ yy

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )=−−−−+−−+−−−+≈ 22 161120116!2

11121 yyxxyxz

1851083 22 −+−+−−= xyxyxy

4. Razviti funkciju ( ) 221, yxyxf −−= u Maklrenov polinom četvrtog stepena.

Rešenje. Razvijamo funkciju u okolini tačke (0,0).

( ) 10010,0 =−−=f

( ) ( ) 00,01

212

12222

−=∂∂

⇒−−

−=−⋅−−

=∂∂

xf

yx

xxyxx

f

( ) 00,0112

22222

=∂∂

⇒−−

−=−−

−=

∂∂

yf

yx

y

yx

yyf

( )=

−−

−−

+−−

−=−−

−⋅−−

⋅−−−

−=∂

∂22

22

222

22

2222

2

2

11

1

1

212

11

yxyx

xyx

yx

xyx

xyx

xf

( )( ) 10,0

1

12

2

2/322

2−=

∂

∂⇒

−−

−=

γf

yx

y

( )( ) 00,0

1112

22

2/32222

222=

∂∂∂

⇒−−

−=

−−

−−

−⋅−

−=∂∂

∂yxf

yx

xyyx

yx

yx

yxf

Matematika III

83

( )=

−−

+−−−=

−−

⋅−−

−−−−

−=∂

∂2/322

222

22

2222

2

2

1

11

12

21

yx

yyxyx

yx

yyyx

yf

( )( ) 10,0

1

12

2

2/322

2−=

∂

∂⇒

−−

−=

yf

yx

x

( ) ( ) ( )

( )( )

( )⇒

−−

−=

−−

−⋅−−⋅−−=

∂

∂2/522

2

322

21

222

3

3

1

13

1

21231

yx

yx

yx

xyxy

xf

( ) 00,03

3=

∂

∂⇒

xf

( ) ( ) ( ) ( )

( )=

−−

−⋅−−⋅−−−−=

∂∂

∂322

2/12222/322

2

3

1

2123112

yx

yyxyyxy

yxf

( ) ( ) ( )( )( )

=−−

−+−−−−= 322

2222/122

1

13121

yx

yyxyxy

( )( )

( )( )

( ) 00,01

12

1

332222

3

2/522

22

2/522

222=

∂∂

∂⇒

−−

−−=

−−

−+−−=

yf

yx

xyy

yx

yyxyγ

( ) ( ) ( ) ( )

( )=

−−

−⋅−−⋅−−−−=

∂∂

∂322

2/12222/322

2

3

1

2123112

yx

xyxxyxx

yxf

( ) ( ) ( )( )( )

=−−

−+−−−−= 2/5322

2222/122

1

13121

yx

yyxyxx

( )( )

( )( )

( ) 00,01

12

1

332222

3

2/522

22

2/522

222=

∂∂

∂⇒

−−

−−=

−−

−+−−=

yxf

yx

yxx

yx

yyxx

( ) ( ) ( )

( )( )

( )⇒

−−

−=

−−

−⋅−−⋅−−=

∂

∂2/522

2

2/5322

21

222

3

3

1

13

1

21231

yx

xy

yx

yyxx

yf

( ) 00,03

3=

∂

∂⇒

yf

Matematika III

84

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )=

−−

−⋅−−⋅−−−−−=

∂

∂522

2/32222/5222

4

4

1

212513113

yx

xyxyxyxy

x

f

( )( ) ( )( )

=−−

+−−−−−= 2/7522

2222/3222

1

51113

yx

xyxyxy

( )( )( )

( ) 30,01

14134

4

2/722

222−=

∂

∂⇒

−−

+−−=

γf

yx

yxy

( ) ( ) ( ) ( )

( )=

−−

−⋅−−⋅−−−−⋅=

∂∂

∂522

2/32222/522

3

4

1

212513123

yx

yyxyxyxyx

yxf

( ) ( ) ( )( )( )

=−−

−+−−−−= 2/7522

2222/322

1

151213

yx

yyxyxxy

( )( )

( )( )

⇒−−

−−=

−−

−+−−= 2/722

22

2/722

222

1

3233

1

552223

yx

xyxy

yx

yyxxy

( ) 00,03

4=

∂∂

∂⇒

yxf

( )( )( )522

2/52222

22

4

1

1123

yx

yxxy

yxf

−−

−−−−⋅=

∂∂

∂

( ) ( ) ( )

( )=

−−

−⋅−−⋅−−−

522

2/32223

1

21252

yx

yyxyyxy

( ) ( ( ) )( )( )

=−−

−−+−−

−−−

=

−

2/7522

232222/322

1

25112312

yx

yyxyyyxxyyx

( ) 2/722

22424222

1

222333

yx

yxxxyyxy

−−

−++−−−=

( )=

−−

−−+++−2/722

222422

1

51051

yx

yyxyyx

Matematika III

85

( ) ( ( ) )( )( )

=−−

−−+−−

−−−

=

−

2/7522

232222/322

1

25112312

yx

yyxyyyxxyyx

( ) 2/722

22424222

1

222333

yx

yxxxyyxy

−−

−++−−−=

( )=

−−

−−+++−2/722

222422

1

51051

yx

yyxyyx

( )( ) 10,0

1

1112222

4

2/722

222244−=

∂∂

∂⇒

−−

−−−−+=

yxf

yx

yxyxyx

( ) ( ) ( ) ( )

( )=

−−

−⋅−−⋅−−−⋅=

∂∂

∂522

2/32222/522

3

4

1

212513123

yx

xyxxyyxxy

yxf

( ) ( ) ( )( )( )

=−−

−+−−−−2/722

2222/322

1

151213

yx

xyxyxxy

( )( )

( )( )

( ) 00,01

3233

1

5522233

4

2/722

22

2/722

222=

∂∂

∂⇒

−−

−−=

−−

−+−−=

yxf

yx

yxxy

yx

xyxxy

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )=

−−

−⋅−−⋅−−−−=

∂

∂522

2/32222/5222

4

4

1

212513113

yx

yyxxyyxx

yf

( )( ) ( )( )

=−−

+−−−−−= 2/7522

2222/3222

1

51113

yx

yyxyxx

( )( )( )

( ) 30,01

41134

4

2/722

222−=

∂

∂⇒

−−

+−−=

yf

yx

yxx

( ) ( ) ( ) ( )!2

10,00,0!1

10,0, +

∂∂

+∂∂

+≈ yyfx

xffyxf

( ) ( ) ( ) +

⋅

∂

∂+

∂∂∂

+⋅∂

∂ 22

222

2

20,00,020,0 y

yfxy

yxfx

xf

( ) ( ) ( )

+⋅

∂∂

∂+

∂∂

∂+⋅

∂

∂+ 2

2

32

2

33

3

30,030,030,0

!31 xy

yxfyx

yxf

xf γ

Matematika III

86

( ) ) ( ) ( )

+⋅

∂∂

∂+

∂

∂++⋅

∂

∂+

yyx

fx

fy

yf 3

3

44

4

4

33

0,00,0!4

10,03 γγ

( ) ( ) ( ) ) =∂

∂+⋅

∂∂

∂+

∂∂

∂+ 4

4

43

3

422

22

40,00,040,06 y

yfxy

yxfyx

yxf

( ) ( )+−⋅⋅+−+⋅+⋅⋅+= 22 02210011 yxyxyx

( )+⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅+ 3223 00303061 yxyyxx

( )( )=−⋅⋅+−+⋅+−+ 432234 30416043241 yxyyxyxx

42242281

41

81

21

211 yyxxyx −−−−−=

5. Koristeći Tejlorov polinom drugog stepena, odgovarajuće funkcije dve promenljive, približno izračunati .95,0log 01,0+e

Rešenje.

Kako je ( ) ( )hxkyee +=+−=+++ 001,001,0 0

log05,01log.95,0log

gde je 01,0,,05,0,1 00 ==−== keyhx zaključujemo da je funkciju ( ) xyxf ylog, = treba aproksimirati Tejlorovim polinom u okolini tačaka (1,e).

( ) 01log,1 == eef

( ) 1ln11,1

ln1

==∂∂

⇒=∂∂

ee

xf

yxxf

( ) =⋅−

=

∂∂

=∂∂

=∂∂

yy

x

yx

yxx

yyf

y 2ln

1ln

lnlnln

( ) 0ln

1ln,1lnln

22 ==∂∂

⇒−=ee

eyf

yyx

( ) 1ln11,1

ln1

222

2−=

⋅−=

∂

∂⇒−=

∂

∂e

exf

yxxf

( )eee

eyx

fyxyyx

f 1ln11,1

ln1

22

2−=

⋅⋅−=

∂∂∂

⇒−=∂∂

∂

( )=

+=

⋅⋅+⋅

=∂

∂34242

2

2

2

ln2lnlnln

ln

1ln2lnln

yyyyx

yyy

yyyx

yf

Matematika III

87

( ) ( ) 0,1ln

2lnln2

2

32 =∂

∂⇒

+= e

yf

yyux

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) +

−⋅

∂∂

+−⋅∂∂

+≈ eyeyfxe

xfefyxf ,11,1

!11,1,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+−⋅−⋅

∂∂∂

+−⋅∂

∂+ eyxe

yfxef 1,121,1

!21 2

22

2

γγ

( ) )( )=−⋅∂

∂+ 2

2

2,1 eye

yf

( ) ( ) =

⋅+−−+⋅+⋅+=−=−== 22 02

21010,1 khk

ehkheykxhjekako

+−=

ehk

hh2

21 2

Kada uvrstimo 01,0,05,0 =−= kh dobijamo

( ) ( )−=

⋅−⋅

+−−−≈+ ee01,005,0205,0

2105,095,0log 2

01,0

=

⋅

−−−=e

01,01,00025,02105,0

( ) 051,00003,00025,02105,0 −≈−−−=

Zadaci.

1. Date funkcije razviti po Tejlorovoj formuli u okolini tačaka

1.1 ( ) ( )1,1,1, 2 Ayxyxf −=

1.2 ( ) ( )2,1,362, 22 −−−−−= Ayxyxyxyxf ,

1.3 ( ) ( )1,1,1, −= Axy

yxf (uzimajući 3=n ),

1.4 ( ) ( )1,1,, Axyxf y= (uzimajući 2=n ),

1.5 ( ) ( )1,1,, −= + Aeyxf yx (uzimajući 3=n ),

2. Razložiti date funkcije po Maklojenovoj formuli, uključujući članove četvrtog stepena

2.1. ( ) xyyeyxf 22, +−=

2.2. ( ) ( )yeyxf x += 1ln,

2.3. ( ) yeyxf x sin, = 2.4. ( ) yxyxf coscos, =

2.5. ( ) xyxeyxf22

,+−=

3. Koristeći Tajlorov polinom drugog stepena odgovarajuće funkcije dve promenljive približno izračunati 3.1. 3 98,003,1

3.2. ( ) 01,295,0

Matematika III

88

1.9. EKSTREMNE VREDNOSTI FUNKCIJE VIŠE ARGUMENATA

Def.1.9.1. Ekstremna tačka ( )baA , naziva se tačka lokalnog maksi-muma (minimuma)

funkcije ( )bafz ,= , ako vrednost funkcije ( )baf , u toj tački nije manja (veća) od vrednosti

funkcije ( )yxf , u proizvoljnoj tački iz okoline tačke A (sl. 1.9.1; 1.9.2). SLIKA 1.9.1. i 1.9.2. Lokalni maksimum ili lokalni minimum nazivamo lokalnim ekstremumima ili ekstremima.

U tačkama ekstremuma je tangentna ravan površi paralelna ravni Oxy . Termin lokalni ima za cilj da se izjava o ekstremumu ograniči na posmatranu okolinu.

Može se desiti da posmatrani ekstremum maksimum (minimum) nije tačka u kojoj z dostiže najveću (najmanju) vrednost u čitavom intervalu definisanosti. Najveći maksimum od svih maksimuma, razmatrane funkcije, nad čitavim intervalom definisa-nosti, je apsolutni maksimum te funkcije.

Analogno se definiše apsolutni minimum, kao najmanji minimum od svih minimuma razmatrane funkcije, nad čitavim intervalom definisanosti te funkcije.

Def.1.9..2. Tačka površi ( )yxfz ,= u kojoj je tangentna ravan paralelna sa koordinatnom ravni Oxy , naziva se stacionarnom tačkom.

Ako su neke vrednosti funkcije ( )yxfz ,= u okolini stacionarne tačke veće vrednosti a neke manje od same vrednosti stacionarne tačke, tada za tu stacionarnu tačku kažemo da je sedlasta tačka površi (sl.1.10.3.).

Koordinate vektora nr normalnog na površ ( )yxfz ,= u tački ( )zyxM ,, jesu

∂∂

−∂∂

− 1;;yz

xznr .

U stacionarnim tačkama vektor nr je paralelan osi z , pa su njegove koordinate

( )1;0;0nr .

To znači da su koordinate stacionarne tačke određene sistemom jednačina

0=∂∂xz 0=

∂∂yz

.

Taj sistem predstavlja neophodan uslov za postojanje ekstremnih vrednosti. Prema tome, da bi diferencijabilna funkcija ( )yxfz ,= imala loka-lni ekstrem u tački

( )baA , , neophodno je da u toj tački budu njeni parcijalni izvodi jednaki nuli, tj.

( ) 0,' =baf x i ( ) 0,' =baf y (1.10.1.)

Primeri:

1. Funkcija ( ) xyyxf =, ima stacionarnu tačku ( )0,0A , jer je

( ) 0, 000

' == === y

yxx yyxf ; ( ) 0, 0

00

, == === x

yxy xyxf .

Međutim, tačka ( )0,0A nije tačka ekstrema, jer u okolini ove tačke funkcija menja znak.

Zaista, ( ) ( ) .11,1,11,1 =−=− zz Prema tome staciona-rnost neke tačke nije dovoljan uslov da ta tačka bude ekstremna vrednost.

2. Funkcija ( ) 22, yxyxf += ima parcijalne izvode

Matematika III

89

( )22

, ,yx

xyxf x+

= ; ( )22

, ,yx

yyxf y+

= .

Ovaj sistem je za 0=x i 0=y neodređen, te funkcija f nije dife-rencijabilna u tački ( )0,0A , ali u toj tački ona ima minimum.

Dakle, tačka ( )0,0A nije stacionarna, ali je tačka lokalnog mini-muma. Prema tome ekstremna vrednost može postojati i u tački u kojoj prvi parcijalni izvodi ne postoje.

Dovoljni uslovi ekstrema. Radi dobijanja dovoljnih uslova za egzistenciju lokalnih ekstrema, uvodimo sledeće uobičajene oznake

( )bafx

zA xx ,"2

2=

∂

∂= , ( )baf

yxzB xy ,"

2=

∂∂∂

= , ( )bafy

zC yy ,"2

2=

∂

∂=

2BACCBBA

−==∆

Navodimo teoremu, u kojoj su precizirani dovoljni uslovi za egzistenciju ekstremnih vrednosti. Dokaz ove teoreme izvodi se uz pomoć Tajlorove formule.

Teorema 1.9.1.1. Neka funkcija ( )yxfz ,= u tački ( )ba, zadovoljava uslove

( ) 0,' =baf x i ( ) 0,' =baf y ,

i neka su parcijalni izvodi drugog reda A,B,C funkcije neprekidni u toj tački. Tada imamo 1. Ako je 0.>∆ , funkcija ima u tački ( )ba, lokalni ekstremum, i to lokalni minimum za

0>A , a lokalni maksimum za 0<A .

2. Ako je 0<∆ , funkcija nema lokalnih ekstrema u tački ( )ba, .

3. Ako je 0=∆ , funkcija može imati lokalni ekstrem u tački ( )ba, , ali ne mora, pa je potrebno dalje ispitivanje.

Dokaz. Razvijmo funkciju ( )yxfz ,= po Tejlorovoj formuli u okolini tačke (a, b)

( ) ( )( )

( )2

,!2100,

ybxay

yfx

xfyxbaf

∆+∆+

∆

∂∂

+∆∂∂

+∆⋅+∆⋅+=θθ

Otuda je ( )( )

( )2

,!21,

ybxay

yfx

xfbafz

∆+∆+

∆

∂∂

+∆∂∂

=−θθ

,

odnosno,

( )( )

( )=

∆

∂∂

+∆∂∂

=−=∆∆+∆+

2

,21,

ybxay

yfx

xfbafzz

θθ

( ) ( )( )ybxa

yy

fyxyxfx

xf

∆+∆+

∆

∂

∂+∆∆

∂∂∂

+∆∂

∂=

θθ ,

22

222

2

22

21

Kako je funkcija, po pretpostavci, neprekidna sa svojim parcijalnim izvodima, možemo i ovako zapisati

( )( ) ( )

( )2

, ,

1 1,1! 2!a b a x b y

f f f fz f a b x y x yx y x y θ θ+ ∆ + ∆

∂ ∂ ∂ ∂ = + ∆ + ∆ + ∆ + ∆ = ∂ ∂ ∂ ∂

Matematika III

90

( ) ( )( ) 11

"1

,2

2

,2

2, εεε

θθ

+=+=+

∂

∂=

∂

∂

∆+∆+

Abafx

fx

fxx

baybxa

( ) ( )( ) 22

"2

,

2

,

2, εεε

θθ

+=+=+

∂∂∂

=

∂∂∂

∆+∆+

Bbafyxf

yxf

xybaybxa

( ) ( )( ) 33

"3

,2

2

,2

2, εεε

θθ

+=+=+

∂

∂=

∂

∂

∆+∆+

Cbafy

fy

fyy

baybxa

Pri čemu su 3,2,1 εεε beskonačno male, kada x∆ i y∆ teže nuli.

Sada je

( )( ) ( ) ( )( )( )=∆++∆∆++∆+=∆ 232

21 2

21 yCyxBxAz εεε

( ) ( )( ) 422 2

21 ε+∆+∆∆+∆= yCyxBxA

Pri čemu je 4ε zbir proizvoda beskonačno malih veličina i konstanata takođe beskonačno mala veličina (vidi navedenu literaturu [3] ).

Ako je

( ) ( ) ( ) ( )=

∆+∆∆+∆=∆+∆∆+∆=

AyACyxABxAyCyxBxA

22222 22δ

( ) ( )( )A

yBACyBxA 222 ∆−+∆+∆=

ili

( ) ( ) ( ) ( )( )C

xBACxByCyCyxBxA222

22 2 ∆−+∆+∆=∆+∆∆+∆=δ

odakle se može da izvede zaključak

1. Ako je 02 >− BAC tada je brojilac uvek pozitivan, znak δ zavisi od Α, odnosno, C . 1.1. Ako je 0A > (ili 0C > ), tada je i 0>∆z , tj. funkcija ima minimum u tački

(a,b,f(a,b)). 1.2. Ako je 0<A ( ili 0<C ), tada je i 0<∆z , tj. funkcija ima maksimum.

2. Ako je 02 <− BAC tada z∆ zavisi (menja se) od x∆ i .y∆ Tada nemamo ekstremnih vrednosti već sedlastu tačku.

3. Ako je 02 =− BAC , tada treba ispitivati dalje, uvođenjem novih članova Tajlorovog reda (može da bude i 0=∆+∆ yBxA

Navedeni primeri ukazuju da ekstremne vrednosti funkcija od dva argumenta treba tražiti među stacionarnim tačkama ili među tačkama u kojima funkcija nije diferencijabilna. Dovoljni uslovi dati u teoremi važe za diferencijabilne funkcije, a za nediferencijabilne funkcije u okolini tačke ( )ba, treba ispitati znak razlike ( ) ( )bafyxf ,, − .

Primeri.

1. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije 33 3 yaxyxz +−= ( )0>a

Rešenje.

Matematika III

91

⇒

=−−=∂∂

=−−=∂∂

0,33

0,33

22

22

axyaxyyz

ayxayxxz

==

==

ayax

yx

,

0,0

Ekstremne vrednosti mogu biti u tačkama ( )0,01M i ( )aaM ,2 . Određujemo BA, i C .

,62

2x

xzA =

∂

∂= a

yxzB 3

2−=

∂∂∂

= , yy

zC 62

2=

∂

∂=

U tački ( )0,01M je 0=A , aB 3−= , 0=C te je 09 22 <−=− aBAC , što znači da tačka 1M nije tačka ekstrema.

Za tačku ( )aaM ,2 je ,6aA = aB 3−= , aC 6= , zbog čega je

027936 2222 >=−=− aaaBAC , pa u ovoj tački postoji ekstrem i to minimum, jer je

( ) 3min ,0 aaazzA −==⇒> .

2. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije 2222 Rzyx =++

Rešenje.

2222222 yxRzRzyx −−±=⇒=++ , razmatrajmo samo 0>z .

( )A

yxR

Ryx

z

yxR

xxz

=

−−

−=

∂

∂⇒

−−

−=

∂∂

23

222

22

2

2

222,

( )B

yxR

xyyxz

=

−−

−=

∂∂∂

23

222

2

( )C

yxR

Rxy

z

yxR

yyz

=

−−

−=

∂

∂⇒

−−

−=

∂∂

23

222

22

2

2

222

Rešavanjem sistem:

0222=

−−

−

yxR

x

0222=

−−

−

yxR

y

dobijamo stacionarnu tačku ( )0,0M .

( )( )

RR

R 10,0A

232

2 −=

−=

( ) 00,0 =B

( )( )

RR

R 10,0C

232

2 −=

−=

Matematika III

92

⇒

<

>=−

0

12

2

AR

BACfunkcija ima ekstremum i to maksimum,

( ) Rzz == 0,0max . Da smo razmatrali i 0<z , dobili bi ( ) Rzz −== 0,0min .

3. Načiniti ostavu za koncentrat bakra date površine P tako da mu zapremina bude najveća.

Rešenje.

Zapremina V paralelopipeda je funkcija njegovih dimenzija ,,, zyx tj.:

xyzV = .

Koristeći formulu za površinu paralelopipeda ( ) Pzxyzxy =++2 nalazimo

yx

xyP

z+

−= 2

pa zamenom ove vrednosti u V, dobijamo V kao funkciju od dve promenljive

( )( )yx

yxPyxV xy

+

−=

22

,22

( )( )

( )( )

yx

PxyyxyyPyx

xyV

PxyxxyxPyx

yxV

=⇒

=+=−−+

=∂∂

=+=−−+

=∂∂

42,0422

42,0422

222

222

Zbog toga 6

,6

,6

6 2 PzPyPxPx ==== , što znači da je traženi paralelopiped kocka

(proveriti da li je to zaista maksimum).

4. Ispitati egzistenciju lokalnih ekstrema (u slučaju kada postoje odrediti ih) funkcija ( )yxf , zadatih sa

4.1 ( ) yxyxyxyxf 63, 22 −−++=

4.2. ( ) 22, yxyxf −=

4.3. ( ) 279, 33 +−+= xyyxyxf

4.4. ( ) yxxyxyxf 24513, 23 −−+=

4.5. ( ) ( )yxyxyxf −−= 4, 23

4.6. ( ) 44, yxyxf +=

4.7. ( ) ( ) ( )441, yxxyxf −+−=

4.8. ( ) 2244 2, yxyxyxyxf −−−+=

4.9. ( ) 0,0,2050, >>++= yxyx

xyyxf

4.10. ( ) yxyxf 2, =

Rešenja.

Matematika III

93

4.1. ( ) yxyxyxyxf 63, 22 −−++=

Najpre nađemo parcijalne izvode funkcije

32 −+=∂∂ yx

xf

, 62 −+=∂∂ yx

yf

Da bi dobili stacionarnu tačku (stacionarne tačke) rešavamo sistem

0=∂∂

xf

, 0=∂∂yf

u našem slučaju

=−+=−

⇒

=−+=+−−

⇒

=−+=−+

03203

0620624

062032

yxx

yxyx

yxyx

0=x 0302 =−+⋅ y 3,0 == yx

Dakle stacionarna tačka je ( )3,0M . Da bi ispitali da li je ta tačka i tačka ekstrema, tražimo parcijalne izvode drugog reda

22

2=

∂

∂

xf

, 12

=∂∂

∂yxf

, 22

2=

∂

∂

y

f

Označimo zatim sa 22

2=

∂

∂=

xfA , 1

2=

∂∂∂

=yxfβ i 2

2

2=

∂

∂=

y

fC i

formirajmo: 031222 >=−⋅=−=∆ BAC

Kako je 03 >=∆ i 02 >=A , funkcija ima lokalni minimum i to

( ) 9189360333003,0 22min −=−=⋅−⋅−+⋅+== ff

4.2. ( ) 22, yxyxf −=

Nađimo parcijalne izvode

xxf 2=∂∂

i yyf 2−=∂∂

Formirajmo i rešimo sistem

⇒==

⇒

=−=

00

0202

yx

yx

stacionarna tačka je ( )0,0M .

Nađimo sada druge parcijalne izvode

2,0,22

22

2

2−=

∂

∂=

∂∂∂

=∂

∂

yf

yxf

xf

Znači 20,2 −=== CiBA , pa je

( ) 04022 22 <−=−−⋅=−=∆ BAC Kako je 0<∆ , to funkcija nema ekstremnih vrednosti.

4.3. ( ) 279, 33 +−+= xyyxyxf

yxxf 93 2 −=∂∂

, xyyf 93 2 −=∂∂

Rešimo sistem

Matematika III

94

093

0932

2

=−

=−

xy

yx

xy

yx

3

32

2

=

=

3

2xy =

xx 33

22=

3

2xy =

039

4=− xx

3

2xy = 0274 =− xx

3

2xy = ( ) 0273 =−xx 3

2xy =

( )( ) 0933 2 =++− xxxx 30 21 == xix

33

3,03

221

2===⇒= yyxy

Dakle stacionarne tačke su ( )0,01M i ( )3,32M

Axx

f==

∂

∂ 62

2 B

yxf

=−=∂∂

∂ 92

Cyy

f==

∂

∂ 62

2

Ispitajmo najpre prirodu stacionarne tačke ( )0,01M

( )

( ) 0060,09

0060,0

=⋅=−=

=⋅=

CBA

( ) 08190 22 <−=−−=−=∆⇒ BAC

Kako je ,0<∆ to u tački ( )0,01M funkcija nema ekstrema.

Za tačku ( )3,32M imamo

( )

( )( ) 0243918

18363,39

18363,3222 >=−−=−=∆⇒

=⋅=−=

=⋅=BAC

CBA

Kako je 0⟩∆ i ,0⟩A to u tački ( )3,32M funkcija ima minimum.

( ) 02781272727339333,3 33min =+−+=+⋅⋅−+== ff

4.4. ( ) yxxyxyxf 24513, 23 −−+=

5133 22 −+=∂∂ yx

xf

, 246 −=∂∂ xyyf

Rešimo sistem:

05133 22 =−+ yx 01722 =−+ yx

0246 =−xy 4=xy

xy 4=

xy 4=

0174 22 =−

+

xx 01716

22 =−+

xx

Matematika III

95

xy 4=

xy 4=

( )txsmenaxx ==+− 224 01617 016172 =+− tt

xy 4=

xy 4=

26428917

2/1−±

=t 2

225172/1

±=t

xy

tt

4

16211

=

==

416

11

4/32

2/12

±=⇒=

±=⇒=

xx

xx

4,1 11 −=−= yx , 4,1 22 == yx ,

1,4 33 −=−= yx , 14 44 == yx ,

znači stacionarne tačke su:

( ) ( ) ( ) ( )1,4,1,4,4,1,4,1 4321 MMMM −−−−

Nađimo sada parcijalne izvode drugog reda:

Axx

z==

∂

∂ 62

2, By

yxz

==∂∂

∂ 62

, Cxy

z==

∂

∂ 62

2

Ispitajmo prirodu stacionarnih tačaka

Za tačku ( )4,11 −−M imamo

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

( ) ( ) 05405763624666164,1

24464,16164,1

22 <−=−=−−⋅−=−=∆⇒

−=−⋅=−−=−⋅=−−−=−⋅=−−

BACCBA

Kako je ,0⟨∆ to je tačka ( )4,11 −−M sedlasta tačka, u njoj funkcija nema ekstremnu vrednost.

Za tačku ( )4,12M imamo

( )( )( )

=⋅==⋅==⋅=

6164,124464,16164,1

CBA

0540246 222 <−=−=−=∆⇒ BAC

Kako je ( )4,10 2M⇒<∆ je sedlasta tačka

Za tačku ( )1,43 −−M imamo

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

( ) ( ) ( ) 0540365766242424461,46161,424461,4

2 >=−=−−−⋅−=∆⇒

−=−⋅=−−−=−⋅=−−−=−⋅=−−

CBA

Kako je ,0>∆ a 024 <−=A to funkcija u tački ( )1,43 −−M ima maksimum i to

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 15212445114341,4 23max =−⋅−−⋅−−⋅−⋅+−=−−= ff

Za tačku ( )1,44M imamo:

Matematika III

96

( )( )( )

0540365766242424461,46161,424461,4

22 >=−=−⋅=−=∆⇒

=⋅==⋅==⋅=

BACCBA

Kako je 0>∆ i 024 >=A to funkcija u tački ( )1,44M ima minimum i to

( ) 15212445114341,4 23min −=⋅−⋅−⋅⋅+== ff

4.5. ( ) ( )yxyxyxf −−= 4, 23

( ) ( ) ) ( )( yxyxxyxyxyxyxyxxf 34124343 22222322 −−=−−−=−−−=∂∂

( ) ( )( ) ( )yxyxyyxyxyxyxyxyf 3284242 33233 −−=−−−=−−−=∂∂

Rešimo sistem jednačina

( )

( ) 0328

034123

22

=−−

=−−

yxyx

yxyx

Rešenja su najpre ,0=x y proizvoljno i ,0=y x proizvoljno. Dalje

xyyx 412303412 −=⇒=−−

( ) 04204120412283

4123 =−=−⇒=+−−−

⋅ xxxxxx

31 =x ili 2=x

01 =y ili 34

2 =y

Znači stacionarne tačke su tačke koordinatnih osa ( ) ;,0, RxxM ∈

( ) RyyN ∈,,0 i tačka -

34,2P

Nađimo sada parcijalne izvode drugog reda

( ) ( ) =−−−=−−−=∂

∂ xyxxyyxyxxyx

f 234122434122 22222

2

( ) ( )yxxyyxxy −−=−−= 24636122 22

( ) ( ) ( )yxyxyyxyxyxyxyxyxf 982436824334122 22222

2−−=−−−=−−−=

∂∂∂

( ) ( ) ( ) =−−=−−−=−−−=∂

∂ yxxyyxxyxyxxy

f 62833283328 33332

2

( )yxx 342 3 −−=

Kako su u tačkama koordinatnih osa sva tri parcijalna izvoda drugog reda nula, to je .0=∆ To nemamo odgovor o prirodi ovih stacionarnih tačaka. Poslužimo se zato priraštajem

funkcije u tačkama ( )0,xM odnosno ( )yN ,0 . Pokažimo to za tačke y ose.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−∆−−∆−∆+∆=−∆+∆+ 04,0,0 23 yyxyyxyzyyxz

Matematika III

97

( ) ( ) ( )yyxyyx ∆−−∆−∆+∆= 423

Dakle ( ) ( ) ( ) ( )yyxyyxyz ∆−−∆−∆+∆=∆ 4,0 23 Neka su x∆ i y∆ proizvoljno mali i takvi da je 0≠∆+ yy i 04 ≠∆−−∆− yyx

Kako ( )yz ,0∆ kao funkcija promenljivih x∆ i y∆ u tačkama ( )yx ∆∆ , i ( )yx ∆∆− , uzima

vrednosti različitih znakova, onda tačke ( ) RyyN ∈,,0 nisu tačke ekstrema. Slično pokazujemo i za tačke x ose.

Za tačku

34,2P je

9256

34224

3426

34,2

2−=

−⋅−

⋅⋅=

A

364

34

93

2824342

34,2 2 −=

⋅−⋅−⋅=

B

323432422

34,2 3 −=

⋅−−⋅=

C

09

40969

64925632

364

925632

222 >=−

⋅=

−−

−⋅−=−=∆ BAC

Kako je ,0>∆ a 0<A to funkcija u tački

34,2P ima maksimum i to

27256

3424

342

34,2

23

max =

−−

⋅=

= ff

4.6. ( ) 44, yxyxf += , 34xxf=

∂∂

34yyf=

∂∂

Rešenje sistema

=

=

04

043

3

y

xje tačka ( )0,0M i to je stacionarna tačka.

Kako je

( )( )( )

000,000,000,0

12

0

12

2

22

2

2

22

2

=−=∆⇒

===

⇒

=∂

∂

=∂∂

∂

=∂

∂

BACCBA

yy

f

yxf

xx

f

Pa dovoljan uslov ne daje odgovor. Zato ćemo proveriti, na osnovu definicije ekstrema, da li postoje okolne tačke ( )0,0M u

kojoj priraštaj ( ) ( ) =−∆+∆+=∆ 0,00,0 fyxff ( ) ( )44 yx ∆+∆= ne menja znak. Očigledno je

( ) ( ) >∆+∆=∆ 44 yxf yx ∆∆∀> ,0 pa funkcija ima minimum u tački ( )0,0M jer je ( ).0>∆f

Matematika III

98

( ) 0000,0 44min =+== ff

4.7. ( ) ( ) ( )441, yxxyxf −+−=

( ) ( )33 414 yxxxf

−+−=∂∂

, ( )34 yxyf

−−=∂∂

Rešimo sistem

( ) ( ) 0414 33 =−+− yxx ( ) 014 3 =−x

( ) 04 3 =−− yx ( ) 04 3 =−− yx

11==

=xy

x

Stacionarna tačka je ( )1,1M

Nađimo parcijalne izvode drugog reda

( ) ( ) Ayxxx

f=−+−=

∂

∂ 222

212112

( ) Byxyxf

=−−=∂∂

∂ 22

12 , ( ) Cyxy

f=−=

∂

∂ 22

212

Kako je

( )( )( )

001,101,101,1

2 =−=∆⇒

===

BACCBA

, pa pitanje ekstrema ostaje otvoreno.

Poslužimo se zato priraštajem

( ) ( ) ( ) ( ) =−∆−−∆++−∆+=−∆+∆+=∆ 011111,11,1 44 yxxfyxff

( ) ( ) 044 >∆−∆+∆= yxx

Odnosno postoji okolina tačke ( )1,1M u kojoj f∆ ne menja predznak, pa je ( )0>∆f

Tačka ( )1,1M je u kojoj funkcija ima minimum

( ) ( ) ( ) 011111,1 44min =−+−== ff

4.8. ( ) 2244 2, yxyxyxyxf −−−+=

yxxxf 224 3 −−=∂∂

, yxyyf 224 3 −−=∂∂

Formirajmo sistem

0224 3 =−− yxx 044 33 =− yx

0224 3 =−− yxy 0224 3 =−− yxx

0224 3 =−−

=

xxx

yx

044 3 =−

=

xx

yx

( ) 014 2 =−

=

xx

yx

1321 ,1,0 −====

xxxyx

Matematika III

99

Dakle stacionarne tačke su ( ) ( )1,1,0,0 21 MM i ( )1,13 −−M Potražimo parcijalne izvode drugog reda

Axx

f=−=

∂

∂ 212 22

2, B

yxf

=−=∂∂

∂ 22

Cyy

f=−=

∂

∂ 212 22

2

Za tačku ( )0,01M imamo

( )( )( )

( ) ( ) ( ) 0222220120,0

20,0220120,0

22 =−−−⋅−=−=∆⇒

−=−⋅=−=

−=−⋅=BAC

CBA

Kako je ,0=∆ pa dovoljan uslov ne daje odgovor, o postojanju ekstrema. Poslužimo se zato priraštajem funkcije u toj tački

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2244 20,00,0 yyxxyxfyxf ∆−∆∆−∆−∆+∆=−∆+∆+

Ako je ,yx ∆=∆ onda je ( ) ( ) ( ) ( ) 023232 2224 <

−∆∆=∆−∆=∆ xxxxf za

.230 <∆< x

Za ( ) ( ) 0202 44 >∆=−∆=∆⇒∆−=∆ xxfyx

Dakle priraštaj ( )0,0f∆ menja znak u okolini tačke ( ),0,01M pa u njoj funkcija nema ekstrema.

Za tačku ( )1,12M imamo

( )( )( )

( ) 09621010

1021121,1

21,11021121,1

22

2

2

>=−−⋅=−=∆⇒

=−⋅=

−==−⋅=

BAC

C

BA

Kako je 096 >=∆ i 010 >=A to u tački ( )1,12M funkcija ima minimum i to

( ) 211121111,1 2244min −=−⋅⋅−−+== ff

Za tačku ( )1,13 −−M imamo

( ) ( )( )

( ) ( )

( ) 9621010

1021121,1

21,11021121,1

22

2

2

=−−⋅=−=∆⇒

=−−⋅=−−

−=−−=−−⋅=−−

BAC

C

BA

Kako je 096 >=∆ i 010 >=A to u tački ( )1,13M funkcija ima minimum i to:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 211121111,1 2244min −=−−−⋅−⋅−−−−+−=−−= ff

4.9. ( ) 0,0,2050, >>++= yxyx

xyyxf

2

50x

yxf

−=∂∂

2

20y

xyf

−=∂∂

Rešimo sistem

Matematika III

100

020

050

2

2

=−

=−

yx

xy

050

20

50

2

2

2

=

−

=

x

x

xy

2

4

50

250020

xy

x

x

=

=

2

4

50

125\1252

xy

xx

=

⋅=

2

4

500125

xy

xx

=

=−

( )2

3

500125

xy

xx

=

=−

2

3

5001250

xy

xx

=

=−∪=

250

50

xy

xx

=

=∪=

5,2550

2=== xy

Stacionarna tačka je ( )2,5M

Parcijalni izvodi drugog reda su

Axx

f==

∂

∂32

2 100, B

yxf

==∂∂

∂ 12

, Cyy

f==

∂

∂32

2 40

Za tačku ( )2,5M imamo

( )

( )

31554

5

32402,5

1

54

51251004

51002,5

2

3

=−⋅=−=∆⇒

==

=

===

BAC

C

B

A

Kako je 03 >=∆ i 054>=A u tački ( )2,5M funkcija ima minimum i to

( ) 302

205

50252,5min =++⋅== ff

4.10. ( ) yxyxf 2, =

Matematika III

101

xyxf 2=∂∂

, 2xyf=

∂∂

Rešimo sistem

02 =xy

02 =x , 0=x , y - proizvoljno

Znači stacionarne tačke su tačke y ose ( )yM ,0

Nađimo parcijalne izvode drugog reda

( )( ) 0

00,02,0

0

2

2

2

2

2

2

2

2

=−=∆⇒

===

⇒

=∂

∂

=∂∂

∂

=∂

∂

BACC

yByyA

yf

xyxf

yx

f

Dovoljan uslov ne daje odgovor o prirodi ekstrema

Nađimo stoga zd 3

( )=

∂

∂+

∂∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂=

∂∂

+∂∂

= 33

32

2

32

2

3

3

333 33 dy

yzdxdy

yxzdydx

yxzdx

xzdy

yzdx

xzzd

dydxdydx 22 60060 =+++=

Kako zd 3 za razne vrednosti priraštaji dy menja znak to tačke ( )yM ,0 nisu tačke ekstrema, odnosno ova funkcija nema ekstremnih vrednosti.

5.Naći najkraće rastojanje mimoilaznih pravih

31

11

474

32

21

−+

=−

=+−

=+

=− zyxizyx

Rešenje. Ako su iA tačke prve a iB tačke druge prave, najkraće rastojanje između pravih je

minimum rastojanja tačaka iA i iB Kako je ( ) ( ) ( )2122

122

12 zzyyxxd −+−+−=

odnosno ( ) +−= 212

2 xxd ( ) ( )2122

12 zzyy −+− , treba tražiti minimum ove funkcije gde je

( )222 ,, zyxBi i ( )1,11, zyxAi

Napišimo najpre parametarske jednačine ovih pravih

472312

74

32

21

74

32

21

+−=−=+=

⇒

=+−

=+

=−

⇒=+−

=+

=−

nznynx

nz

ny

nx

nzyx

Matematika III

102

131

4

31

11

4

31

11

4−−=

+==

⇒

=−+

=−

=

⇒=−+

=−

=ϑ

ϑϑ

ϑ

ϑ

ϑ

ϑzyx

z

y

x

zyx

Sada je

( ) ( ) ( ) =−+−−++−++−−= 2222 4713231124 nnnd ϑϑϑ

( ) ( ) ( )222 57333124 −+−++−+−−= nnn ϑϑϑ

Nađimo sada parcijalne izvode ove funkcije

( ) ( ) ( )( ) ( ) =⋅−+−+−+−+−⋅−−=∂∂ 757323332212442

2nn

nd ϑϑϑ

8464124709842181864816 −−=−+−−+−++−= ϑϑϑϑ nnnn

( ) ( ) ( ) ( ) =−⋅−+−++−+⋅−−=∂∂ 357432332412442

2ϑϑϑ

ϑnd

285264304218664281632 ++−=+−++−+−−= ϑϑϑϑϑ nn

Formirajmo sistem

02852640846424=++−

=−−ϑ

ϑn

n

0713160211631=++−=−−

ϑϑ

nn

01122082560273208403=++−

=−−ϑ

ϑn

n

0713160161147

=++−=−ϑn

n

0713212316

2123

147161 7:

=++⋅−

==

ϑ

n

212217

2136813

2123

=−=

=

ϑ

n

211713:

212212123

==

=

ϑ

n

Rešenje sistema

2117,

2123M je stacionarna tačka.

Nađimo sada parcijalne izvode drugog reda

( ) 02352409664486452124

52

64

124

22

2

22

22

2

22

>=−=−−⋅=−=∆⇒

==∂

∂

=−=∂∂

∂

==∂

∂

BAC

Cd

Bn

d

And

ϑ

ϑ

Matematika III

103

Kako je 0>∆ i 0>A funkcija 2d ima minimum u tački

2117,

2123M i to

2

2222min 21

147521237

211733

21233

21171

21232

21174 =

−⋅+⋅−+

+⋅−+

−⋅−⋅=d Znači najkraće

rastojanje dveju mimoilaznih pravih je:

33

21147

2==d

1.9.1. USLOVNI (VEZANI) EKSTREMI

Ako je data funkcija ( )yxfz ,= pri čemu postoji veza između x i y data sa ( ) ,0, =yxF pa se zahteva ekstremna vrednost te funkcije, tada to znači da tražimo ekstremnu vrednost te funkcije u tačkama ( ) .0, =yxF Kako je ( ) 0, =yxF cilindar, a ( )yxfz ,= površ, to tražimo ekstremnu vrednost površi na cilindru (Sl. 1.9.1.1).

Sl. 1.9.1.1 Ako jednačinu ( ) 0, =yxF rešimo po y imaćemo ( )xFy 1= . Prema tome z je funkcija jednog argumenta x , tj.

( ) ( )( )xFxfyxfz 1,, == .

Problem ekstrema funkcije jednog argumenta poznato je kao i postupak kojim se određuje ekstremna vrednost.

'' yyf

xf

dxdzzx ∂

∂+

∂∂

==

00 '' =∂∂

+∂∂

⇒= yyf

xfzx

Vrednosti za 'y treba uzimati iz jednačine ( ) 0, =yxF odnosno iz )(1 xFy = . Sa druge strane je

.0' =∂∂

+∂∂ y

yF

xF

Ako u sistemu jednačina

0' =∂∂

+∂∂ y

yF

xF

0' =∂∂

+∂∂ y

yf

xf

pomnožimo prvu jednačinu sa λ i saberemo te dve jednačine, imaćemo

,0' =

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

yF

yfy

xF

xf λλ

uzimamo uslov da množitelj uz 'y bude 0. Otuda je .0=∂∂

+∂∂

xF

xf λ Tako dobijamo sistem od tri

jednačine

0=∂∂

+∂∂

xF

xf λ , 0=

∂∂

+∂∂

yF

yf λ , ( ) 0, =yxF .

Matematika III

104

Ako formiramo Lagranžeovu funkciju (da ne bi pamtili predhodni sistem)

( ) ( ) ( ) ( )λλ ,,,,,1 yxyxFyxfyx Φ=+=Φ

i potražimo njene ekstremne vrednosti iz jednačina

.0,0 =∂Φ∂

=∂Φ∂

yx

dobijamo iste jednačine

0=∂∂

+∂∂

=∂Φ∂

xF

xf

xλ

0=∂∂

+∂∂

=∂Φ∂

yF

yf

yλ .

Priroda ekstrema ispituje se u stacionarnim tačkama pomoću diferencijala drugog reda Lagranžeove funkcije

( )22

∂Φ∂

+∂Φ∂

=Φ dyy

dxx

d

Ako je ( ) 0,

2 >Φss yxd funkcija ima uslovni minimum u stacionarnoj tački ( )., ss yx Ako je

( ) ,0,

2 <Φss yxd funkcija u stacionarnoj tački ima uslovni maksimum.

Tri jednačine sistema dobili bi iz Lagranžove funkcije tražeći ekstreme po pravilu za funkciju od promenljivih .,, λyx

0,0,0 =∂Φ∂

=∂Φ∂

=∂Φ∂

λyx

Primer.

Odrediti ekstremnu vrednost funkcije 2222 Rzyx =++ uz uslov .Ryx =+

Rešenje.

Eksplicitni oblik date funkcije je 222 yxRz −−±=

Razmotrimo 222 yxRz −−= . Lagranžeova funkcije je

( ) ( )RyxyxRyx −++−−=Φ λλ 222,,

Tražimo parcijalne izvode po ,, yx i λ da bi dobili sistem jednačina

yx

yxR

y

yxR

yy

yxR

x

yxR

xx

=⇒

=+−−

−+

−−

−=

∂Φ∂

=+−−

−+

−−

−=

∂Φ∂

0,

0,

222222

222222

λλ

λλ

0, =−+−+=∂Φ∂ RyxRyxλ

i yx = daje

yRxRx ===−2

02

Matematika III

105

∂

Φ∂+

∂∂Φ∂

+∂

Φ∂=

Φ

2,

2

22

222

2

22 2

2,

2 RRdy

ydxdy

yxdx

xRRd

2222

232

222

232

,2

dyR

dxdyR

dxR

RRd −++

−=

Φ

( )( ) 032

22

,2

222 <++−−

=

Φ dxdydydx

RRRd

220 max

2,

2

2 Rzzd RR ==⇒<Φ

(sl. 1.9.1.2.)

(sl. 1.9.1.2.)

Uključivanjem 222 yxRz −−−= dobili bi 2

2min

Rz −= .

2. Naći ekstremnu vrednost funkcije

2.1. yxz 689 −−= pri uslovu 2522 =+ yx

2.2. 22 yxz += pri uslovu 052 =−− yx 2.3. xyz = pri uslovu 1=+ yx

Rešenja.

2.1. ,689 yxz −−= uslov 2522 =+ yx Geometrijski zadatak se svodi na nalaženje ekstremne vrednosti aplikate z u ravni

yxz 689 −−= za tačke njenog preseka sa cilindrom 2522 =+ yx . Sastavimo najpre Lagranžeovu funkciju

( ) ( )25689, 22 −++−−= yxyxyxF λ

Nađimo njene parcijalne izvode

xxF λ28 +−=∂∂

, yyF λ26 +−=∂∂

, 2522 −+=∂∂ yxFλ

Sistem jednačina u ovom slučaju ima oblik:

⇒

=+

=

=

⇒

=−+

==

==

⇒

=−+

=+−=+−

25916

3

4

025

326

428

025

026028

2222

22

λλ

λ

λ

λλ

λλ

λλ

y

x

yx

y

x

yx

yx

λ

λ

λ

λλ

λ

λλ

λ

3

41

1

3

4

2525

3

4

22=

=

±=

⇒

=

=

=

⇒

=

=

=

⇒

y

xy

x

y

x

Znači imamo dva rešenja sistema

341341

212

111−=−=−=

===yx

yxλλ

Nađimo sada parcijalne izvode drugog reda

Matematika III

106

( )=

∂

∂+

∂∂∂

+∂

∂=

∂∂

+∂∂

=⇒

=∂

∂

=∂∂

∂

=∂

∂

22

222

2

222

2

2

2

2

2

2

2

0

2

dyy

Fdxdyyx

Fdxx

FdyyFdx

xFFd

yF

yxF

xF

λ

λ

( )2222 2202 dydxdydx +=++= λλλ

Za ( ) 021 222 >+== dydxFdλ pa u tački ( )3,41M funkcija ima uslovni minimum

( ) 41364893,4min −=⋅−⋅−== fz

Za ( ) 021 222 <+−=−= dydxFdλ pa u tački ( )3,42 −−M funkcija ima uslovni

maksimum ( ) ( ) ( ) 59364893,4max =−⋅−−⋅−=−−= fz

2.2. 22 yxz += uslov 052 =−− yx

Formirajmo najpre Lagranžeovu funkciju

( ) ( )52, 22 −−++= yxyxxF λλ

Nađimo njene parcijalne izvode

λ+=∂∂ x

xF 2 , λ22 −=

∂∂ y

yF

, 52 −−=∂∂ yxFλ

Sistem jednačina ima oblik

=

−=

=

⇒

==

−=

⇒

=+−

=

−=

⇒

=−−=

−=

⇒

=−−=−=+

310

35

310

103

2

522

2

052

2

052022

02

y

xy

x

y

x

yxy

x

yxyx

λ

λλ

λ

λλλ

λ

λ

λ

λλ

Znači rešenje ovog sistema je 2,1,2 −==−= yxλ

Nađimo parcijalne izvode drugog reda

( ) 022022

0

2

2

22222

2

2

22

2

>+=+⋅+=⇒

=∂∂

∂

=∂

∂

=∂

∂

dydxdydxdydxFd

yxF

yF

xF

Kako je 02 >Fd to funkcija ima uslovni minimum u tački :3

10,35

−M

9125

310

35 22

min =

+

−=z

2.3. xyz = , uslov 1=+ yx

Formirajmo Lagranžeovu funkciju

( ) ( )1,, −++= yxxyyxF λλ

Matematika III

107

Nađimo njene parcijalne izvode:

λ+=∂∂ y

xF

, λ+=∂∂ x

yF

, 1−+=∂∂ yxFλ

Sistem jednačina ima oblik

212121

101

010100

=

=

−=

⇒

−=−=

=−−−⇒

=−+−=−=

⇒

=−+=+=+

y

xxy

yxxy

yxxy

λ

λ

λλλλ

λλ

Znači rešenje ovog sistema je 21,

21,

21

==−= yxλ

Nađimo parcijalne izvode drugog reda

dxdyFd

yFyx

Fx

F

2

0

1

0

2

2

2

22

2

=⇒

=∂

∂

=∂∂

∂

=∂

∂

Iz uslova dydxdydxyx −=⇒=+⇒=+ 01

Znači 02 22 ⟨−= dyFd pa funkcija ima uslovni maksimum u tački :21,

21

M

41

21

21

max =⋅=z

3. Odrediti rastojanje ravni 0532 =−+− zyx od koordinatnog početka.

Rešenje. Treba tražiti minimum funkcije

( ) ( ) ( ) =−+−+−= 2222 000 zyxd 222 zyx ++ uz uslov 0532 =−+− zyx

Formirajmo Lagranžeovu funkciju

( ) ( )532,, 222 −+−+++= zyxzyxxyxF λ

λ22 +=∂∂ x

xF

,

λ−=∂∂ y

yF 2

λ32 +=∂∂ z

zF

532 −+−=∂∂ zyxFλ

Sistem jednačina ima oblik:

Matematika III

108

1415

145

7575

052

92

2

23

2

05322

32

05320327

02022

=

−=

=

−=

⇒

=−−−−

−=

=

−=

⇒

=−+−

−=

=

−=

⇒

=−+−=+=−=+

z

y

xz

y

x

zyx

z

y

x

zyx

yx λ

λλλ

λ

λλ

λ

λλ

λλλ

Nađimo parcijalne izvode drugog reda

( ) 02222

2

0,2

0,0,2

222222

2

2

2

2

2

22

2

2

>++=++=⇒

=∂

∂

=∂∂

∂=

∂

∂

=∂∂

∂=

∂∂∂

=∂

∂

dzdydxdzdydxFd

z

F

zyF

y

F

zxF

yxF

x

F

Kako je 02 >Fd funkcija ima minimum u tački :1415,

145,

75

−M

⇒==+=++=

+

−+

=

1425

14350

44250

494100

14225

1425

4925

1415

145

75

2222

2222mind

14145

1425

min ==d

1.9.2. APSOLUTNI EKSTREMI (NAJMANJA I NAJVEĆA VREDNOST FUNKCIJE)

Funkcija diferencijabilna u ograničenoj i zatvorenoj oblasti dostiže svoju najveću (najmanju) vrednost apsolutni ekstrem ili u stacionarnoj tački ili u graničnoj tački oblasti. Znači da bi našli apsolutni ekstrem nađemo stacionarnu tačku i tražimo ekstreme na granici oblasti i to tako da se ta granica podeli na delove i traže ekstremi funkcije na delovima granice.

Upoređivanjem dobijenih vrednosti dobija se najmanja i najveća vrednost funkcije na toj oblasti.

Primeri.

1. Odrediti najveću i najmanju vrednost funkcije yxxyxz 8422 +−+= u pravougaoniku .2,1,0,0 ==== yxyx

Rešenje.

SLIKA Funkcija je definisana u celoj ravni pa samim tim i u datom pravougaoniku. Da bi našli

stacionarne tačke funkcije, najpre moramo da nađemo parcijalne izvode

Matematika III

109

422 −+=∂∂ yxxz

, 82 +=∂∂ xyz

Rešimo sada sistem

64

04284

0820422

=−=

⇒

=−+−−=

⇒

=+=−+

yx

yx

xyx

pa je stacionarna tačka ( ).6,4−M Kako ona ne pripada pravougaoniku, to ona otpada kao tačka apsolutnog ekstrema. Nađimo stoga najveću i najmanju vrednost na svakoj stranici pravougaonika (na granici). Pođimo od stranice OA čija je jednačina .10,0 ≤≤= xy Za 0=y

funkcija dobija oblik .42 xxz −= Nađimo ekstremnu vrednost ove funkcije. Prvi izvod

204242' =⇒=−⇒−= xxxz Funkcija ima ekstremnu vrednost za OAx ∉= 2 pa i ona otpada. Jednačina stranice AB je 1=x pa funkcija ima oblik 3104182 −=−++= yyyz . Prvi

izvod 10' =z . Kako je 0' >z ova funkcija je rastuća, pa maksimum ima u tački B, a minimum u tački A ( ) 3410,1 −=−=z i ( ) .17164412,1 =+−+=z

Jednačina stranice BC je 2=y , pa funkcija ima oblik 161644 22 +=+−+= xxxxz

Kako je xz 2' = i [ ],1,002 ∈∀> xx to je ona rastuća na intervalu [ ],1,0 pa je najmanja

vrednost funkcije na BC u tački ( ) 162,0 =zC , a najveći u 17=zB .

Jednačina stranice OC je ,0=x pa funkcija ima oblik yz 8= kako je 08' >=z . Funkcija je rastuća duž ove stranice pa najmanju vrednost ima u tački 0 i to ,0=z a najveću

u tački C 16=z . Upoređivanjem nađenih vrednosti nalazimo da funkcija ima najmanju vrednost (apsolutni

minimum) u tački ( )0,1A i to ,3−=z a najveću u tački ( )2,1B i to .17=z

2.Odrediti najmanju i najveću vrednost funkcije yxxyyxz ++−+= 22 u oblasti .3,0,0 −≥+≤≤ yxyx

Rešenje:

SLIKA

Nađimo najpre stacionarnu tačku date funkcije

12 +−=∂∂ yxxz

, 12 +−=∂∂ xyyz

Rešimo sistem:

012012=++−

=+−yx

yx

0242012=++−

=+−yx

yx

012033=+−

=+yx

y

0221=+

−=x

y

Matematika III

110

11−=−=

yx

Dakle stacionarna tačka je ( )1,1 −−M i ona pripada oblasti, vrednost funkcije u toj tački je

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1111111 22 −=−+−+−⋅−−−+−=z (ne moramo ispitivati da li je stacionarna tačka, tačka ekstrema).

Ispitajmo sada funkciju na granicama oblasti.

Jednačina prave OA je ,0=y pa funkcija dobija oblik .2 xxz += Kako je 12' += xz i

012 =+x za ,21

−=x to je ekstremna vrednost funkcije z duž prave OA u tački

− 0,

21D i to

41

21

21 2

−=

−+

−=z

Jednačina prave OB je ,0=x pa funkcija dobija oblik .2 yyz += Kako je 12' += yz i

012 =+y za 21

−=y , to je tačka

−

21,0E , tačka u kojoj funkcija duž prave OB ima

ekstremnu vrednost i to .41

21

21 2

−=−

−=z

Jednačina prave AB je 3−−= xy pa funkcija ima oblik

( ) ( ) ( )⇒−−++−−−−−+= 333 22 xxxxxxz

.6933396 2222 ++=⇒−−++++++= xxzxxxxxxxz

Kako je 96' += xz i 096 =+x za

2693

−=x i =−

−−=

− 3

23

23y

233

23

−=−= , onda je tačka

−−

23,

23F tačka u kojoj funkcija duž prave AB ima ekstremnu vrednost i to

433

49

26

49

49

49

23

23

23

23

23

23 22

−=−=−−+=−−

−⋅

−−

−+

−=z

Ispitajmo i vrednosti funkcije u tačkama ( ) ( )0,3,0,00 −A i

( ) ( ) ,00,03,0 =− zB ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6333,0,639330,3 22 =−−=−=−=−+−=− zz Upoređivanjem dobijenih vrednosti zaključujemo da najveću vrednost funkcija ima u

tačkama ( ) ( ) 63,00,3 =−− zBiA , a najmanju u stacionarnoj tački ( )1,1 −−M i to .1−=z

Zadaci.

1. Odrediti ekstremne vrednosti funkcija

1.1. xyyxz 233 −+=

1.2. xyyxz −+= 33

1.3. xyz =

1.4. 22 yxz =

1.5. 2xyz =

Matematika III

111

1.6. ( )044 ⟩++= aayxz

1.7. ( ) ( ) ( )Rkkqypxz ∈+−+−= 22

1.8. ( ) 4344 +−++= yxyxz

1.9. ( )( )qypxz −−= 22

1.10. ( ) ( )Rcbacbyaxxyz ∈++= ,,

1.11. ( ) 22 41 yxz +−=

1.12. 19168642 22 ++−+−= yxyxyxz

1.13. 581043 22 +−++−= yxyxyxz

1.14. 290138371818183 2223 +++−−−+= yxyxyxxyxz

1.15. 2244 242 yxyxyxz −+−+=

1.16. ( )22 222

yxez yx += −−

1.17. ( )22322

yxez yx += −−

1.18.

−+

−

−=

23

23

23 yxyxz

1.19. 221

1

yx

yxz++

++=

1.20. ( ) ( )22 sinsincoscos yxyxz +++=

1.21. 09822222 =+−+−++ zyxzyx

1.22. 0141024222 =++−+++ zyxzyx

1.23. 0101266333 222 =+−+−++ zyxzyx

1.24. 021101020555 222 =++−+++ zyxzyx

1.25. 0843 223 =−+++−− zzyxyx

2. Naći ekstremnu vrednost funkcije

2.1. yxz 2+= pri uslovu 522 =+ yx

2.2. 22 yxz += pri uslovu 132=+

yx

2.3. yxz 428 −−= pri uslovu 122 22 =+ yx

2.4. yxz 241016 −−= pri uslovu 16922 =+ yx

2.5. 2236 yxz −−= pri uslovu 06 =−+ yx

2.6. 1++= yxz pri uslovu 0122 =−+ yx

Matematika III

112

2.7. 22 yxz += pri uslovu 0585 22 =++ yxyx

2.8. 22 yxz −= pri uslovu 062 =−+ yx

2.9. 104522 +−−++= yxxyyxz pri uslovu 4=+ yx

2.10. 222 yxaz −−= pri uslovu 0=−+ ayx

3. Naći najmanju i najveću vrednost funkcije:

3.1. 104522 +−−++= yxxyyxz u oblasti 4,0,0 ≤+≥≥ yxyx

3.2. 22 yxz += u oblasti 922 ≤+ yx

3.3. yxz 321 ++= u oblasti 6,0,0 ≤+≥≥ yxyx

3.4. 73322 ++−−+= yxxyyxz u oblasti 3,0,0 ≤−≤≥ yxyx

3.5. 8442 −++= xxyxyz u oblasti 03,33 ≤≤−≤≤− yx

3.6. 533 23 ++−= yyxxz u oblasti 11,22 ≤≤−≤≤− yx

3.7. 1222 +++−+= yxxyyxz u oblasti 04,0,0 ≥++≤≤ yxyx

3.8. yxz += u oblasti 422 ≤+ yx

3.9. 93333 +−−+ yxyx u oblasti 39 =+x

3.10. ( )yxyxz +++= cossinsin u oblasti 2

30,2

30 ππ≤≤≤≤ yx .

Matematika III

113

3. KRIVOLINIJSKI INTEGRALI

3.1. KRIVOLINIJSKI INTEGRALI PRVE VRSTE (Krivolinijski integral po luku)

U kursu matematike I razmatrali smo realne funkcije od realnog argumenta. U tim razmatranjima oblast definisanosti bio je podskup skupa R. Tako smo, u izgrađivanju kursa matematike I, definisali i Koši- Rimanov integral, gde je podintegralna funkcija bila definisana na delu prave linije (podskupu skupa R). Uvođenjem funkcije više argumenata, za oblast definisanosti pojavljuju se različiti geometrijski oblici (krive linije u ravni, krive linije u prostor, delovi ravni, geometrijska tela).

Neka je (k) neprekidna ravna kriva. Neka su A i B tačke, ,,,...,, 110 BAAAAA nn == − tačke krive (k), između tačaka A i B. Neka je duž luka AB krive (k) definisana funkcija od dve promenljive

),( yxfz = . Definisanost se precizira time što je svakoj tački M te krive pridružen par brojeva (x,y), a paru

brojeva (x,y) pridružen je zakonom f broj z. Neka je iσ dužina luka 1+ii AA . neka je ( )iiiM ηξ , tačka na zatvorenom luku 1+ii AA (sl. 3.1.1.).

Neka je

( )∑−

=

1

0,

n

iiiif σηξ ... (3.1.1.)

Sl. 3.1.1. Def. 3.1.1. Ako zbir (3.1.1.) teži određenoj vrednosti (konačnom broju) kada max 0→iσ i ∞→n , pri čemu ta granična vrednost ne zavisi od podele luka AB na parcijalne lukove i ne zavisi od

izbora tačke M, tada tu graničnu vrednost nazivamo krivolinijskim integralom prve vrste po krivoj (k) i označavamo

( ) ( ) ( )∑ ∫ ∫==−

=→

∞→

1

00max

,,,limn

i k ABiii

in

dsyxfdsyxff σηξ

σ

Analogno se definiše krivolinijski integral prostorne krive k Izdvojimo i-ti upisani i opisani prevougaonik (sl. 3.1.2.)

Matematika III

114

Sl.3.1.2. Površina upisanog pravougaonika 211 MMAA ii + je iim σ⋅ a opisanog 211 NNAA ii + je

iiM σ⋅ . Zbir svih upisanih pravougaonika

∑−

=−− =++=

1

01100

n

iiinnn mm...ms σσσ ,

i svih opisanih pravougaonika

∑−

=−− =++=

1

01100

n

iiinnn MM...MS σσσ

predstavljaju donju i gornju Darbouvu sumu, a suma

( ) ( ) ( )∑−

=−−− σηξ=σηξ++σηξ=

1n

0i1ii1n1n1n000 f,f...,fIn

predstavlja integralnu sumu. Pri čemu je im najmanja a iM najveća vrednost funkcije ( )yxfz ,= na odsečnu 1+ii AA . Vredi još ( ) iiii Mfm ≤≤ ηξ , .

Ako pustimo da ∞→n , tada se pri svakoj promeni menjaju razmatrane sume i tada imamo dva beskonačna niza.

,...,...,, 21 knnn sss

i ,...,...,, 21 knnn SSS

Prvi je monotono rastući a drugi monotono opadajući. Definicija krivolinijskog integrala može se iskazati i ovako. Def. 3.1.2. Ako su razmatrani nizovi

,...,...,, 21 knnn sss

i ,...,...,, 21 knnn SSS

kovergentni i pritom je ISs knkn == limlim ,

tada je broj I krivolinijski integral prve vrste. Odavde se zaključuje i geometrijski smisao krivolinijskog integrala I vrste. On predstavlja

površinu cilindrične površi omeđene površi ( )yxfz ,= , Oxy ravni i ravnima ax = i bx = , gde su a, i b, **** se tačkama A i B.

( ) ( )∫ ∫=k AB

dszyxfdszyxf ,,,,

3.1.1. OSOBINE KRIVOLINIJSKOG INTEGRALA PRVE VRSTE

1. Ako je luk AB podeljen na k lukova deonima tačkama 1,...,1 −kCC , tada je

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )∫∫∫∫

−

=++ABBCCCAC

dszyxfdszyxfdszyxfdszyxfk

,,,,,,,,1211

Dokaz. na osnovu definicije je

Matematika III

115

( ) ( )( )

( )∑−

=∞→∫ ∑

−

=∞→+ℑ=ℑ=

→→

1

0lim

max

1

0lim

max

1

01

0

...,,,,,,n

iiiii

nAB

n

iiiii

nffdszyxf

ii

σηξσηξ

σσ

( )∑= −

→∞→−

=ℑ+k

ki

k

n

niiiii

nf1

0max1

,,... lim σηξ

σ

(za 1ni = dobija se tačka ,...,1C za kni = dobija se tačka

( )( )

( )( )

∫∫−

++=BCAC k

dszyxfdszyxfB11

,,...,,) .

2. ( )( )

( )( )∫∫ =

BAABdszyxfdszyxf ,,,, .

Jednakost sleduje na osnovu definicije krivolinijskog integrala.

3.1.2. IZRAČUNAVANJE KRIVOLINIJSKOG INTEGRALA PRVE VRSTE

Neka je P tačka krive k i pritom tačka P ima koordinate (x,y,z). Na taj način možemo pisati

( ) ( )Pfzyxf =,, . Kako je tačka P na krivoj , to tački P na krivoj k odgovara neki luk s računat od tačke A. Prema

tome je ( ) ( )sFPf = Zaista, ako je kriva (k) zadana parametarski, pri čemu je za parametar uzet luk s, tada su njene

jednačine ( ) ( ) ( ).,, szzsyysxx === Tada je ( ) ( ) ( )( ) ( )sFsysxfyxf == ,, , i

( ) ( ) ( )∑−

=∑−

=∫

→∞→

→∞→

===1

0

1

0 0lim

0max

lim

0max

,n

i

n

i

sii

niii

nSdssFsFf

ii

σσηξ

σσ

Dobijeni rezultat je u Koši-Rimanovom smislu. Ako je kriva zadana parametarskim jednačinama ( ) ( )tyytxx == , , gde je st ≠ , tada možemo

smatrati da je s funkcija od t. Ako je ta funkcija neprekidna i neprekidna je izvodna funkcija za [ ]21, ttt∈ , dok se tačka P kreće od tačke A, tada je

( )( ) ( ) ( )( ) ( )ttytxftsF φ== , ,

( )∫=2

1

t

tdt

dtdstS φ ,

Element luka je

1. za funkciju zadanu parametarski ( ) ( )tyytxx == , , ( ) ( )dttytxds 22 && += ,

2. za funkciju zadanu eksplicitno ( )xyy = , ( )dxxyds 2'1+= ,

3. za funkciju zadanu polarno ( )θρρ = , θρρ dds 22 '+= , to je

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )∫ ∫ +=

AB

t

tdttytxty,txfdsPf

2

1

22 && ... (3.1.2.1.)

pri čemu luk raste sa parametrom. Za prostornu krivu bi bilo

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )∫ ∫ ++=

AB

t

tdttztytxtztytxfdsPf

2

1

222, && .... (3.1.2.2.)

Integral ćemo izračunati, kada je funkcija zadata parametarski, tako što ćemo u integral (3.1.2.1.) zameniti x, y, ds, izrazima t, dt i granice uzeti od t1 i t2 (tamo gde se menja t).

Analogno postupamo i u slučaju integrala (3.1.2.2.) (kada je u pitanju prostorna kriva). Ako je funkcija data jednačinom ( )xyy = , tada treba zameniti ds na osnovu jednakosti

( )dxxyds 2'1+= , pa je u tom slučaju

Matematika III

116

(3.1.2.3.) ( ) ( )( ) ( )( )∫ ∫ +=

AB

b

adxxyxyxfdsyxf 2'1,, ,

gde su a i b apscise tačaka A i B. Ako je luk krive AB kao na slici 3.1.2.1., tada, ga treba podeliti na tri luka i iskoristiti svojstvo 1. Na

svakom od dobijenih lukova funkcija ( )xyy = je jedna. Primeri.

1. Izračunati krivolinijski integral ∫+C yx

ds22

, gde je C odsečak prave 22−=

xy od tačke A(0,-2) do

tačke B(4,0).

Rešenje.

Kako je dxyds 2'1+= i dxdxdxdsy25

411

211

21'

2=+=

+=⇒= . Integraciju vršimo od

A(0,- 2) do B(4,0), pa su granice integracije 0 i 4. Dakle

∫ ∫ ∫ ∫ =+−+

=

+−+

=

−+

=+C xxx

dx

xxx

dx

xx

dx

yx

ds 4

0

4

0

4

0 2222

22

22

41684

25

424

25

22

25

∫ =

+−∫ =∫

+−=

+−

4

0 2

4

0

4

0 22

516

585

5

1685

5

21685

25

xx

dx

xx

dx

xx

∫ ∫∫ =

+

−

=

+

−

=

−++−

=4

0

4

0 22

4

0 21

54

6425

58

2564

54

2516

516

2516

58

x

dx

x

dx

xx

dx

∫

−

∫ ∫ =+

=

=

=−=

+

−

=

+

⋅−

=2

21 2

4

0

4

0 22 185

21

85

121

858

5

154

85

858

5

t

dt

dtdx

tx

smena

x

dx

x

dx

( )=

−

+=

−

+=++−−+=++=

− 15522ln

21

25

52ln141

21ln52ln1ln

22

21

tt

( )( ) ( )2

753ln4

552528ln15

15522ln +=

+++=

−++

2. Izračunati ∫C

xyds , gde je C kontura pravougaonika čije su strane x=0, y=0, x=4, y=2

Rešenje. ∫∫∫∫∫ +++=

COBCABOACxydsxydsxydsxydsxyds

∫∫ =⋅=⇒=OAOA

dsxxydsyOA 000:

Matematika III

117

dydyxdsxAB =+== 2'14: (jer je 0'=x )

Znači 82

442

0

22

0=== ∫∫

yydyxydsAB

dxdxydsyBC =+== 2'12: (jer je 0'=y )

Znači 162

224

0

24

0=== ∫∫

xxdxxydsBC

∫∫ =⋅=⇒=COCO

ydsxydsxCO 000: ,

pa je 2401680 =+++=∫C

xyds

3. Izračunaj krivolinijski integral ∫C

yds , gde je C luk parabole xy 22 = od tačke ( )0,00 do tačke

( )2,1A

Rešenje. dyydyxdsyxyxxy 222

2 1'1'2

2 +=+=⇒=⇒=⇒=

Dakle

( ) ( )1333113

31

1

3

232

12

2

21

1 2/32

0

3

1

2/322 −=−=⋅==

=

==+

=+= ∫ ∫∫tdtt

dtydy

dtydyty

dyyyydsC

4. Izračunati krivolinijski integral ∫C

ydsx2 , gde je C deo kružnice 222 Ryx =+ iz prvog kvadranta.

Rešenje. I način .

Kako je 22 xRy −±= , a posmatramo de 22 xRy −= i kako je 22

'xR

xy−

−= to je

∫ ∫ ∫ =−

+−⋅−=

−+⋅−=

C

R Rdx

xRxxRxRxdx

xRxxRxydsx

0 0 22

222222

22

22222 1

∫ ∫ =⋅==−

⋅−R R R

RxRdxxRdx

xR

RxRx0 0

432

22222

30

3

II način.

Izvršimo parameritizaciju kružnice: { tRytRx

sincos

== kako je tRx sin−=& i

RdtdttRtRdtyxdstRy =+=+=⇒= 222222 cossincos &&&

Dakle ∫ ∫ ∫ =

=−=

=⋅=⋅⋅=C dutdt

uttdttRRdttRtRydsx

2/

0

2/

0

24222sincos

sincossincosπ π

( )∫ ∫ =⋅==−⋅=0

1

1

0

4342424

30

1

3RuRduuRduuR

5.Izračunati ∫C

yds , gde je C cikloida: ( )( ) [ ]π2,0

cos1sin

∈−=−=

ttayttax

Rešenje. Kako je ( )tax cos1−=& i ⇒= tay sin&

( ) =+−=+=⇒ tdtatadtyxds 222222 sincos1&&

Matematika III

118

dttadttadtttta cos12cos22sincoscos21 22 −=−=++−= Dakle

( ) ( )∫ ∫ ∫ =−=−⋅−=C

dttadttataydsπ π2

0

2

0

2/32 cos12cos12cos1

∫ ∫∫ ==⋅=

=

π ππ 2

0

2

0

3232/322/32

0

222

sin42

sin222

sin22 dttadttadtta

( ) ( )∫ ∫−

=−⋅−=

−=

=⋅−

=

=⋅

−=

π2

0

1

1

2222 214

22

sin21

2sin

2cos

2sin

2cos14 duua

dudtt

dudtt

ut

dttta

( )∫−

=

−

−−−−=−

−=−=

1

1

23

222311

3118

1

1

3818 auuaduua

223

32311

3118 aa =

−+−=

6. Izračunati ( )∫ +C

dsyx 3/43/4 , gde je C astroida 3/23/23/2 ayx =+

Rešenje. Parametarske jednačine astroide su: taytax

3

3

sincos

== pa je

ttax sincos3 2−=& i ttay cossin3 2=&

==+=+= dtmttadtttattadtyxds 2224224222 sincos3cossin9sincos9&&

dttta cossin3=

( ) ( ) =⋅+=+∫ ∫C

dtttatatadsyx cossin3sincos2

0

43/443/43/43/4 π

∫ +−−+= ∫ ∫∫

2/

0 2/ 2/

552/

0

553/7 cossinsincoscossinsincos3π π

π

π

π

πtdtttttdtttdtta

=

−−++ ∫∫ ∫∫

π

π

π

π

π

π

π

π

2

2/3

52/3 2

2/3

552/3 5 sinsinsincoscossinsincos tdtttdtttdtttdtt

Matematika III

119

( ) ( )

−−−+−=

==−=== ∫ ∫ ∫

−0

1

1

0

1

0

5553/73cossinsincos duudduua

dtdtdudttut

smeneϑϑ

ϑϑ

( ) ( )

++=

−−−+−+− ∫ ∫

−∫−

∫ ∫

0

1

60

1

63

663/70

1

0

1

1

0

1

0

0

1

55555 ϑϑϑϑϑϑϑ uadduudduud

++++=

−−+

−+

−−+

−+

61

61

61

613

1

0

60

1

60

1

61

0

60

1

60

1

63/7

666666auuu ϑϑϑ

3/73/7 4683

61

61

61

61 aa =⋅=

++++

7. Izračunati krivolinijski integral: ∫=AB

xydsJ , ako je AB luk elipse 222222 bayaxb =+ koji se

nalazi u prvom oktantu.

Rešenje.

Jednačina elipse u parametarskom obliku je:

[ ]2/,0cossinsincos π∈⇒=−=

== ttbytaxtbytax

&&

dttbtadtyxds 222222 cossin +=+= &&

( )∫ ∫ =+==

ABdttbtattbaxydsJ

2/

0

2222 cossinsincosπ

( ) ( )

( )( )( )

( )=

−=

=−=−+

=+

−=

−⋅=

=+=

∫ ∫

∫

22

22

222222

2222

2/

0

2222

2cossin

2cossinsincos2cossin2

cossin

22

cossincossin2

2

2

2ba

dutdtt

dudtbattdudtttbtta

utbta

duuba

abba

duuab

dttbtattab

a

b

a

b

π

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )=++−⋅+−

=−⋅−

=⋅−

= 2233222

2

22 3332

2bababa

babaabba

ba

ab

b

a

ba

ab

bababaab

+++

⋅=22

3

8. Izračunati ∫ +C

dsyx 22 , gde je axyxC =+ 22:

Rešenje.

I način

axyx =+ 22

Matematika III

120

axxaxy ≤≤−±= 0,2

22

2'xax

xay−

−±=

( ) ( ) =−

+−+−=

−

+−+=+= dx

xaxxaxaxaxdx

xaxxaxadxyds

2

222

2

222

44444

4441'1

22 xax

dxa

−⋅=

∫ ∫ ∫ ∫ =−

=−

⋅⋅=+=+C C

a a

xadxaa

xax

dxaaxdsyxdsyx1 0 02

22222

22

∫ ∫−− =⋅===−=

=−=−=

0 22/1

0

2/12/1 220

21a

aaaaa

ataadttaadttaadtdxtxa

II način

Pređimo na polarne koordinate. Smena

ϕρϕρϕρϕρϕρ

cossincos:sincos 2222 aC

yx

=+⇒==

ϕρρ cos2 a=

ϕρ cosa=

( ) =+=−+=+= ϕϕϕϕϕϕϕρρ daadaadds 222222222 sincossincos'

ϕad=

===+=+ ∫−

∫−

∫ ∫−

2

2

2

2

2

2

222222 cossincosπ

π

π

π

π

πϕϕρρϕϕρϕρ daadaaddsyx

c

( )( )∫−

=−−=−

==2

2

2222 211

2

2sincos

π

π π

π

ϕϕϕ aaada

9. Izračunati dsyC∫ , gde je C lemniskita ( ) ( )22222 yxayx −=+

Rešenje.

Najednostavnije je zadatak rešiti prelaskom na polarne koordinate. Uvodimo smenu ϕρϕρ

sincos

==

yx

pa

je

Matematika III

121

( ) ( )ϕρϕρϕρϕρ 22222222221 sincossincos: −=+ aC

( ) ϕρρ 2cos2222 a=

ϕρ 2cos22 a=

442cos πϕπϕρ ≤≤−= a

( ) =

⋅−⋅+=+= ϕϕ

ϕϕϕρρ daadds

222'2 22sin

2cos22cos

ϕϕ

ϕϕ

ϕϕϕϕϕϕ dadaadaa

2cos2cos2sin2cos

2cos2sin2cos

222222 =

+=+=

==== ∫−

∫−

∫∫ ϕϕ

ϕϕϕϕ

ϕρπ

π

π

πdaadadsydsy

CC 2cossin2cos2

2cossin22

4/

4/

4/

4/1

( ) =

+−=−=== ∫∫

−1

224

04/

cos4sin4sin2 24/

0

224/

4/

2 aadadaπ

ϕϕϕϕϕππ

π

( )2222

224 22 −=−

= aa

10. Izračunati ∫C

zds , gde je C konusna zavojnica

00,sin,cos tttzttyttx ≤≤===

Rešenje.

1cossinsinsincoscos

=⇒=+=⇒=−=⇒=

ztztttyttytttxttx

&

&

&

++++−=++= ttttttttttdtzyxds cossin2sinsincossin2cos 2222222 &&&

dttdttt 222 21cos +=++

=+

⋅=⋅=

=

==+

=+= ∫+

∫ ∫2

2

232

12

2

22

2202

32

20

22

200

tpdppdptdt

dptdtpt

dtttzdst

C

t

( )

−+= 222

31 2/32

0t

Matematika III

122

11. Izračunati ∫C

zds , ako je

==+

axyzyxC 2

222: od ( )0,0,00 do ( )2,, aaaA

Rešenje.

Izvršimo parametarizaciju krive

( ) =

+⋅

++

⋅+=⇒

+=

==

dxaxaxx

aax

dsaxxz

axyxx 2

2

2

2

22

12

11

( ) ( ) =+++

++=+

++++= dx

axxaaxx

xadx

axxaaxx

axa

444

41

444

41

22

2

222

( ) ( ) =+++

=+

++++++= dx

axxaaxxdx

axxaaxxaaxaxx

4298

44444 222222

dxaxx

aaxx

+

++=

2

22

2

298

∫ ∫∫ =

++=

+

++⋅+==

C

aadxaaxxdx

axx

aaxxaxxzdsI0

22

0 2

222

2942

21

2

298

∫∫ =−

+=+−++=

aadxaaxdxaaaaxx

0

22

0

22226417

892

22

6481

6481

294

22

176082512817

169608

12825... 22 +

−

−== luaa

12. Izračunati krivolinijski integral ∫C

dsx2 duž kruga. 0

2222

=++=++

zyxazyx

Rešenje. Izvršimo parametarizaciju krive

2222 xazy −=+ , xzy −=+

2222 xazy −=+ , ( ) 22 xzy =+

2222 xazy −=+ , 2222 xazy −=+

222 2 xzyzy =++ , 2222 axxyz −+=

xzy −=+ , ( ) 2222222 22 axxayzzyzy +−−=−+=−

xzy −=+ , ( ) 222 32 xazy −=−

xzy −=+ , 22 32 xazy −=−

Matematika III

123

1. Ako je 0≥− zy , xzy −=+ , 22 32 xazy −=−

xxay −−= 22 322 , yxz −−=

−−= xxay 22 32

21

, 22 3221

21 xaxxz −−+−=

−−= xxay 22 32

21

,

+−−= xxaz 22 32

21

Dakle parametarske jednačine ove krive su: ⇒

−−−=

−−=

=

xxaz

xxayxx

22

22

3221

3221

( ) +

−−⋅

−+=++=

2

22

2'2' 16322

12111 x

xadxzyds xx

+

+

−+

−⋅+=

+

−

−−+ 1

32

632

94111

322

621

2222

22

22 xa

xxa

xdxxa

x

=

+

−+=

+

−−

−+ dx

xaxdx

xa

xxa

x 132

92111

32

632

941

22

2

2222

2

( )( ) ( ) dx

xa

adxxa

adxxa

xaxxa2222

2

22

22222

32

3322

6322

329322

−=

−=

−

−++−=

−∈

32,

32 aax

Ako je 0<− zy

xzy −=+

22 32 xazy −=+−

xxaz −−= 22 3221

xxay +−−= 22 3221

dxxa

adxxa

adxzyds2222

222

32

332

3....1−

=−

==++=

Matematika III

124

−∈

32,

32 aax

∫ ∫<−

∫≥−

∫

−

∫

−

=−

⋅+

−

⋅=+=

C zy zy

a

a

a

a xa

dxaxdxxa

axdsxdsxdsx0 0

32

32

32

32 22

2

22

2222

32

3

32

3

=

=

==−=−

=

=

=−

= ∫32

0 222222

222

22

2

cos32

cos2cos2sin32322

sin32

sin32

3234

a

tdtadx

tatataaxa

tax

tax

xa

dxxa

∫∫ =⋅=⋅=2/

0

22/

0

322

coscos

sin3

8cos32

cos2

sin32

34ππ

tdtttatdta

ta

taa

∫ =⋅=

−=

−=

2/

0

3333

32

234

0

2/

22sin

34

22cos1

38 π ππ

πaattadtta

Za funkciju zadanu polarno treba koristiti veze između polarnih i pravouglih koordinata

θρρθρθρ ddsy

x 22 'sincos +==

=

3.1.3. PRIMENA KRIVOLINIJSKOG INTEGRALA PRVE VRSTE

1. Neka je data kriva Γ čija je masa M (materijalna kriva). Neka je ( )zyx ,,γγ = funkcija gustine u svakoj tački krive. Tada je

( )∫Γ

= dszyxM ,,γ

2. Neka je data kriva Γ i neka je ( )TTT zyxT ,, težište krive a ( )zyx ,,γ kao u 1. tada je

( )

( )

( )

( )

( )

( )∫Γ

∫Γ

∫Γ

∫Γ

∫Γ

∫Γ ===

dszyx

dszyxzz

dszyx

dszyxyy

dszyx

dszyxxx TTT ,,

,,,

,,

,,,

,,

,,

γ

γ

γ

γ

γ

γ

3. Neka su yzxzxy ,, koordinatne ravni sistema xyzO . Moment inercije krive Γ u odnosu na koordinatne ravni je

( ) ( ) ( )∫=∫=∫=ΓΓΓ

dsxzyxIdsyzyxIdszzyxI yzxzxy222 ,,,,,,,, γγγ

Moment inercije krive Γ u odnosu na koordinatne ose

( )( ) ( )( ) ( )( )∫Γ

∫Γ

∫Γ

+=+=+= dsyxzyxIdszxzyxIdszyzyxI zyx222222 ,,,,,,,, γγγ

Moment inercije krive Γ u odnosu na koordinatni početak ( )0,0,0O

Matematika III

125

( )( )∫Γ

++= dszyxzyxI 2220 ,,γ

4. Površina cilindrične površi Ako je kriva Γ u ravni 0=z ( xy ravan) a funkcija ( )yxfz ,= definisana u svakoj tački krive,

tada je cilindrična površina od ravni 0=z do površi ( ) zyxfz == , (sl.3.1.3.1.)

( ) ∫=∫=ΓΓ

zdsdsyxfP ,

Sl. 3.1.3.1.

Primeri.

1. Izračunati masu krive r, gde je r luk krive xlny = , od tačke ( )3ln,3A do tačke

( )22ln,22B , ako je funkcija gustine u svakoj tački krive jednaka kvadratu njene apcise

Rešenje.

( ) 2,, xzyx =γ

2'1 yds += 211

+=

xds dx

xds 2

11+=

( ) =∫+

=∫ +∫ ==Γ

dxxxxdx

xxdszyxM

22

3

2222

32

2 111,,γ

=

=

==+

∫ =+=∫+

=

2

21

112

22

3

222

3

22

dtxdxdtxdxtx

dxxxdxxxx

( ) ( ) ( )3

198273149

31

4

9

232

12

9

4

3323

=−=∫

−=

⋅==tdtt

2. Naći težište homogenog luka l ciklode: ( )( )tay

ttaxcos1sin

−=−= , kad je π20 ≤≤ t .

Rešenje.

Matematika III

126

Kako je za homogeni luk l ∫

∫

=

l

lT ds

xdsx ,

∫

∫

=

l

lT ds

ydsy imamo

( )( ) ( ) =+−=+= dttatadtyxds 2222 sincos1&&

( ) =−=−=++−= dttadttadttatta cos12cos22sincoscos21 2222

dttadtta2

sin22

sin22 =⋅=

∫∫∫∫ ∫ ==⋅=

=

=

====ππππ

00

2

0

2

0sin42sin22

222

sin22

sin2 uduaduuadudtut

utdttadttads

l

( ) ( ) aaua 80coscos40cos4 =+−=−= ππ

( )∫ ∫ ∫ ∫ =

−=⋅−=

ldtttdtttadttattaxds

π π π2

0

2

0

2

0

22

sinsin2

sin22

sin2sin

=

⋅−⋅=

=⇒=

== ∫ ∫π π

0 0

2 2sin2sin2sin2222

2 dpppdpppadpdtpt

pt

=

−=

−= ∫ ∫∫ ∫

π ππ π

0 0

22

0 0

2 cossinsin8sincossin22sin42 pdpppdppapdppppdppa

=

==

−======

∫ dupdpup

ppdpdpdupdpdpu

cossin

cossinsin

ϑϑ

πππ π 22

0

2 880cos0cos8 aapdpppa =⋅=

−+−= ∫

( )∫ ∫ ∫∫ =

−=⋅−=

ldtttdttadttatayds

π ππ 2

0

2

0

2

0

22

sincos2

sin22

sin2cos1

=

−⋅=

=⇒=

=∫ ∫π π

0 0

2 2sin2cos2sin222

2 dpppdppadpdtpt

pt

( )

+−=

−−= ∫ ∫∫ ∫

π ππ π

0 0

22

0 0

22 sincos2sin4sin1cos2sin4 pdpppdpapdpppdpa

=

=−

==

−=

+ ∫ ∫∫

dtpdptp

pdpppdpapdpsincos

sincossin8sin0 0

22

0

π ππ

Matematika III

127

( ) =

−−=

−=

−⋅−−= ∫

−∫−

11

328280cos8

321

1

221

1

22 tadttadttpa π

332

348

31

3128

222 aaa =⋅=

+−=

ππ aa

ads

xdsx

e

et ===

∫

∫

88 2

aa

a

ds

ydsy

e

et 3

483

32 2

===∫

∫

3. Zadana je cilindrična spirala

===

btztaytax

sincos

, odredi za prvi zavoj spirale moment inercije u odnosu na

osu ( )1=γz .

Rešenje.

Kako je ( )( )∫ +=r

z dsyxzyxI 22,,γ imamo

( ( ) 1,, =zyxγ , uslov zadatka)

dtbadtbtatadszyxds 2222222222 cossin +=++=++= &&&

( )∫ ∫ +=+=++=π π

π2

0

2

0

222222222222 2sincos baadtbaadtbatataI z

4. Izračunati površinu onog dela cilindrične površi 222 ayx =+ , koji se nalazi između ravni 0=z i

( )0 >=+ aazy

Rešenje.

Kako je ∫=r

zdsP i parametarska jednačina kružnice

==

taytax

sincos

, imamo

( )π20cossin 222222 ≤≤=+=+= tadtdttatadtyxds &&

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫ =+⋅=−=−=−==r r

attadttaadttaadsyazdspπ π

ππ2

0

222

0

2 20

2cossin1sin

5. Izračunati površinu onog dela cilindrične površi 222 ayx =+ koji se nalazi u prvom oktantu između koordinatne ravni xy i površi

22 yaaz −= .

Rešenje.

Matematika III

128

Prelaskom na parametarski oblik jednačine kružnice, imamo

[ ]2/,0cossin

sincos

π∈=−=

⇒

==

ttaytax

taytax

&

&

adtdtyxds =+= 22 && .

Imamo

( ) ( )( )( )

∫ ∫ ∫∫ ==−=−==AB AB

tdtaadttaaa

dsyaa

zdsP2/2

0

222/

0

22222 cossin11 ππ

( )( )∫ =+−+=

+=

+=

2/

0

2222

40002/

202/

22sin

222cos1π ππ

π aattadtta

6. Izračunati površinu omotača polovine eliptičkog cilindra 0,0,195

22≥≥=+ zyyx

, dobijenog

presekom ravni yz = .

Rešenje.

Jednačina elipse u parametarskom obliku je

tytx

tytx

cos3sin5

sin3cos5

=−=

⇒

==

&

&

dtttdtyxds 2222 cos9sin5 +=+= &&

Odnosno

( )∫ =−+=

−

=−⇒=

=∫ +=−1

1

2

0

2 543

110

sincos

5cos4sin3 duuut

dutdtut

dtttP

π

π

∫

=

++++=+⋅=

1

0

22245ln

85

45

2125432 uuuuduu

5ln4

1590

1

45ln

85

45

212 22 +=

++++= uuuu

7. Izračunati površinu cilindrične površi ( )xx eey −+=21

između površi

( ) 1;0;0;2 ===−= − xxzeez xx

( )xx eey −−=21'

Matematika III

129

( ) ( )dxeedxeedxyds xxxx −− +=+=+=21

41'1

22

( ) ( )( )∫ ∫ ∫

−∫

−−

−=−=+−==

AB

xxxxxxe

edxedxedxeeeezdsP1

0

21

0

21

0

2 121

212

Napomena.

Kako znak elementa luka ds zavisi samo od dx to treba ispred korena uzimati znak (+) kada je dx>0 odnosno (-) kada je dx<0.

Takva primedba vredi i kod parametarski zadatih funkcija.

3.2. KRIVOLINIJSKI INTEGRAL DRUGE VRSTE (Krivolinijski integral po koordinatama)

Neka je u ravni Oxy dat luk AB krive Γ i neprekidna funkcija ( ) ( )Mfyxf =, na tom luku (duž

tog luka). Podelimo taj luk na n delova, deonim tačkama 1P ,..., 1−nP (sl.3.2.1.)

Sl.3.2.1. Ako je ( )Mif vrednost funkcije u tački ( )ii ηξ , krive Γ, a 1−−=∆ iii xxx , pri čemu je

kx apscisa tačke ( )nkPK ,...,0= , tada možemo formirati proizvode ( ) ixMif ∆ . Sakupimo sve te proizvode formirane nad lukom AB.

( )∑=

∆=n

iixMifSn

1 (3.2.1.)

Neka je max ix∆ najveća dužina segmenta lx∆ .

Def.3.2.1.

( )∑=

→∆∞→

∆n

ii

xn

xMif

i1

0max

lim naziva se krivolinijski integral po koordinati x funkcije ( )Mf krive Γ. (ako

ta granična vrednost postoji) i označava

( ) ( ) ( )∑=

∫Γ

∫Γ

→∆∞→

==∆n

ii

xn

dxyxfdxMfxMif

i1

0max

.,lim

Na analogan način se definiše krivolinijski integral po koordinati y, tj.

Matematika III

130

( ) ( ) ( )∑ ∫∫=

→∞→

==n

ii

ymaxn

dyy,xfdyMfyMiflimi

10 ΓΓ∆

∆

U integralu prve vrste u sumi se javlja iσ koja predstavlja deo luka i integral nije zavisio od integracije od tačke Α do tačkeΒ ili obratno. Kako se u integralu druge vrste javlja 1−−=∆ iii xxx , to je jasno da se kod integrala menja znak pri zameni 1−− ii xx sa ii xx −−1 .

Prema tome je ( ) ( )∫∫

∩∩−=

BAAB

dxPfdxPf .

Sve ostale osobine kod integrala prve i druge vrste su iste. Na analogan način se definiše krivolinijski integral po koordinatama za funkciju

( ) ( )zyxfPf ,,= po prostornoj krivoj Γ . Za koordinatu x bi to bilo

( ) ( ) ( )∑=

∫Γ

∫Γ

→∆∞→

==∆n

ii

xn

dxzyxfdxPfxPif

i1

0max

,,lim

Analogno se definiše integral po koordinatama y i z. Ako je Γ zatvorena kriva tada pod pozitivnim smerom kretanja treba smatrati onaj smer kretanja

kod koga unutrašnja oblast, onom ko se kreće po krivoj, ostaje sa leve strane. Za drugi smer kažemo da je negativan (sl.3.2.3.)

Sl.3.2.3. Teorema 3.2.1. Ako se zatvorena oblast D, ograničena krivom Γ sastoji iz dve zatvorene

oblasti D1 i D2 , kao na slici 3.2.3., tada se krivolinijski integral može predstaviti kao zbir dva

integrala, uzetih u istom smeru po krivama 1Γ i 2Γ .

Dokaz . Neka je 1Γ kriva ABC a 2Γ kriva ACD. Imaćemo

( ) ( ) ( )∫Γ

∫ ∫+=1 ABC CA

dxPfdxPfdxPf

( ) ( ) ( )∫ ∫∫Γ

+=CDA AC

dxPfdxPfdxPf .2

Kako je ( ) ( )∫ ∫−=CA AC

dxPfdxPf , to je

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫Γ

∫Γ

∫ ∫ ∫ ∫ =+++=+1 2 ABC CA CDA AC

dxPfdxPfdxPfdxPfdxPfdxPf

( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫Γ

=+=ABC CDA

dxPfdxPfdxPf

3.2.1. IZRAČUNAVANJE KRIVOLINIJSKOG INTEGRALA DRUGE VRSTE.

Krivolinijski integral po koordinatama se izračunava, uglavnom, kao Koši-Rimanov integral. Ako je kriva zadana parametarski

Matematika III

131

( )tfx 1= , ( )tfy 2= ,

tada x, y i dx izražavamo preko t i dt, za [ ]2,1 ttt∈ , gde je

( )( ) (( )1, taaya Α=Α , ))(( )1tay i ( )( ) ( )( ) )( )( )22 ,, tbytbbyb Β=Β .

Tada je

( ) (( ) )( ) ( )∫ ∫=∩AB

t

tdttxtytxfdxyxf

2

1,, &

( ) (( ) ( )) ( )∫ ∫=∩AB

t

tdttytytxfdyyxf

2

1,, &

Za prostorni slučaj bi bilo

( ) (( ) ( ) )( ) ( )∫ ∫∩

=AB

t

tdttxtz,ty,txfdxz,y,xf

2

1

& ,

( ) (( ) ( ) )( ) ( )dttytztytxfdyzyxf

AB

t

t&,,,

2

1∫ ∫=∩

,

( ) (( ) ( ) )( ) ( )dttztztytxfdzzyxf

AB

t

t&,,,

2

1∫ ∫=∩

.

Ako je kriva definisana jednačinom ( )xyy = ,

tada je

( ) ( ) ( )( )∫Γ

∫Γ

∫==b

adxxyxfdxyxfdxPf ,, (3.2.1.1.)

Ako je kriva definisana jednačinom ( )yxx =

tada je

( ) ( ) (( ) )∫Γ

∫Γ

∫==d

cdyyyxfdyyxfdyPf ,, (3.2.1.2.)

Zbir ( ) ( ) ( ) ( )∫Γ

∫Γ

∫Γ

+≡+ dyyxQdxyxPdyyxQdxyxP ,,,, predstavlja opšti oblik krivolinijskog

integrala funkcija ( )yx,Ρ i ( )yxQ , po koordinatama po krivoj Γ. Analogno je u prostoru

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dzzyxRdyzyxQdxzyxdzzyxRdyzyxQdxzyx ,,,,,,,,,,,,∫Γ

∫Γ

∫Γ

∫Γ

++Ρ≡++Ρ .

Ako je podintegralna funkcija krivolinijskog integrala totalni diferencijal neke funkcije, tj. ako je

( ) ( ) ( ) ( ) dUzyxdUdzzyxRdyzyxQdxzyx ==++Ρ ,,,,,,,, ... (3.2.1.3.)

ako je, pritom, kriva Γ jednoznačna funkcija u nekom domenu D, tada će važiti Njutn-Lajbnicova formula

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )( )∫ ==∫ ++

2,2,2

1,1,1

2,2,2

1,1,1,,,,,,,,

zyx

zyx

zyx

zyxzyxdUdzzyxRdyzyxQdxzyxP

( ) ( )111222 ,,,, zyxUzyxU −=

Matematika III

132

Iz zadnje formule zaključujemo da je krivolinijiski integral po zatvorenoj krivoj jednak nuli. Ako je domen (u kome je posmatrana kriva Γ ) jednoznačno povezan, a funkcije RQP ,, imaju

neprekidne parcijalne izvode prvog reda i pri tom je

zxR

yR

zQ

xQ

y ∂Ρ∂

=∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

=∂Ρ∂ ,, ,

tada se funkcija ( )zyxUU ,,= iz jednakosti (3.2.1.3.) izračunava

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫++Ρ=x

x

y

y

z

zdzzyxRdyzyxQdxzyxzyxU

0 0 0

,,,,,,,, ,

gde je ( )000 ,, zyx fiksna tačka oblasti D.

3.2.2. PRIMENA KRIVOLINIJSKOG INTEGRALA DRUGE VRSTE

1.Površina oblasti ∆ koja pripada ravni Oxy , izračunava se formulom

∫Γ

−=Ρ ,21 ydxxdy ... (3.2.2.1.)

gde je Γ kontura oblast ∆ . Ili u polarnim koordinatama ∫=Γ

θρ dP 221

.

Neka je kriva Γ data jednačinom 0),( =yxf

Sl. 3.2.2.1

Ako iz implicitnog oblika 0),( =yxf pređemo u eksplicitni oblik, tada ćemo imati

=). (kriva BDA luk )x(f) (kriva ACB luk )x(f

y2

1

ΓΓ

2

1

Površinu oblasti ∆ možemo izračunati pomoću krivolinijskog integrala.

∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

−=+=

=+−=−−=−=

ΓΓΓ.ydx)ydxydx(

)dx)x(fdx)x(f(dx)x(fdx)x(fdx)x(fdx)x(fPa

b

b

a

b

a

b

a

b

a

b

a

21

212112

Prema dobijenom površina P izračunava se

Matematika III

133

∫Γ

−= .ydxP

Da smo funkciju 0),( =yxf rešavali eksplicitno po x i imali

=CBA luk )y(DAC luk )y(

x2ϕ

ϕ1 dobili bi da je

površina ∫

Γ

= .xdyP

Sabiranjem dva dobijena obrasca ∫

Γ

= xdyP i ∫Γ

−= ,ydxP

dobijamo još jedan obrazac za izračunavanje iste površine P,

∫

∫∫∫

Γ

ΓΓΓ

−=

−=−=

ydxxdyP

ydxxdyydxxdyP

21

.2

…(3.2.2.1)

Ako je funkcija data u polarnim koordinatama )(θρ f= , tada se obrazac (3.2.2.1) dobija u obliku

,21 2∫

Γ

= θρ dP

pri čemu je uzeto da je θρθρ

sincos

==

yx

(sl. 3.2.2.1).

Taj se obrazac mogao dobiti polazeći od obrasca ∫=2

1

2

21 θ

θ

θρ dP za površinu sektora (sl. 3.2.2.2).

Sl. 3.2.2.2. 2. Mehanički rad sile ( ) ( ) ( )kzyxRjzyxQizyxF

rrrr,,,,,, ++Ρ= , duž puta Γ izračunava se

( ) ( ) ( )∫ ++=ΓΡ dzz,y,xRdyz,y,xQdxz,y,xA

Primeri.

1.Izračunati krivolinijski integral ∫Γ

+ dyxxydx 22 po krivoj Γ od tačke (0,0) do tačke(1,1) ako je kriva

Γ 1.1. xy =

1.2. 2xy =

1.3. xy =2

1.4. 3xy =

Rešenja.

1.1. dxdyxy =⇒= , pa je

Matematika III

134

∫Γ

∫ ∫ ==+⋅=+1

0

1

0

222 322 dxxdxxdxxxdyxxydx 10

1

33

3=⋅

x

1.2. xdxdyxy 22 =⇒= , pa je

∫Γ

∫ ∫ ==⋅+⋅=+1

0

1

0

3222 4222 dxxxdxxdxxxdyxxydx 10

1

44

4=⋅

x

1.3. dxydyxy =⇒= 22 , pa je

( )∫Γ

∫ ∫ ==+⋅⋅⋅=+1

0

1

0

42222 5222 dyydyyydyyydyxxydx 10

1

55

5=⋅

y

1.4. dxxdyxy 23 3=⇒= , pa je

∫Γ

∫ ∫ ==⋅+⋅=+1

0

1

0

42232 5322 dxxdxxxdxxxdyxxydx 10

1

55

5=⋅

x

2. Izračunati integral ( )∫Γ

−+ dyxyxydx po krivoj Γ kao u primeru 1.

Rešenje.

2.1. ⇒=⇒= dxdyxy

( ) ( )∫Γ

∫ ∫ ===−+⋅=−+1

0

1

0

32

31

0

1

3xdxxdxxxdxxxdyxyxydx

2.2. ⇒=⇒= xdxdyxy 22

( ) ( ) ( )∫Γ

∫ ∫ =−+=⋅−+⋅=−+1

0

1

0

23322 222 dxxxxxdxxxdxxxdyxyxydx

( )121

32

43

0

1

32

0

1

4323

341

0

23 =−=⋅−⋅=−= ∫xxdxxx

2.3. ⇒=⇒= dxydyxy 22

( ) ( ) ( )∫Γ

∫ ∫ =−+=−+⋅⋅=−+1

0

1

0

2422 22 dyyyydyyyydyyydyxyxydx

3017

31

21

52

0

1

30

1

20

1

52

325=−+=−+=

yyy

2.4. ⇒=⇒= dxxdyxy 23 3

( ) ( ) ( )∫Γ

∫ ∫ =−+=⋅−+⋅⋅=−+1

0

1

0

354233 333 dxxxxdxxxxdxxxdyxyxydx

Matematika III

135

201

43

21

51

0

1

43

23

5

465−=−+=

−+=

xxx

3. Izračunati krivolinijski integral ( )∫Γ

−+ dyxyxydx , gde je Γ trougao sa temenima M (1,1), N (2,1) i

P (2,3) i koji je orijentisan u pozitivnom smeru.

PMNPMN ssss ++=Γ

01: =⇒= dyyMN , ⇒≤≤ 21 x

( )∫ ∫ =−===⋅−+⋅=2

1

2

1

2

23

212

1

2

2011 xxdxxdxxsMN

⇒≤≤=⇒= 31,02: ydxxNP

( ) ( ) 02216

29

1

22

22202

23

1

3

1=+−−=

−=∫ −=∫ −+⋅= yydyydyyysNP

( ) 12221112131: −=⇒−=−⇒−

−−

=− xyxyxyPM

dxdyxy 212 =⇒−=

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∫ =−+=−+−=⋅−−+−=1

2

1

2

221

22222221212 dxxxdxxxxdxxxdxxxsPM

=+−−−+=

−+= 42

3162

21

32

2

12

232 23

xxx

38

616

6250

23

625

−=−=−+=⇒−= Γs

4. Izračunati krivolinijski integral ( ) ( )∫Γ

−++ dyyxdxyx 2222 , gde je Γ izlomljena linija

xy −−= 11 , od tačke 0 (0,0) do tačke A (2,0).

Rešenje.

>−≤−

=

<−+−≥−−

=−1,11,1

01,101,1

1xxxx

xxxx

x

( )( )

>−≤

=

>−−≤−−

=−−=1,2

1,1,11,11

11xx

xxxxxx

xy

∫ ∫ ∫+=Γ OB BA

10,: ≤≤=⇒= xdxdyxyOB

Matematika III

136

( ) ( )∫ ∫ ∫ ===−++=OB

xdxxdxxxdxxx1

0

1

0

322222

32

0

1

322

21,2: ≤≤−=⇒−= xdxdyxyBA

( )( ) ( )( )( ) ( )∫ ∫ ∫ =+−+−+−+=−−−+−+=AB

dxxxxxxxdxxxdxxx)

2

1

2

1

22222222 444422

( )∫ =−=−+−+−=

+−⋅=+−=

2

1

232

324

31484

321616

316

1

28

28

32882 xxxdxxx

∫Γ

∫ ∫ =+=+=BO AB) ) 3

432

32

5. Izračunati ∫ − xdyydx , gde je Γ elipsa 222222 bayaxb =+ i integracija se vrši u pozitivnom smeru.

Rešenje.

Jednačina elipse 222222 bayaxb =+ u parametarskom obliku je

[ ]

∈=−=

⇒

==

π2,0,cossin

sincos

ttdtbdytdtadx

tbytax

( ) ( )∫Γ

∫ ∫ =+−=⋅−−⋅=−π π2

0

2

0

22 cossincoscossinsin dtttabdttbtadttatbxdyydx

∫ −=−=−=π

ππ

2

02

0

2ababtdtab

6.Izračunati krivolinijski integral ∫ −r

xdyydx , gde je Γ luk cikloide od koordinatnog početka do

tačke ( )0,2 πa Rešenje: Jednačina cikloide u pirometarskom obliku je:

( )( )

( )π20

sincos1

cos1sin

≤≤

=−=

⇒

−=−=

tdttady

dttadxtayttax

( ) ( ) ( )∫ ∫ =−−−⋅−=−r

dttattadttataxdyydx sinsincos1cos12

0

π

( ) ( )( ) ( )∫ ∫ +−+−=−−−=π π2

0

2

0

222222 sinsincoscos21sinsincos1 dttttttadttttadtta

( ) =

−−=−−= ∫ ∫ ∫ ∫

π π π π2

0

2

0

2

0

2

0

22 sincos22sincos22 tdtttdtdtadtttta

=

−===

==

=∫

ttdttdtd

dtdntu

cossinsin

ϑϑϑ

Matematika III

137

ππ

πππππ

π 222

0

2 60

2sin204cos

0

2cos

0

2sin2

0

22 atatdttttta =

++−=

+−−− ∫

7. Izračunati krivolinijski integral (( ) ) ( )( )dyyxdxyx 111 4 −+++−∫ , ako je Γ kriva ,222 xyx =+ a integracija se vrši u pozitivnom smeru. Rešenje. Prevedimo najpre jednačinu kruga xyx 222 =+ na parametarski oblik.

( )

π20cos

sinsin

cos1sin

cos1

11

112

2

22

22

22

≤≤

=−=

⇒

=+=

⇒

==−

⇓

=+−

=++−

=+

ttdtdy

tdtdxty

txty

tx

yx

yxx

xyx

( )( ) ( )( ) (( ) )( )∫ ∫ +−+−+=−+++−r

tdtttdyyxdxyxπ2

0

44 sinsin1cos1111

( )( ) =−+++ tdttt cossin1cos11

( )∫ ∫ ∫ +−−=++−−=π π π2

0

2

0

2

0

24224 sinsincossincoscossinsincos tdttdttdttttttt +

∫ ∫ =

=−

==+

π π2

0

2

0

2sin

4cossincoscos

dntdtt

tdtttdt

∫ ∫ =+−=−+−

−=π π

ππππ2

0

2

0

352cos

21

0

2

21

0

2

3cos

0

2sin

22cos1

0

2

5cos tdttttdttt

ππ

π −=+−=0

24sin

41 t

8. Izračunati krivolinijski integral ( )

∫+

−

r yxxdyydxxy22 , gde je r luk lemnisnite date jednačinom

ea 2cos=ρ na segmentu

−

4,

4ππ

i orijentisali u pozitivnom smeru.

( )eeae

eaea

2cos2sin22sin

2cos22cos , −

=⋅−=⇒= ρρ

(( ) =−

+−=⇒=⇒= deeeeaeeadxeeaxex

2cos2sincos2cossin2coscoscosρ

( ) ρdeeadeeeee

ea

2cos3sin2sincos2cossin

2cos−

=+−

( )∫ =

+

−

r yxxdyydxxy22

Matematika III

138

∫− +

−

−⋅⋅⋅

4

4 2222 2cossin2coscos

2cos3cos2coscos

2cos3sin2cossin2cossin2coscos

π

π ρρρρ

ρρρρρρ

ρρρρρρρρ

aa

daadaaaa

( )( ) =

+

−−= ∫−

4/

4/ 222

222

sincos2cos3coscos3sinsin2coscossinπ

π ρρρ

ρρρρρρρρ

adaaa

( )∫−

=+−=4/

4/

2 3coscos3sinsincossinπ

πρρρρρρρ da

∫−

∫−

=−=−4/

4/

24/

4/

24sin

42cos2sin

2

π

π

π

πρρρρρ dada

( )( ) 0016

coscos41

44/

4/

44cos

4

222=⋅=

−−−−=

−

−−=

aaa πππ

πρ

9. Izračunati krivolinijski integral ∫+

−

r yxydxxdy

22 , ako je r luk krive ( ) xyayx 2222 =+ u prvom

kvadrantu, a integracija se vrši u pozitivnom smeru. Rešenje.

Najednostavnije je zadatak rešiti korišćenjem polarnih koordinata ϕρϕρ

sincos

==

yx

. Jednačina krive

u polarnim koordinatama biće:

( ) ⇒=⇒=⇒= ϕϕρϕϕρρϕϕρρρ cossinacossina)(sincosa 222222222 ϕϕρ cossina=⇒

( )ϕϕϕϕ

ϕϕϕϕϕ

ρϕϕϕcossin2

2cossincoscossin2

cossin 22 dadada =−⋅=⇒=ϕϕ

ϕϕcossin22cos, a

=

( ) ϕϕρϕρϕρ ddxx sincoscos , −=⇒=

( ) ϕϕρϕρϕρ ddyy cossinsin , +=⇒=

( ) ( )∫ ∫ =

−−+=

+

−

rd

yxydxxdy 2/

0 2

,,

22sincossincossincosπ

ϕρ

ϕρϕρϕρϕρϕρϕρ

∫ =+−+

=2/

0 2

22,22, sin8cossincoscossinπϕ

ρϕϕϕρρϕρϕϕρρ d

( )∫ ∫ ==

+2/

0

2/

02

222

2cossin8π π πϕϕ

ϕϕϕ dd

10. Izračunati ( )∫ −+−

rdzxyzdydxzy 222 2 , gde je r kriva: 32 ,, tztytx ===

( )10 ≤≤ t , u smeru rasta parametra. Rešenje.

dttdztz

tdtdyty

dtdxtx

23

2

3

2

=⇒=

=⇒=

=⇒=

Matematika III

139

( ) ( )∫ ∫ =⋅−⋅+−=−+−r

dttttdttdtttdzxyzdydxzy1

0

22564222 3222

( ) ( )∫ ∫ =−=

−=−=−+−=

1

0

1

0

57464664

351

52

73

0

1

52

732334 ttdtttdttttt

11. Izračunati krivolinijski integral ( ) ( ) ( )∫ −+−+−r

dzyxdyxzdxzy , gde je r elipsa

( )0,01,222 >>=+=+ babz

axayx i orijentisana je u pozitivnom smeru posmatrajući sa

pozitivnog dela x-ose. Rešenje. Napišimo najpre parametarsku jednačinu ove elipse

πϕϕϕϕϕϕϕ

20cossinsincos

≤≤=⇒=−=⇒=

dadyaydadxax

( ) ϕϕϕ dbdzbaxbz sincos11 =⇒−=

−=

( ) ( ) ( )∫ =−+−+−r

dzyxdyxzdxzy

( )( ) ( ) ( )( )∫ −−+−−−π

ϕϕϕϕϕϕ2

0.coscos1sincos1sin abdaba

( ) =−+ ϕϕϕϕϕϕ dbaada sinsincoscos

( )∫ −+−+−=π

ϕϕϕϕϕ2

0

22 coscossinsinsin abababa

) =−+−− ϕϕϕϕϕϕ dababaab 2222 sincossincoscos

( ) ( )( ) =+++−+−∫ ϕϕϕϕϕϕϕπ

dabababa2

0

22222 cossincossincossin

( )∫ ∫ ∫ ∫ +−=++−=π π π π

πϕϕϕϕϕϕ2

0

2

0

2

0

2

0

22 2cossin abadabdabdabda

12. Izračunati krivolinijski integral ∫ ++r

xdzzdyydx , gde je r kružnica:

1,1222 =+=++ zxzyx i orijentisana je u pozitivnom smeru posmatrana sa pozitivnog dela x ose.

Rešenje. Napišimo najpre jednačinu ove kružnice u parametarskom obliku.

1222 =++ zyx 1=+ zx xz −=1

( ) 11 222 =−++ xyx

022 22 =+− yxx xz −=1

21

412 22 =+

+− yxx

xz −=1

21

212 2

2=+

− yx

xz −=1

Matematika III

140

Sada možemo da napišemo:

tx cos2

1212 =

−

ty sin2

1=

xz −=1

tx cos21

21+=

ty sin2

1=

tz cos21

211 −−=

−=

=

+=

tz

ty

tx

cos21

21

sin2

1

cos21

21

Jednačina kružnice u parametarskom obliku

tdtdxtx sin21cos

21

21

−=⇒+=

tdtdyty cos2

1sin2

1=⇒=

tdtdztz sin21cos

21

21

=⇒−=

∫ ∫ ⋅

++

−+

−=++

rttdttdtttxdzzdyydx

π2

0cos

21

21cos

21cos

21

21sin

21sin

21

∫ =

++−+−==⋅

π2

0

22 cossin41sin

41cos

221cos

221sin

221sin

21 dttttttttdt

( )∫ ∫ ∫ ∫ =++++−π π π π2

0

2

0

2

0

2

0

22 cossin41sin

41cos

221cossin

221 tdtttdttdtdttt

∫−

=−=⋅−

=−

=π πππ

2

0 22

22

221

221 dt

13. Izračunati krivolinijski integral ( ) ( )( )

( )∫ −++ππ

0,0dyyxdxyx

Rešenje. ( )

1

,

=∂∂

+=

y

yxyxPρ

( )

1

,

=∂∂

−=

xQ

yxyxQ

Kako je ( ) ( )dyyxdxyxxQ

yP

−++⇒∂∂

=∂∂

je totalni diferencijal neke funkcije ( )., yxu

( ) ( ) ( ) ( )∫ ++=++= yxyxydxyxyxu ϕϕ2

,2

Matematika III

141

( ) ( )yxQyxyu ,, =+=∂∂ ϕ

( ) yxyx −=+ ,ϕ

( ) yy −=,ϕ

( ) ( ) cydyyy +−

=−= ∫2

2ϕ

pa je: ( )22

,22 yxyxyxu −+=

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )∫ =−−+=−=−++ππ

ππππππ,

0,0

22

22

022

0,0, uudyyxdxyx

14. Izračunati krivolinijski integral ( )

( )∫

+

+8,6

0,1 22 yx

ydyxdx.

Rešenje.

( )22

,yx

xyxP+

=

( )22

,yx

yyxQ+

=

22

222

2

1

yx

yyx

x

yP

+

⋅+

⋅−

=∂∂

22

222

2

1

yx

xyx

y

xQ

+

⋅+

⋅−

=∂∂

( ) 2/322 yx

xyyP

+

−=

∂∂

( ) 2/322 yx

xyxQ

+

−=

∂∂

Dakle xQ

yP

∂∂

=∂∂

, pa je 22 yx

ydyxdx

+

+ totalni diferencijal neke funkcije ( )yxu ,

( ) ( ) ( )∫ ∫ =+=

=

==+

=++

= yt

dt

dtxdx

dtxdxtyx

yyx

xdxyxu ϕϕ21

2

2,

22

22

( ) ( )yyxyt /

ϕϕ ++=+= 2221

212

1

( ) ( )yyx

yy

yxQ ,22

4, ϕ++

=∂∂

=

Matematika III

142

( ) ( ) ( ) ( ) 22,,2222

,0 yxyxUCyyyyx

y

yx

y+=⇒=⇒=⇒+

+=

+ϕϕϕ

( ) ( )( )

( )∫ =−=+−+=−=

+

+8,6

0,1

222222

911001860,18,6 uuyx

ydyxdx

15. Izračunati ( )

( )∫−

−+4,3,2

1,1,1

32 dzzdyyxdx

Rešenje. ( ) ( ) ( ) 32 zz,y,xRyz,y,xQxz,y,xP −===

000000 =∂∂

=∂∂

=∂∂

=∂∂

=∂∂

=∂∂

yR

xR

zQ

xQ

zP

yP

pa je zP

xR,

yR

zQ,

xQ

yP

∂∂

=∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

=∂∂

pa je izraz:

dzzdyyxdx 32 −+ totalni diferencijal neke funkcije ( )zyxu ,, .

Nađimo tu funkciju:

( ) ∫ ∫ ∫ =−+=−+=x

x

y

y

z

z

zz

yy

xxdzzdyyxdxzyxu

0 0 0 14

13

12

,,432

32

Czyxzyx+−+=+−−+−=

43241

431

321

2

432432,

pa je: ( )432

,,432 zyxzyxu −+=

( )

( )( )

( )

( )∫−

=

−+−−+=

−

−+=−+

4,3,2

1,1,1

43232

41

31

216492

1,1,1

4,3,2

432zyxdzzdyyxdx

12753

12753 −=−−

Zadaci.

1.Izračunati ( )∫ −r

dsxy , gde je r deo krive 3xy = od tačke ( )11, do ( )82, .

2.Izračunati krivolinijski integral ( )∫ +r

dsyx , gde je L trougao sa temenima ( ) ( ) ( )1,0,0,1,0,00 BA .

3.Izračunati krivolinijski integral ∫rluxds , gde je r luk linije luxxy

21

41 2 −= od tačke ( )1=xA do

tačke ( )exB = .

4.Izračunati krivolinijski integral ∫rxyds , gde je r luk elipse 12

2

2

2=+

by

ax

.

Matematika III

143

U prvom kvadrantu od tačke ( )0,AA do tačke ( ).,0 bB

5. Izračunati krivolinijski integral ∫r

dsy ,2 gde je r kružnica .sin,cos taytax ==

6.Izračunati ( )∫ +r

dsyx 22 , gde je r kriva ( )tttax sincos += , ( )tttay cossin −= π20 ≤≤ t .

7. Izračunati ∫r

dsy ,2 gde je r luk cikloide ( ) ( )tayttax cos1,sin −=−= od tačke ( )0,00 do tačke

( )0,2 πaA 8. Izračunati ∫

ryds , gde je r kružnica ϕsina=∂ .

9. Izračunati ∫ +r

dsyx 22 gde je r luk kardioide ( )ϕcos1+=∂ a od tačke ( )0,2aA do tačke

( )0,00 .

10. Izračunati ∫ +r

dsyx 22 , gde je r kružnica ρcosa=∂ .

11.Izračunati ( )∫ ++r

dszzyzx 322 , gde je r deo krive ttaytax cossin,cos2 == , ,sin taz = od

tačke 0=t do tačke 2/π=t .

12. Izračunati ∫r

dsxyarctg , gde je r luk kružnice 222 Ryx =+ iz prvog kvadranta.

13. Izračunati ( )∫ +r

dsyx 33 , gde je r luk astroide 3/23/23/2 ayx =+ iz prvog kvadranta.

14. Izračunati ∫h

dsy2 gde je h prvi luk cikloide.

15. Izračunati ∫rxds , gde je r onaj deo krive po kojoj se seku površi

2222 2 azyx =−+ i 222 azx =+ i koji se nalazi u I oktantu.

16.Izračunati ∫+r

dsayz

x2 , ako je r onaj deo krive 0, 222222 =−+=++ ayyxazyx koji se nalzi u

I oktantu.

17.Izračunati ∫+

++

rds

ax

zyx ,22

gde je r onaj deo krive ( ) 02,0 222222 =++−=− zyaxyz koji se

nalazi u prvom oktantu.

18.Izračunati ∫+

+

r

zdsez

yx2

22

2, gde je r luk konusne zavojnice tzttyttx === sin,cos , koji se

nalazi u paraboloidu zyx 222 =+

19. Izračunati ∫r

zdsxye , gde je r odsečak prave između tačaka ( )0,0,00 i ( )1,1,1A .

20. Izračunati ∫

+

rdsy

bxbx arccos , gde je r luk krive definisane jednačinama

xbxbbz

bxby

+−

== ln4

,arcsin od tačke ( )0,0,00 do tačke

− 3ln

4,,

2b

bbbA π

21.Izračunati koordinate težišta luka astroide

∈==

2,0,sin,cos 33 πttaytax

22.Izračunati koordinate težišta luka cikloide ( ) ( ) ( )π≤≤−=−= ttayttax 0cos1,sin

Matematika III

144

23. Naći masu luka parabole

≤≤=

2022 Pxpxy ako je njena gustina u tački

( )yxM , jednaka y

1. Naći masu luka krive ( )103

,2

, 32 ≤≤=== ttaztayatx , čija gustina se menja po zakonu

ay2

=ρ .

2. Naći momente inercije u odnosu na koordinatne ose dela krive

( )ππ

202

,sin,cos ≤≤=== tthztaytax .

3. Izračunati površinu cilindrične površi 222 ayx =+ koja leži između ravni xy0 i hyxz ++= ddfba

27. Izračunati površinu onog dela cilinrične površi pxy 2= , koji se nalazi između ravni

,098, === zipxyz gde je 0>p .

28 Izračunati površinu dela cilindrične površi 222 ayx =+ , koji se nalzi između ravni 0=z i površi xyaz =2

29. Izračunati površinu onog dela cilindrične površi 022 =−+ pxyx koji se nalazi u sferi 222 pzyx =++

30. Izračunati površinu onog dela cilindrične površi xaybxb 2222 =+ , koji se nalazi izvan konusa 222222 zaycxc =+ .

31. Izračunati ∫ −+r

dyxyarctgdx

x212

, gde je r luk parabole 2xy = od tačke )0,0(0 do tačke ( )1,1A

32. Izračunati ( ) ( )∫ −+−r

dyxyydxxyx ,22 22 gde je r : 11,2 ≤≤−= xxy .

33. Izračunati krivolinijski integral ( ) ( )∫ ++−r

dyyxdxyx 22 , gde je r trougao sa temenima

( ) ( ) ( )2,40,20,00 BA i koji je orijentisan u pozitivnom smeru.

34. Izračunati ∫ −+r

dyxyarctgdx

x212

, gde je r luk parabole 2xy = od tačke ( )0,00 do tačke ( )1,1A .

35. Izračunati dyxdxyr

22 +∫ , gde je r luk elipse taytax sin,cos == , iznos Ox ose .

36. Izračunati ( ) ( )∫ −++r

dyyxdxyx gde je: 12

2

2

2=+

by

ax

, smer suprotan od kretanja kazaljke na

satu. 37. Izračunati ( )∫ +−

rxdydxya2 , gde je r cikloida ( )ttax sin−= , ( )tay cos1−= π20 ≤≤ t .

38. Izračunati ( ) ( )

∫+

−−+

r yxdyyxdxyx

22 , gde je r kružnica 222 ayx =+ , a smer integracije suprotan

smeru kretanja kazaljke na satu.

39. Izračunati ∫++

ABCDA yxdydx

,gde je ABCDA kontura kvadrata sa temenima

( ) ( ) ( ) ( )1,0,0,1,1,0,0,1 −− DCBA Izračunati ∫ +

ABxdyydx sinsin , gde je AB duž sa krajevima ( )π,0A i ( )0,πB .

Matematika III

145

40. Izračunati ∫OmAnO

dxxyarctg , gde je OmA luk parabole 2xy = i A i O odsečak prave xy =

41. Izračunati ( )∫ ++−r

dyyydxyx 222 gde je r kružnica axyx =+ 22 a integracija se vrši u

pozitivnom smeru. 42. Izračunati ∫ ++

rdzxdyzdxy 222 , gde je r petlja Vivijanijeve krive definisane jednačinama

2222 Rzyx =++ , ( )022 ≥=+ zRxyx

43. Izračunati ( ) ( ) ( )∫ −+−+−−r

dzxdyyxdxy 1214 2 , ako je r deo krive yxzyxz 2222 +=+= ,

od tačke u ravni 0=x do tačke u ravni 0=y , koji se nalazi u I oktantu.

44. Izračunati ( ) ( ) ( )dzxdyyxdxyr

−+−+−−∫ 1214 2 , ako je r deo krive 22 yxz += yxz 22 += ,

od tačke u ravni 0=x do tačke u ravni 0=y , koji se nalazi i I oktantu.

45. Izračunati ( )∫ +−+r

yzdzxyzdydxzx ,22 gde je r presek površi 1222 =++ zyx i xy = , a

integracija je u suprotnom smeru od kretanja kazaljke na satu posmatrano sa pozitivnog dela z ose.

46. Izračunati ( )

( )∫

−+

3,2

2,1ydxxdy

47. Izračunati ( )∫

−2,1

1,2 2xxdyydx

, po putu koji ne seče osu Oy .

48. Izračunati ( ) ( )( )

( )∫−−

−++0,3

1,2

42234 564 dyyyxdxxyx

49. Izračunati ( )( )

( )∫− −

−0,1

1,0 2yxydxxdy

putem koji ne seče pravu xy =

50. Izračunati ( )

( )∫

++

−

π

π

,2

,1 2

2cossincos1 dy

xy

xy

xydx

xy

xy

putem, koji ne seče osu .YO

Matematika III

146

4. VIŠESTRUKI INTEGRALI

4.1. DVOJNI I DVOSTRUKI INTEGRALI

4.1.1. DVOJNI INTEGRALI

Neka je funkcija ),( yxfz = neprekidna nad oblasti D ravni Oxy. Izdelimo oblast D na oblasti D1, D2 , ... , Dn za koje ćemo reći da su ćelije. Neka svaka od tih ćelija teži nuli kada se broj ćelija uvećava (kada

∞→n ). Ćelija će težiti nuli ako oko nje opišemo kružnicu i kažemo da poluprečnik te kružnice teži nuli. Svaka nova podela postojećih ćelija povećava broj ćelija. Da bismo obezbedili da one teže nuli kada n teži ∞ kazaćemo da maksimalna ćelija teži nuli, odnosno da najveća od opisanih kružnica teži nuli (teži nuli njen poluprečnik). To ćemo zapisivati

. )0max (ili 0max →→∞→

ii rDn

Neka je k-ta ćelija Di a njena površina iD∆ . Neka je ),( iiiT ηξ proizvoljna tačka u i-toj ćeliji, čije su

koordinate ii ηξ , . Neka je mi najmanja vrednost funkcije ),( yxfz = nad ćelijom Di , a Ti najveća

vrednost te funkcije nad tom ćelijom. Neka je ),( iif ηξ vrednost funkcije f u tački ),( iiiT ηξ (sl. 4.1.1.1)

Sl. 4.1.1.1

Matematika III

147

Zapremina tela (cilindra) čija je osnova iD∆ a visina mi , je ii Dm ∆⋅ . To je upisani cilindar u cilindru čija

je osnova iD∆ i koji je odozgo omeđen površi ),( yxfz = . Opisani cilindar omeđen tom istom površi

ima zapreminu ii DM ∆⋅ . Za sumu

∑=

∆⋅=∆⋅++∆⋅+∆⋅=n

iiinnn DmDmDmDms

12211 ...

kažemo da je donja Darbuova suma. Za sumu

∑=

∆⋅=∆⋅++∆⋅+∆⋅=n

iiinnn DMDMDMDMS

12211 ...

kažemo da je gornja Darbuova suma. Svaka nova podela oblasti D na podoblasti (ćelije) daće novu donju Darbuovu sumu

1kns + i novu

gornju Darbuovu sumu 1knS + . Pri tome je niz

,,...,,21 pknknkn sss +++

rastući niz, tj. ......

21<<<< +++ pknknkn sss

a niz ,,...,,

21 pknknkn SSS +++

opadajući niz, tj. ......

21>>>> +++ pknknkn SSS

Kako je iiii Mfm ≤≤ ),( ηξ , to je

∑∑∑===

∆⋅≤∆⋅≤∆⋅n

iii

n

iiii

n

iii DMDfDm

111),( ηξ ,

ili

nnn SIs ≤≤ .

Za ∑=

∆⋅=n

iiiin DfI

1),( ηξ kažemo da je integralna suma.

Sada možemo definisati dvojni integral. Def. 4.1.1.1 Za graničnu vrednost

∫∫===→

∞→→

∞→→

∞→ Drn

n

rn

n

rn

n dDyxfSIsiii

),(limlimlim0max0max0max

kažemo da je dvojni integral. Kako je u Dekartovom sistemu Oxy element yxD ∆⋅∆=∆ i kako je dyydxx =∆=∆ , , to možemo pisati

dDdxdy = . Otuda je

∫∫∫∫ =DD

dxdyyxfdDyxf ),(),( .

Uslov da dvojni integral postoji je da postoji limes integralne sume. To znači da funcija bude neprekidna. Može se pokazati da je

0max0max

limlim→

∞→→

∞→=

ii rn

n

rn

n Ss i da postoji ako obezbedimo pretpostavkom da je funkcija

neprekidna. Zaista, iz nnnnn DmMDmMDmMsS ∆−++∆−+∆−=− )(...)()( 222111 , uz

pretpostavku da je najveća oscilacija π=− ii mM , imamo

DDDDDDDsS nnnn πππππ =∆++∆+∆=∆++∆+∆≤− )...(... 2121 . To znači da je

Matematika III

148

DsS nn π≤−≤0 .

Kada 0)(0max

→=−⇒

→∞→

πiii

mMr

n.

Kada 0)(0 →−⇒→ nn sSπ . Iz nnnnnnnsSsS

∞→∞→∞→=⇒=− limlim0)(lim .

Ovaj rezultat pokazuje da je neprekidna funkcija integrabilna funkcija. Iz nejednakosti

nn

n

iiiinnnnn

SDfIs∞→

=∞→∞→∞→

≤∆=≤ ∑ lim)),(lim(limlim1

ηξ

i jednakosti

nnnnSs

∞→∞→= limlim ,

sledi da je dvojni integral

∫∫ ∫∫∑ ==∆=→

∞→D D

n

iiii

rn

dxdyyxfdDyxfDfi

),(),(),(lim10max

ηξ .

4.1.1.1 Geometrijsko značenje dvojnog integrala Neka je funkcija ),( yxfz = definisana nad oblašću D. Neka je P površ čija je jednačina

),( yxfz = a Γ kontura oblasti D. Neka je Dϑ površ koju opisuje generatrisa paralelna z osi čija je vodilja kriva Γ (sl. 4.1.1.1.1).

Sl. 4.1.1.1.1 Zaključili smo da je zapremina V tela veća od zapremine svih upisanih pravougaonika i manja od zapremine svih opisanih pravougaonika,

nn SVs ≤≤ .

Kako je nn Ss limlim = , to je

nn SVs limlim == , odnosno

∫∫∫∫ ==DD

zdxdydxdyyxfV ),( .

Ako je telo u prostoru ograničeno površima ),( ),,( 2211 yxfzyxfz == Slika je ista kao i slika 4.1.1.3.1.. Tada je ∫∫∫∫∫∫ −=−=

DDD

dxdyzzdxdyzdxdyzV )( 1212

Matematika III

149

4.1.1.2 Osobine dvojnog integrala 1. dxdyyxfdxdyyxfdxdyyxfyxf

DDD∫∫∫∫∫∫ +=+ ),(),()),(),(( 2121

2. dxdyyxfkdxdyyxkfDD∫∫∫∫ = ),(),(

3. Ako je DDD =21 U i 021 =DD I , tada je

∫∫∫∫∫∫ +=21

),(),(),(DDD

dxdyyxfdxdyyxfdxdyyxf

Dokaz. Svojstva 1. i 2. direktno slede iz zbira preko koga je definisan dvojni integral. Dokažimo svojstvo 3. . Neka su

∑=

1

1)(

n

iii dDTf i ∑

+

+=

21

1 1)(

nn

niii dDTf

zbirovi formirani nad oblastima D1 i D2. Kako podela oblasti ne utiče na limes, to vredi

∑∑∑+=

+==

+=

=

+=21

1

121

111)()()(

nnn

niii

n

iii

nnn

iii dDTfdDTfdDTf

ili

∫∫∫∫

∑∑∑

+=

=+=+=

+=→∞→

=→∞→

+=

=→∞→

21

21

1

121

),(),(

)(lim)(lim)(lim10max10max10max

DD

nnn

niii

rn

n

iii

rn

nnn

iii

rn

dxdyyxfdxdyyxf

dDTfdDTfdDTfiii

4.1.1.3. DVOSTRUKI INTEGRAL

Neka je D oblast u ravni Oxy takva da prava paralelna y-osi, koja sadrži bar jednu tačku unutrašnje oblasti D, seče konturu te oblasti u dvema tačkama M1 i M2. Pretpostavimo da je kontura definisana funkcijama ))()((),(),( 212211 xxxyxy ϕϕϕϕ ≤== .

Neka su tangente oblasti D, paralelne y-osi, prave x=a i x=b (sl. 4.1.1.3.1).

Sl. 4.1.1.3.1. Neka su funkcije )(1 xϕ i )(2 xϕ neprekidne. Za tako definisanu oblast D kažemo da je pravilna u

pravcu y-ose. Ako je oblast pravilna u pravcu x i y ose, tada kažemo da je to pravilna oblast. Def. 4.1.1.3.1. Neka je funkcija )(),( Pfyxf = neprekidna u oblasti D. Tada za

Matematika III

150

∫

∫=

b

a

x

xy dxdyyxfI

)(2

)(1),(

ϕ

ϕ, (5.1.2.1.)

kažemo da je dvostruki integral (ili ponovljeni integral) funkcije ),( yxf u oblasti D. Integral Iy treba izračunati tako što se najpre izračuna integral u zagradama po integracionoj promenljivoj y (x je konstanta). rezultat te prve integracije je neka funkcija po x, za primer,

( )∫=

x

xdyyxfx

2

)(1),()(

ϕ

ϕφ ,

Sada se integrali funkcija )(xφ u granicama od a do b, tj.

∫=∫

∫=

b

a

b

a

x

xy dxxdxdyyxfI )(),(

)(2

)(1φ

ϕ

ϕ

4.1.1.3.1 OSOBINE DVOSTRUKOG INTEGRALA

Dokazaćemo jedno svojstvo dvostrukog integrala. Teorema 4.1.1.3.1.1. Ako se pravilna oblast D može da podeli na dve podoblasti D1 i D2 pravama

paralelnim y, odnosno x osi, tada je dvostruki integral DI u oblasti D jednak zbiru integrala1DI i

2DI u

oblastima D1 i D2, tj. 21 DDD III += .

Dokaz.

Neka je oblast D podeljena x=c na dve podoblasti D1 i D2 (sl. 4.1.1.3.1.1).

Sl.4.1.1.3.1.1

Tada je

∫∫ ∫ =φ=

=

ϕ

ϕ

b

a

b

a

)x(

)x(D dx)x(dxdy)y,x(fI

2

1

(za određeni integral važi

∫ ∫ ∫ +

∫=+∫ ∫ ∫ =+=

c

a

b

c

c

a

b

a

c

a

b

cdxdyyxfdxxdxxdxxfdxxfdxxf

2

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

ϕ

ϕφφ

21

)(2

)(1),( DD

b

c

x

xIIdxdyyxf +=∫

∫

ϕ

ϕ.

Matematika III

151

Ako prava ey = deli pravilnu oblast D na dve pravilne oblasti D1 i D2 tada je oblast D1 ograničena krivim

linijama )(1 xy ϕ= i krivom

≤≤=≤≤≤≤

==

213

21

32

3211)(

)()()(

mxmzacxbxmimxa

zaxxxBMMA

ϕ

ϕϕϕ

i pravama ax = i bx = , a oblast D2 ograničena linijama

2123 )(),( mxmzaxyxy ≤≤== ϕϕ . Sada je

=

+=

= ∫ ∫∫ ∫ dxdyyxfdyyxfdxdyyxfI

x

x

x

x

b

a

x

xD

)(

)(

)(

)(

)(

)(

3

1

2

3

2

1

),(),(),(ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

∫ ∫ ∫∫

+

b

a

b

a

x

x

x

xdxdyyxfdxdyyxf

)(

)(

)(

)(

2

3

3

1

),(),(ϕ

ϕ

ϕ

ϕ.

Još se može napisati

+

+

=

∫ ∫∫ ∫∫ ∫ dxdyyxfdxdyyxfdxdyyxf

m

m

x

x

m

a

x

x

b

a

x

x

2

1

2

3

1 2

3

2

3

)(

)(

)(

)(

)(

)(),(),(),(

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

∫ ∫

b

m

x

xdxdyyxf

2

2

3

)(

)(),(

ϕ

ϕ.

Kako je )()( 31 xx ϕϕ = na segmentu [ ] [ ]bmma ,,, 21 , to je prvi i treći integral 0, pa je

21

2

1

2

3

3

1

)(

)(

)(

)(),(),( DD

m

m

x

x

b

a

x

xD IIdxdyyxfdxdyyxfI +=

+

= ∫ ∫∫ ∫

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

Sl.4.1.1.3.1.2.

Teorema 4.1.1.3.1.2. Neka su, respektivno, m i M najmanja i najveća vrednost funkcije u oblasti D. Ako je S merni broj površi oblasti D onda je

MSdxdyyxfmSb

a

x

x≤

≤ ∫ ∫

)(

)(

2

1

),(ϕ

ϕ.

Dokaz. U skladu sa geometrijskim smislom dvojnog integrala, mogu se posmatrati dva cilindra čija je baza oblast D. Onaj čija je visina m i zapremina mS i onaj čija je visina M i zapremina MS.

Kako je zapremina manjeg (upisanog cilindra manja od zapremine cilindra a zapremina većeg (opisanog) cilindra veća od zapremine cilindra, to je dvostruka nejednakost tačna.

Teorema 4.1.1.3.1.3. (teorema o srednjoj vrednosti)

Matematika III

152

Neka S merni broj površi D, tada postoji tačka oblasti D, takva da je

SPfdxdyyxfb

a

x

x⋅=

∫ ∫ )(),(

)(

)(

2

1

ϕ

ϕ.

Dokaz. Iz MIS

mMSImS DD ≤≤⇒≤≤1

. Kako je funkcija ),( yxf neprekidna na oblasti D, i kako

ona na toj oblasti uzima vrednosti m i M, to ona mora uzimati i sve vrednosti između njih, prema tome i

vrednost DIS1

, tj.

∫ ∫

==⋅=⋅

b

a

x

xDD dxdyyxfISI

SSPf

)(

)(

2

1

),(1)(ϕ

ϕ.

4.1.1.3.2. IZRAČUNAVANJE DVOJNOG INTEGRALA

Teorema 4.1.1.3.2.1. Neka je ),( yxf neprekidna funkcija u pravilnoj oblasti D. Tada je

∫∫ ∫ ∫ ∫∫ =

=

D

b

a

b

a

x

x

x

xdyyxfdxdxdyyxfdxdyyxf

)(

)(

)(

)(

2

1

2

1

),(),(),(ϕ

ϕ

ϕ

ϕ (4.1.1.3.2.1.)

Dokaz. Ako je oblast D podeljena pravama paralelnim koordinatnim osama na n pravilnih oblasti ,,..., 21 nDDD ∆∆∆ tada je na osnovu osobine 1.

nDDDD IIII ∆∆∆ +++= ...21

.

Svaki se od sabiraka može da napiše (na osnovu teoreme o srednjoj vrednosti) iiDi DPfI ∆=∆ )( .

Na osnovu toga je

∑=

∆ ∆=∆++∆+∆=n

iiinnD DPfDPfDPfDPfI

12211 )()(....)()(

U graničnom slučaju je

∫∫∑=

→∆∞→

=∆=D

n

iii

Dn

D dxdyyxfDPfI

i

),()(1

lim

0max

odnosno

xddyyxfdxdyyxfb

a

x

xD∫ ∫∫∫

=

)(

)(

2

1

),(),(ϕ

ϕ.

Primeri.

1. Izračunati

1.1. ∫ ∫+

4

3

2

1 2)( yxdydx

1.2. ∫ ∫ +π

0

1

0sin)2( xdyyxdx

1.3. ∫ ∫ −2

1 0

322

)2(x

dyyxdx

Matematika III

153

Rešenje.

1.1. ∫ ∫ ∫ ∫+

+∫

− =+

+

−==

++

==+

=+

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

22 1

21

22

11)( x

x

tdxdttdx

xxty

dtdytyx

yxdydx

x

x

( ) =−=++

=+−+=∫ =

++

+−=

54ln

65ln

3

4

21ln

3

42ln1ln

11

214

3 xxxxdx

xx

2425ln

5465

ln ==

1.2. ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫∫ =+=+=+1

0 0

1

0 0

2

0 0

1sin2sinsin2

π ππyxyxdxdyyxxdxxdyyxdx

( ) ( ) ++−=∫

∫ −====+=

=+=0

cos1cossin

sin1sin1

0

π

ϑϑπ

xxxxdxdxdu

xdxdxuxdxx

2110

sin0coscos)1(cos0

+=++=+++−=+ ∫ πππ

πππ

xxdx

1.3. ( ) ∫∫∫∫ =

−=

−=−

2

1

842

1

242

0

322

1 42

0422

2

dxxxxyyxdxdyyxdx

x

( ) ( ) ( ) ( ) =−−−=−⋅−−=

⋅− 1512

361132

5212

36112

52

1

2

941

52 9955

95 xx

180323

36511

562511

36131

52 −

=−=⋅−⋅=

2. Izračunati ∫∫ +D

dxdyyx )( , ako je D oblast ograničena linijama 5;2; === xxyxy

Rešenje. Kako je oblast pravilna duž x ose, to je

( )∫∫ ∫ ∫ ∫ =

+=+=+=

D

x

x x

xyxydxdyyxdxdxdyyxI

5

0

2 5

0

2 2

2)(

Matematika III

154

∫∫ =⋅=⋅==

−−+=

5

0

325

0

22

22

6625125

65

0

5

325

25

22)2(2 xdxxdxxxxx

3. Izračunati ∫∫ −

Ddxdyyx 22 gde je oblast D omeđeni pravama x=2, y=x i hiperbolom xy=1.

Rešenje

∫∫ ∫∫∫−

∫− =

+−=

−===

D

x

x

dxxx

xdx

x

x

yxdyydxxdxdyyxI

2

1

22

1

21

22

1

222 1

1

1

( ) ( )412

412

41

2142

1

2

42

422

1

3 =+=

+−−+−=

+−==+−= ∫

xxdxxx

4. Izračunati ( )dxdyyxD∫∫ + 22 , gde je oblast integracije D omeđeni trouglom DAB sa temenima 0(0,0),

A(1,0) i B(1,1).

Rešenje.

( )∫∫ ∫ ∫∫∫− =

+=

+=+=

D

xdxxxdx

xyyxdyyxdxdxdyyx1

0

1

0

33

32

0

221

0

22303

31

41

34

0

1

434

34 1

0

43 =⋅=⋅== ∫

xdxx

5. Izračunati ( )∫∫ −0

2 dxdyxyx , gde je oblast integracije D omeđeni trapezom DABC sa temenim (0(0,0),

A(1,0), B(1,2) i C(0,1)

Rešenje.

( ) ( ) ( )∫ ∫+

∫ ∫+

∫∫ =−=−=−1

0

1

0

1

0

1

0

222 x x

Ddyxydxxdyxyxdxdxdyxyx

( ) ( ) ∫∫∫ =

−−

++=

+−

+==

+

−=

1

0

22

21

0

221

0

22

2121

21

0

1

2dxxxxxxdxxxxxdx

xxyyx

151

3053

61

101

0

1

321

521

21

2

351

0

24

=+−

=+−=

⋅+⋅−==

+−= ∫

xxdxxx

6. Izračunati ∫∫D

dxdyx 2 , gde je oblast D: 1≤+ yx

Rešenje.

Matematika III

155

∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫−

∫+

−−∫ ∫

−

−∫−

+

−−

+=+=+=

D D D

x

x

x

xdy

x

xyxdydxxdydxxdxdyx

1 2

0

1

1

1

1

0

1

1

0

1

2222

1

1

( )( ) ( )( ) ( )∫ ∫−

∫−

∫ ++=−−−+−−−+==

−

−+

1

0

0

1

220

1

21

0

2 2211111

1dxxxdxxxxdxxxxdx

x

xyx

( )31

21

32

21

32

0

1

42

32

1

0

42

3222

43431

0

2 =

−+

+−−=

−+

−

+=−+ ∫

xxxxdxxx

4.1.1.3.3. PROMENA REDOSLEDA INTEGRALJENJA

Neka je data pravilna oblast D, ograničena linijima (sl. 4.1.1.3.3.1).

( ) ( ) ( ) ( )( ) [ ]( )dcyyyyxyx ,,, 2121 ∈≤== ψψψψ dycy == ,

Sl. 4.1.1.3.3.1.

Tada važi

( ) ( )( )

( )( )

( )

( )==

= ∫∫∫ ∫ ∫∫

y

yD

d

c

d

c

y

ydxyxfdydydxyxfdxdyyxf

2

1

2

1

,,,ψ

ψ

ψ

ψ

( )( )

( )( )

( )

( )∫ ∫ ∫∫

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ=

=

b

a

b

a

x

x

x

xdyy,xfdxdxdyy,xf

2

1

2

1

... (4.1.1.3.3.1.)

Primeri.

1. Izmeniti pordak integracije u sledećim integralima uzimajući da je f(x,y) neprekidna funkcija:

1.1. ( )∫ ∫1

0 0,

xdyyxfdx

1.2. ( )∫ ∫−1

0

2,

x

xdyyxfdx

1.3. ( )∫ ∫−1

0

2,

y

ydxyxfdx

Matematika III

156

1.4. ( )∫ ∫−1

0

3

2

2

2,

y

ydxyxfdy

Rešenje.

1.1. ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫=1

0 0

1

0

1,,

x

ydxyxfdydyyxfdx

1.2. ( ) ( ) ( )∫ ∫−

∫ ∫ ∫−

∫ +=1

0

2 1

0

2

1

2

00,,,

x

x

yydxyxfdydxyxfdydyyxfdx

1.3. ( ) ( ) ( )∫ ∫−

∫ ∫ ∫−

∫ +=1

0

2 1

0

2

1

2

00,,,

2y

y

xxdyyxfdxdyyxfdxdxyxfdx

1.4. ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫−

∫ ∫ ∫ ∫−

∫∫ ++=1

0

3

2

21

0

2

21

3

2

3

0

1

0

2

0

2

2

2

,,,,y

y dx

xxdyyxfdxdyyxfdxdyyxfdxdxyxfdy

4.1.1.3.4. SMENA PROMENLJIVIH U DVOSTRUKOM INTEGRALU

Neka je

( )ϑ,uxx =

( )ϑ,uyy =

Sl.4.1.1.3.4.1.

i ako je Jakobijan (Jakobijeva determinanta)

0≠

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

ϑ

ϑy

uy

xux

J ,

tada je

( ) ( )( )∫∫ ∫∫=D D

dudJuyuxffdxdy ϑϑϑ'

,,, ,

Matematika III

157

gde je D’ nova oblast integracije dobijena preslikavanjem oblasti D funkcijama (5.1.1.4.1.). U slučaju polarnih koordinata, biće

ϕρ

ϕρϕϕρ

ϕρ cos,sinsincos =

∂∂

−=∂∂

⇒

== xx

yx

ϕρ

ϕρϕ

sin,cos =∂∂

=∂∂ yy

ρρρϕρϕρ

ϕϕρ

ϕϕρ

ρϕ

ρϕ =−=⇒−=−−=

−

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

= Jyy

xx

J 22 cossin

sincos

cossin

Odatle je

( )∫∫ ∫∫ ⋅⋅⋅=D D

ddfdxdyyxf'

sin,cos),( ρϕρϕρϕρ

Ako su u pitanju eliptičke (proširene polarne) koordinate, tada je

ρϕρϕρ abJby

ax =⇒

==

sincos

Primeri.

1. Izračunati integral ∫∫D

xydxdy , gde je oblast D omeđena pravama 2x-y=1, 2x-y=3, x+y=-2, x+y=0.

Rešenje.

smena: 02312≤≤−≤≤⇒

=+=−

ϑϑu

yxuyx

( ) 3

11

12

, =

−

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

yx

yu

xu

yxJ ϑϑ

Kako je

( ) ( )yxJuJ

,1, =ϑ , to je ( ) ( ) 3

1,

1, ==yxf

uJ ϑ .

Iz

ϑ=− yx2

ϑ=+ yx

33 ϑϑ +

=⇒+=uxux

xy −= ϑ

3ϑ+

=ux

Matematika III

158

32 uy −

=ϑ

.

Ovde bi 31

91

92

32

31

31

31

),( =+=−

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

ϑ

ϑϑ yuy

xux

uJ

( )∫∫ ∫−

∫ ∫−

∫ =−+−=⋅−

⋅+

=D

duuududuuduxydxdy0

2

3

0

0

2

223

122

271

31

32

3ϑϑϑϑϑϑϑ

( ) ∫ ∫∫ ∫−

−=−

⋅+−=+−=

3

1

3

1

2233

1

0

2

22271

2

0

232

2712

271 ϑϑϑϑϑϑ uududuudu

( ) ( ) ∫ =

+−−=

⋅+−⋅−−⋅−

3

1

223

1622271

2428

32 duuuduuu

8144....

1

3

316

22

32

271 23

−===

+⋅−−= uuu

2. Izračunati ( )∫∫− +

Ddxdyyxyx 23 ,gde je D oblast omeđeni pravima y=ax, y=bx, x+y=a, x+y=b

( )ba <<0

Rešenje.

smena: babua

yxxyu

≤≤≤≤⇒

+=

=ϑ

ϑ

( )22

21

11

1,

xyx

xxy

xxy

uJ +−=−−=

−=ϑ

( ) ( ) yxx

uJyxJ

+−==

2

,1,ϑ

xuyxyu =⇒=

( )u

xuxxux+

=⇒+=+=1

1 ϑϑ

( ) ( )( )2

2

2

11,

uuyxJ

+=

+=

ϑϑ

ϑ

uuuxy+

=⋅=1ϑ

Matematika III

159

( )( )

∫∫ ∫

−

∫− =

+⋅⋅

++=+

D

b

a

b

ad

uuuududxdyyxyx ϑϑϑϑϑ

22

323

111

( )( )

( )∫ ∫∫∫ −=

⋅

==+

⋅+

⋅+

b

a

b

a

b

a

b

aab

a

abb

udududu

uu

udu222

2

2

2

3

3

3

412

211

1

ϑ

ϑϑϑϑ

ϑ

ϑ

3. Izračunati integral ∫∫ −−

D

yx dxdye22

, ako je oblast integracije krug 222 ayx ≤+

Rešenja.

Uvedemo polarne koordinate: ρρϕρϕρ

==+

==

Jyx

yx

222sincos

==−

=

−=

=−=−

=⋅= ∫∫∫∫∫∫−

−−−−

0

0

2

0

2

0 2

2222

22

2

2a

ta

ta

D

yx dtedtedtd

dtdt

deddxdye ππ

ρρ

ρρρ

ρρ ρπ

−=

−==

−= −− 22

10

0

2

aat eeea

e πππ

4. Izračunati ∫∫ +D

dxdyyx 22sin , gde je D prsten 2222 4ππ ≤+≤ yx

Rešenje.

Uvedemo polarne koordinate

222sincos

ρρϕρϕρ

=+=

==

yxJ

yx

∫∫ ∫ ∫∫ ==⋅=+D

ddddxdyyxπ π

π

π

πρρρπρρρρ

2

0

22 222 sin2sinsin

=

+−=

−==

=== ∫

π

πρρ

π

πρρπ

ρρρρρ 2

cos2

cos2cos

sind

vdduddvu

( ) 26222

sincos2cos22 πππππ

πρπππππ −=−−=

++−=

222 4πρπ ≤≤

πρπ 2≤≤

Matematika III

160

5. Izračunati dvostruki integral dxdyxyarctg

D∫∫ , gde je oblast D u prvom kvadrantu omeđena pravima

xy33

= i 3xy = i kružnicama 122 =+ yx i 422 =+ yx .

Rešenje.

Uvedemo polarne koordinate 222sincos

ρρϕρϕρ

=+=

==

yxJ

yx

∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ===D

dtgarctgddarctgdarctgdxdy3/

6/

3/

6/

2

1

2

1 cossinπ

π

π

πρϕρϕρρ

ϕρϕρϕ

( )1636

34314

36941

1

2

26/

3/

2

222223/

6/

2

1

2 ππππρ

π

πϕρρϕϕπ

π=

=−

−=⋅== ∫ ∫ dd

41 2 ≤≤ ρ

21 ≤≤ ρ

xy33

=

33cossin ⋅= ϕρϕρ

33

=ϕtg

6πϕ =

3xy =

3cossin ϕρϕρ =

3=ϕtg

3πϕ =

6. Izračunati dvostruki integral dxdyby

ax

D∫∫

−−

2

2

2

24 , gde je

( )

≥≥≤+≤= 0,0,41:,2

2

2

2yx

by

axyxD

Rešenje.

Uvodimo smenu 22

2

2

2sincos

ρρϕρϕρ

=+=

==

by

ax

abJbyax

Matematika III

161

∫∫∫∫∫ =−⋅=−=−−2

1

22

1

22/

02

2

2

24

244 ρρρπρρρϕ

πdabdabddxdy

by

ax

D

23

0

3

234422

2

24 2/33

0

2/10

3

2ππππ

ρρ

ρρρ abtabdttabdttab

dtd

dtdt

=⋅==−

==

−=

=−=−

= ∫∫

20 πϕ ≤≤

41 2 ≤≤ ρ

21 ≤≤ ρ

7. Izračunaj ( ) ( )

∫∫−

−−

−D

dxdyb

qyb

px2

2

2

24 ,

gde je ( ) ( ) ( )

≤−

+−

= 1:,2

2

2

2

bqy

apxyxD

Rešenje.

Uvedemo smenu ϕρϕρ

ϕρϕρ

sincos.sin

cosbqyapxtjbqy

apx+=+=

=−=−

ρϕρϕρϕρϕϕρϕ abababbb

aaJ =+=−= sincoscossinsincos 2

( ) ( )πϕ

ρρρ 2010122

2

2

2

2

≤≤≤≤⇒≤⇒=

−+

−

bqy

apx

( ) ( )∫∫ ∫ ∫∫ =−⋅=−=

−−

−−

Ddabdabddxdy

bqy

apx 1

0

1

0

222

02

2

2

24244 ρρρπρρρϕ

π

( )3383

2

3

4

232

2

2

24

4

3

2/33

4

2

−=⋅==−

−=

−=

=−=−

= ∫∫ππππ

ρρ

ρρρ

abtabdttabdttabdtd

dtdt

4.1.1.3.5. IZRAČUNAVANJE ZAPREMINE I POVRŠINE POMOĆU DVOJNOG INTEGRALA

4.1.1.3.5.1. ZAPREMINA

Kao što je već rečeno, dvojnim integralom izračunavamo zapreminu tela koje je ograničeno površi ( ) 0,11 ≥= yxfz , odozdo delom ravni D i cilindričnom površi koju definiše prava paralelna z-osi, čija je

vodilja kontura oblasti D. Ako je telo ograničeno površi ( ) 0,22 ≥= yxfz sa donje strane (umesto površi D), tada je

Matematika III

162

( ) ( ) ( ) ( )( )∫∫ ∫∫ ∫∫ −=−=D D D

dsyxfyxfdsyxfdsyxfV ,,,, 2121

Ako je ( ) ( )yxfyxf ,, 21 ≥ tada nije bitna pretpostavka ( ) ( ) 0,,0, 21 ≥≥ yxfyxf . Ako se dogodi da funkcija ( )yxfz ,11 = menja znak u oblasti D, tada treba posebno posmatrati

slučaj ( ) 0,11 ≥= yxfz i posebno slučaj ( ) 0,11 <= yxfz . Ako je telo ograničeno površima D, ( )yxfz ,11 = i cilindričnom površi po konturi D i ako je

( ) 0,11 <= yxfz , tada se ne dobija merni broj zapremine već njen suprotan negativan broj.

4.1.1.3.5.2. POVRŠINA POVRŠI

Dvojnim integralom se može izračunati površina neke ravne figure. Ako je

( ) ( )( ) ∑=

∑=

∆===∆=n

iii

n

iiin DyxfDfV

111,,ηξ

tada je

∑=

∫∫

→∆∞→

=∆=n

i Di

sn

dxdyDP

i1

lim

0max

.

Kako kod pravilnih oblasti D u pravcu neke ose dvojni integral svodimo na dvostruki, to se površina (pravilna oblast D u pravcu y-ose) izračunava

( )

( )( ) ( )( )∫ ∫∫ −=

=

b

a

b

a

x

xdxxxdxdyP 12

2

1

ϕϕϕ

ϕ (4.1.1.3.5.2.1.)

Sl.4.1.1.3.5.2.1. što je rezultat primene jednostrukog integrala pri izračunavanju površine.

Primeri.

1. Izračunati površinu figure ograničene linijama xyxy =−= ,2 2 .

Rešenje.

( ) =−−=

−=== ∫

−∫∫ ∫

−∫−

∫−

dxxxx

xydxdydxdxdyP

D

x

x

1

2

21

2

2 1

2

2

22

Matematika III

163

214

386

21

3122

384

21

312

2

1

232

23=−+−−=

−+−−

−−=

−

−−=

xxx

2. Izračunati površinu figure ograničene linijama:x=0, y=0, y=1, x=2, xy=1.

Rešenje.

=+=⋅+⋅=+=+== ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫1

2ln1

0

/1

0

1

0

1

1 2

1

0

1

0

2

1

2

1

/1

0D D D

xx

xydxyxdydxdydxdxdydxdydxdyP

2ln1+=

3. Izračunati površinu figure omeđene lemmniskatom ( ) ( )222222 2 yxayx −=+ .

Rešenje.

Zadatak rešavamo prelaskom na polarne koordinate ϕρ cos=x

ϕρ sin=y

ρ=J

Jednačina lemniskate u polarnim koordinatama je:

( ) ( )222222 2 yxayx −=+

( ) ( )ϕρϕρρ 2222222 sincos2 −= a

ϕρρ 2cos2 224 a=

ϕρ 2cos2 22 a=

ϕρ 2cos2a=

Zbog simetričnosti figure

=⋅=== ∫∫∫ ∫∫

0

2cos2

2444

4/

0

22cos2

0

4/

0

ϕρϕρρϕ

πϕπa

ddddxdyPD

a

∫∫∫ ==

=

==

===2/

0

24/

0

24/

0

2

2cos4

2

22

2cos42

2cos24πππ

ϕ

ϕϕ

ϕϕϕϕ dttadtd

dtdt

dada

22 20

2/sin2 ata ==

π

4. Izračunati površinu figure, koja je omeđeni krivom 2

2

2

2

2

2

cxy

by

ax

=

+

Matematika III

164

Rešenje.

Uvedimo smenu ϕρϕρ

sincos

byax

== . Jednačina krive

2

2

2

2

2

2

cxy

by

ax

=

+ postaje

( )c

ab

cab

cba ϕϕ

ρϕϕρϕρϕρρcossincossinsincos

22

222 =⇒=⇒

⋅=

Kako se kriva nalazi u prvom i trećem kvadrntu i simetrično je u odnosu na koordinatni početak , što se vidi iz jednačine, to je:

=

=== ∫∫ ∫ ∫∫1

cossin

0

2/

0

22/

0 0

cossin

2222

D

cab

cab

dabdabddxdyP

ϕϕππ

ϕϕ

ρϕρρϕ

∫∫∫ ==

==

==1

02

222/

02

222/

0 2 cossin

cossincossin tdta

badtd

td

cbad

cabab

ϕϕϕ

ϕϕϕϕϕϕ ππ

2

222

2

22

20

1

2 cbat

cba

=⋅=

5. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima x=0, y=0, z=0, x+y+z=1.

Rešenje.

( ) ( )∫∫ ∫ ∫−

∫ =−

−−=−−==

D

xx

yxyydxdyyxdxdxdyyxfV1

0

1

0

1

0

2

0

1

21,

( ) ( )∫ ∫ =

−+−+−−=

−−−−−=

1

0

1

0

22

2

2211

2111 dxxxxxxdxxxxx

61

61

21

21

0

1

321

221

221 321

0

2=+−=

⋅+−=

+−= ∫

xxxdxxx

6. Izračunati zapreminu tela omeđenog paraboloidom 222 yxz −−= , cilindrom 1=+ yx i koordinatnom ravni 0=z .

Rešenje.

( )∫∫=D

dxdyyxfV , kako je D projekcija tela na xyO ravan to je 1: =+ yxD , to je

( )∫∫=D

dxdyyxfV , , zbog simetrije je:

Matematika III

165

( ) ( ) ( )∫−

∫∫∫∫∫ =−−=−−==x

DDdyyxdxdxdyyxdxdyyxfV

1

0

221

0

22 2424,1

( ) ( ) ( )=

−−−−−=

−

−−= ∫∫ dxxxxx

xyyxydx1

0

321

0

32

311124

0

1

324

∫ ∫ =

+−−=

+−+−+−−=

1

0

1

0

323

232342

354

331224 dxxxxdxxxxxxx

65

21

34

31

32

21

35

0

1

434

32

235 432

=−=+−−=

⋅+−−=

xxxx

7. Izračunati zaprerminu tela određenog sa

10,1,5,1 −+≤≤≤−≤+≥ yxzxyyxy .

Rešenje.

Slika

Oblast D, tj. projekcija tela na xyO ravan je data na slici, pa je:

( ) ( )∫+

∫ ∫−

∫∫∫∫∫∫∫ =−++−+=+==1

1

4

2

5

1

2

011

21

x x

DDDdyyxdxdyyxdxzdxdyV

=−

−++

+

−+ ∫∫

1

5

21

1

2

4

2

22

0

2 xyyxydx

xyyxydx

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫ −

−+−+

+−−+−

+++=

4

2

22

0

2

2551

211

211 xxxdxxxxxx

( ) ) ∫ +

+−−−−++++=+−−−−

2

0

22 1

211

21

21

215 dxxxxxxxdxxx

Matematika III

166

=

+−+

=

+−−+−+−+−+ ∫∫∫ dxxdxxdxxxxxxx

4

2

22

0

24

2

22 8

2231

215

25

2255

( ) ( ) =−+−−=

+⋅−+⋅= 248864

61

28

2

48

321

0

2

323 33

xxx

3210

328201656

614 =−=+⋅−=

8. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima: 0,,,,2, 222222 =−==+==+=+ zxyxyyxzxyxxyx .

Rešenje. ( )∫∫ +=D

dxdyyxV 22 , pri čemu je D oblast ograničeni datim kružnicama i pravama.

Zadatak rešavamo prelaskom na polarne koordinate: ϕρϕρ

sincos

==

yx Jednačine kružnica u polarnim

koordinatama biće: ϕρϕρρ

ϕρϕρρcos2cos22

coscos222

222

=⇒=⇒=+=⇒=⇒=+

xyxxyx

Kako je

41cossin

41cossin

πϕϕϕρϕρ

πϕϕϕρϕρ

−=⇒−=⇒−=⇒−=

=⇒=⇒=⇒=

tgxy

tgxy

Zbog simetrije biće:

( )∫∫ ∫ ∫ ∫∫∫ ===⋅=+=1

cos2

cos

cos2

cos

4/

0

434/

0

24/

0

22

cos

cos2

42222

DddddddxdyyxV

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

πππ

ϕ

ϕρϕρρϕρρρϕ

( ) =

+

==−= ∫ ∫∫ ϕϕϕϕϕϕϕπ ππ

ddd4/

0

24/

0

44/

0

442

2cos12

15cos2

15coscos1621

( ) ∫∫ =

+

++=++⋅=4/

0

4/

0

22

4cos12cos218

152cos2cos2141

215 ππ

ϕϕ

ϕϕϕϕ dd

∫ ∫ ∫ =

++⋅=

++

4/

0

4/

0

4/

04cos

212cos2

0

4/

23

815

24cos2cos2

23

815π π π

ϕϕϕϕπ

ϕϕϕϕ ddd

=

++=

==

=== ∫ ∫

2/

0 0

22

111

21

4cos

21

2cos2

83

815

42

52 π ππϕϕ

ϕϕ dttdttdtddtd

tt

( )8364151

83

815

0sin

81

0

2/sin

83

815

21 +=

+=

++= ππππ

π tt

9. Izračunati zapreminu tela omeđenog elipsoidom: 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

Rešenje. ∫∫=D

zdxdyV 2 . Uvedemo smenu:

Matematika III

167

( ) 2222 11 ρρϕρϕρ

−=⇒−=⇒==

czczsinbycosax

∫ ∫∫ =−⋅⋅=

−=

=−=−

=−=1

0

0

1

2

22

0 20

22

2

21

12 dttabcdtd

dtdt

dabcdVπ

ϕ

ρρ

ρρρ

ρρρϕπ

34

322

0

1

23

22122

2/31

0

ππππ abcabctabcdttabc =⋅==⋅⋅= ∫

10. Izračunati zapreminu tela omeđenog površima 0,1,13/23/2

2

2

2

2==

+

=++ z

by

ax

cz

by

ax

Rešenje. Uvedemo smenu

=−===

ϕϕρϕϕϕρϕ

ϕρϕρ

cossin3sinsincos3cos

sincos

23

23

3

3

bbaaJ

byax

ϕϕρϕϕρϕϕρ 222442 cossin3cossin3cossin3 ababab =+=

( ) =

+

−−=

−−=

3/23/26262

2

2

2

2;sincos11

bx

axc

by

axcz ϕρϕρ

1011 3/2 ≤≤⇒=⇒= ρρ

Zbog simetrije tela biće:

( ) =⋅−−= ∫∫ ρϕϕρϕρϕρϕπ

dabcdV 221

0

62622/

0cossin3sincos14

( ) =−−= ∫∫ ρρϕϕρϕϕρϕϕϕπ

ddabc1

0

282822222/

0cossincossincossin12

( )∫∫ =+−=1

0

66222222/

0cossincossincossin12 ρρϕϕϕϕρϕϕϕ

πddabc

( )( )∫∫ ==+−=1

0

6632/

0

22256

75...cossincossin12 abcddabc ρϕϕρρϕϕϕπ

11. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima 2222 , xzyxaz =−−= .

Rešenje. Nađimo najpre presečenu krivu ovih dveju površi

222 yxaz −−=

2xz =

2222 yxax −−=

2222 :/2 aayx =+

Matematika III

168

1

2

2

2

2

2=+

ay

a

x - elipsa

znači 1

2

:2

2

2

2=+

ay

a

xD

Kako je telo ograničeno odozgo paraboloidni 222 yxaz −−= , a odozdo paraboličnim cilindrom 2xz = , to je

( ) ( ) ( )∫∫ ∫∫∫∫ −−=−−−=−=D DD

dxdyyxadxdyxyxadxdyzzV 222222212 2

Uvodimo smenu

ρϕρϕ

ϕρϕ

ϕρ

ϕρ2cossin

sin2

cos2

sin

cos2

2a

aa

aaJ

ay

ax=

−=⇒

=

=

πϕρ

20101: 2

≤≤≤≤⇒=sD

=⋅⋅

−−= ∫∫ ρρϕρϕρϕ

πdaaaadV

2sincos

22

21

0

222222

22

0

( )4

241

22

0

1

420

2

21

2

444241

0

22

0

4 ππρρπϕρρρϕ

π aaadda=⋅=

−⋅⋅=−= ∫∫

4.1.2. GRINOVA FORMULA (GREEN, 1793-1841)

Neka je ( ) ( )dyyxQdxyxP ,, +∫Γ

, krivolinijski integral druge vrste duž zatvorene konture Γ.

Uspostavimo vezu između tog integrala i dvojnog integrala. Teorema 4.1.2.1. Ako su funkcije ( ) ( )yxQyxP ,,, i njihovi parcijalni izvodi prvog reda neprekidne

funcije u zatvorenoj oblasti D, tada vredi formula

dyyxQdxyxPdxdyyP

xQ

D),(),( +=

∂∂

−∂∂

∫∫ ∫Γ

, ... (4.1.2.1.)

Sl. 4.1.2.1.

Matematika III

169

gde je Γ kontura oblasti D a integracija se vrši u pozitivnom smislu konture Γ (naznačeno je simbolom na samom integralu). Ta formula poznata je pod imenom Grinova formula.

Dokaz. Razmotrimo

( )( )( )

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

( )

( )∫∫ ∫ ∫ ∫∫ =−==

∂∂

=∂∂

D

b

a

xy

xy

b

a

b

adxxyxPxyxP

xy

xyyxPdxdy

yPdxdxdy

yP 2

112

1

2,,,

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )∫ ∫ =+∫ ∫ =−=b

a

a

b

b

a

b

adxxyxPdxxyxPdxxyxPdxxyxP 1212 ,,,,

( )( ) ( )( ) ==

∫ ∫+= )1.4.1.5(,, 21 slikadxxyxPdxxyxPb

a

b

a

( ) ( ) ( )∫−=

∫∫ +−=

ΓdxyxPdxyxPdxyxP

BDAACB,,,

Analogno je

∫∫∂∂

Ddxdy

xQ

Sabiranjem dobijenih jednakosti dobijamo ∫∫ ∫Γ

+=

∂∂

−∂∂

DQdyPdxdxdy

yP

xQ

, gde je Γ zatvorena

kontura.

Primeri.

1. Primenom Grinove formule izračunati krivolinijski integral ( )∫ ++

C

xx dyyyeydxe cossin gde je c trougao određen temenima ( ) ( )0,1,0,00 A i ( )1,1B i

orjentisan u pozitivnom smeru. (sl. 1.1)

Rešenje.

Sl. 1.1.

Kako je trougao zatvorena linija (pravilna oblast) i kako su zadovoljeni svi ostali uslovi Grinove teoreme to važi

( ) ( )( ) ( ) =−+=++∫ ∫∫ dxdyyeyyedyyyeydxeC D

yx

xxxx ''

sincoscossin

( )( )∫∫ ∫ ∫ =∫

=∫∫ ==−+

D

x xx

D

xxxx

ydxeydydxeydxdyedxdyyeyye1

0 0

1

0

2

02

coscos

Matematika III

170

=

=====

∫−=

====

∫ == x

xxx

x

xx

edxduedxudxxeex

evduxdxddxeuxdxex

ϑϑϑ 1

0

221

0

2 20

1

21

221

Sl. 2.1.

( )( ) ( )221222

21

0

122

21

0

12

21 1

0−=

+−−=

−−=

−−= ∫ eeeeeeedxexee xxx 2.

2.Izračunati krivolinijski integral ( ) ( )∫ −++C

dyxydxyx 22

1. Korišćenjem Grinove formule, 2. Neposredno, ako je 1: =+ yxC (sl. 2.1), a integracija se vrši u pozitivnom smeru

2.1. Kriva zatvorena pa možemo koristiti Grimovu formulu xyQyxP −=+= 22 ,

1=∂∂

yP

, 1−=∂∂

xQ

( ) ( ) ( )∫ ∫∫ ∫∫ =−=−−=−++C D D

dxdydxdydyxydxyx 21122

( )( ) 422

2 22

−=⋅−

∫∫

−=

D kvadratapovršinadxdy

2.2. ∫∫∫∫ ∫ +++=4321 CCCC C

0111:1 ≤≤−=−=⇒=+ xdxdy

xyyxC

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )∫ ∫ =−⋅−−+−+=−++1

0

1

2222 11C

dxxxdxxxdyxydxyx

Matematika III

171

( ) ∫∫ −=⋅==+−+−−+=0

1

20

1

22 11

0

222211 xxdxdxxxxxx

1011:2 −≤≤=+=⇒=+− xdxdy

xyyxC

( ) ( ) ( ) ( )( )∫ ∫−

=−++++=−++2

1

0

2222 11C

dxxxdxxxdyxydxyx

( ) ( ) =−

++=++=−+++++ ∫

−∫−

0

12

22

32222211

231

0

21

0

22 xxxdxxxdxxxxxx

( ) 132211

32

−−=−+−=

0111:3 ≤≤−−=−−=⇒−=+ xdxdy

xyyxC

( ) ( ) ( ) ( )( )( )∫ ∫−

=−−−−+−−=−++3

0

1

2222 11C

dxxxdxxxdyxydxyx

( ) ( )∫−

∫−

−=−

−

−=−−=+−−−−−

0

1

20

1

2 11

02

2822211 xxdxxdxxxxxx

1011:4 ≤≤=−=⇒=− xdxdy

xyyxC

( ) ( ) ( ) ( )( )( )∫ ∫ =−−+−+=−++4

1

0

2222 11C

dxxxxxdyxydxyx

( ) ( )∫∫ −=

−=

−⋅=−=−+−+−+

1

0

2321

0

22 132

21

312

0

1

20

1

322121 xxdxxxdxxxxxx

Znači ( ) ( )∫ −=−+−−−−=−++C

dyxydxyx 413211

32122

3.Pomoću Grinove formule izračunati integral ( ) ( )dyyedxyye x

C

x 2sin2sin −+−∫ gde je C gornja polukružnica 0422 =−+ xyx od tačke

( )0,4A do ( )0,00 .

Rešenje.

Kako polikružnica, nije zatvorena kontura, a da bi mogli primeniti Grinovu formulu posmatraćmo

integral po zatvorenoj konturi: ∫∫ −∫ ==OACAO

I1

gde je ∩∩

∪= OAABC1 . Na ∫1C

možemo primeniti Grinovu

formulu, jer je C1 zatvorena kontura

Matematika III

172

( ) ( ) ∫∫∫ =

∂∂

−∂∂

=−+−D

x

C

x dxdyyP

xQdyyedxyye 2cos2sin

1

( )( ) ∫∫∫∫ ==⋅==−−=DD

xx dxdydxdyyeye πππ 422

2222coscos 22

( ) ( )∫ =−+−⇒=⇒=OA

xx dyyedxyyedyyOA 2cos2sin00:

( )∫ =+⋅−4

000020sin dxe x

Dakle ∫ ∫ =−=−=1

404C OA

I ππ

Pomoću Grinove formule može se izračunati površina zatvorene oblasti. Prema 4.1.2.1. je površina S, ∫∫=

DdxdyS (prema Grinovoj formuli za )0, == PxQ

∫Γ

∫∫ ==D

Sdxdyxdy i (prema Grinovoj formuli za 0=Q i )yP −=

( )∫Γ

∫Γ

∫∫ ==−=−D

Sdxdyydxdxy

Sabiranjem je ∫Γ

∫Γ

∫Γ

−=⇒−= ydxxdySydxxdyS212 (poznata formula kod krivolinijskih

integralaza izračunavanje površine) Primer 1. Odrediti površinu elipse

tbytax sin,cos == .

Rešenje.

( )∫ ∫ ∫ ===+=−=π π π

ππ

2

0

2

0

2

0

22

0

2

21

21sincos

21

21 ababtabdtdttabtabydxxdyP

2. Izračunati površinu figure omeđene Dekartovim listom: 0333 =−+ axyyx Rešenje. Pređimo na parometarske jednačine ove krive . Stavimo txy = , dobijamo:

03 2333 =−+ atxxtx

( )( )

+=

+=

⇓=−+

3

2

3

32

13

13

031

taty

tatx

attxx

parometarske jednačine Dekartovog lista

∞<≤⇒==⇒≤≤ ttgxyt 0

20 απα

( )( )

( )( )23

3

23

23

1

213

1

3313

t

dttadtt

atttadx+

−=

+

⋅−+=

Matematika III

173

( )( )

( )( )23

4

23

223

1

23

1

3316

t

dtttadtt

atttatdy+

−=

+

−+=

( )( )

( )( )∫ ∫

∞+=

+

−⋅

+−

+

−⋅

+=−=

Cdt

t

tat

at

t

ttat

atydxxdyP0 23

3

2

2

23

4

31

21313

1

2313

21

21

( ) ( ) ( )∫∞+

∫∞+

∫∞+

=+

=+

+=

+

+−−=

0 0 0 23

22

33

522

33

52522

129

129

1

222

9

t

dttadtt

ttadtt

tttta

( )∫ ∫+

+∞→+∞→==

=

==+

=+

=b b

bb z

dza

dzdttdzdttzt

t

dtta0

1

1 2lim2

2

2

3

23

22lim

33

29

3

31

129

23

1

11

23

23 2

3

lim21

1

2lim2 3 a

b

zadzza

b

b

b=

+

−==

+∞→∫+ −

+∞→

4.1.3. USLOV NEZAVISNOSTI KRIVOLINIJSKOG INTEGRALA OD PUTA INTEGRACIJE

Def. 4.1.3.1. Glatkim lukom nazivamo skup tačaka ( ) ( ) [ ]βαϑϑ ,,, ∈== tttuu , ako su 1. funkcije ( ) ( )ttuu ϑϑ == , za [ ]βα ,∈t , neprekidne kao i njihovi prvi izvodi, 2. izvodi ( ) ( )ttuu ϑϑ == ',' takvi da ni za jednu vrednost od t nisu u isto vreme jednaki nuli, 3. funkcije ( ) ( )ttuu ϑϑ == , takve da za ( ) ( )2121 tututt ≠⇒≠ . Konačan sistem glatkih lukova naziva se deo po deo glatkim ako se pri obeležavanju tih odsečaka

brojevima jedan kraj prvog od njih poklapa sa krajem drugog odsečka, drugi kraj drugog sa krajem trećeg, itd.

Def. 4.1.3.2. Oblast D (otvorena ili zatvorena) koja ima svojstva da se svaka zatvorena kontura koja pripada oblasti D može stegnuti, neprekidno se stežući, u tačku, a da pri tom ne preseče konturu oblasti D, naziva se jednostruko povezana oblast. Takve su oblasti interval, krug, lopta.

Teorema 4.1.3.1. Ako su funkcije ( ) ( )xQ

yPyxQyxP

∂∂

∂∂ ,,,,, definisane i neprekidne u jednostrukoj

povezanoj oblasti D, tada važi jednakost ∫Γ

=+ 0QdyPdx akko xQ

yP

∂∂

=∂∂

Dokaz. Iz Grinove formule 0=+⇒∂∂

=∂∂

∫ QdyPdxxQ

yP

C

Iz ∫ ∫∫ =

∂∂

−∂∂

⇒=+C D

dxdyyP

xQQdyPdx 00 .

Diferenciranjem po oblasti dobijamo da je xQ

yP

yP

xQ

∂∂

=∂∂

⇔=∂∂

−∂∂ 0 .

Teorema 4.1.3.2. Pod uslovima preciziranim u prethodnoj teoremi vredi: krivolinijski integral ne zavisi

od puta integracije akko je krivolinijski integral po zatvorenoj putanji jednak nuli (akko je xQ

yP

∂∂

=∂∂

).

Matematika III

174

Dokaz. Zaista, ako je nezavisan od puta integracije, tada je

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫⇔=+⇔=+++⇔

⇔=+−+⇔+=+

ABC CDA ABCDA

ABC ADC ABC ADC

QdyPdxQdyPdxQdyPdx

QdyPdxQdyPdxQdyPdxQdyPdx

00

0

(prema T.5.1.5.1) xQ

yP

∂∂

=∂∂

Dokazana teorema vredi ako se delovi ABC i ADC seku konačno mnogo puta. Formula takođe vredi ako je D ograničena jednom ili po delovima glatkom krivom.

4.1.4. PODINTEGRALNA FUNKCIJA I TOTALNI DIFERENCIJAL

Ispitaćemo uslove pod kojem je izraz QdyPdx + , totalni diferencijal neke funkcije ( )yxF , , tj. kada vredi

izraz dyyFdx

xFdF

∂∂

+∂∂

= .

Teorema. 4.1.4.1. Ako za funkciju ( ) ( )yxQyxP ,,, vredi 1. Neprekidne su u području D 2. Krivolinijski integral ∫ +

ΓQdyPdx ne zavisi od puta integracije već samo od krajnjih tačaka, tada je

QdyPdx + totalni diferencijal akko xQ

yP

∂∂

=∂∂

.

Dokaz. Uslov je neophodan. Zaista, ako je QdyPdx + , totalni diferencijal neke funkcije ( )yxF , ,

tada je yFQ

xFP

∂∂

=∂∂

= , .

Nađimo parcijalne izvode tih izvoda.

:,22

xyF

xQ

yxF

yP

∂∂∂

=∂∂

∂∂∂

=∂∂

Kako je xQ

xyF

yxF

yP

∂∂

=∂∂

∂=

∂∂∂

=∂∂ 22

(Švarcova teorema) i kako su xQi

yP

∂∂

∂∂

neprekidne funkcije, to

je xQ

yP

∂∂

=∂∂

.

Uslov je dovoljan. Neka je, dakle, xQ

yP

∂∂

=∂∂

. Uvedimo funkciju

( ) ( )( )

( )

( )

( )∫∫

∆++−+=−∆+

11

00

11

00 ,

,

,1111 ,

yx

yx

yxx

yxQdyPdxQdyPdxyxFyxxF .

(put biramo po volji jer je ispunjen uslov za to xQ

yP

∂∂

=∂∂

)

Dalje je ( ) ( ) ( )∫∫∆+

==−∆+xx

xBC

dxyxPPdxyxFyxxF1

1

1)(

1111 ,, .

Prema teoremi o srednjoj vrednosti je ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )1111

111111

,,

0

1,0,,

yxPx

yxF

x

yxxPx

yxFyxxF

=∂

∂⇓→∆

∈∆−=∆

−∆+θθ

Matematika III

175

Kako je ( )11 , yx proizvoljna tačka to je xFP∂∂

= .

Analogno se dokazuje da je yFQ∂∂

= .

Zadaci.

1. Izračunati dvostruke integrale

1.1. ∫∫+

1

0 2

21

0 1 dyyxdx

1.2. ( )∫∫ +2/

0

2/

0sin

ππdyyxdx

1.3. ( )∫∫ +x

dyyxdx0

221

0

1.4. ( )dyyxdxx∫−

∫ ++1

0

221

012

1.5. ( )∫−

−∫−

−22

12

1

3

x

xdxdyyxdx

2. Izračunati ( )∫∫ +D

dxdyyx , gde je D oblast ograničena linijama 2xy = i xy = .

3. Izračunati ∫∫D

dxdyxy , gde je D oblast ograničena linijom 122 ≤+ yx

4. Izračunati ∫∫ −D

dxdyyx 228 , gde je D omeđena pravama xyy 2,0 == i 1=x

5. Izračunati ∫∫D

xdxdy , gde je D oblast omeđena linijama 2≥+ yx i 0222 ≤−+ yyx

6. Pomoću smene promenljivih izračunati integrale

6.1. ( ) ( )∫∫ −+D

dxdyyxyx 32 , gde je D oblast ograničena pravama: 1,3,1 −=−=+=+ yxyxyx

6.2. ∫∫D

xydxdy gde je D oblast ograničena linijama

( )qp;baqxy,pxy,bxy,axy <<<<==== 003333

6.3. ( )∫∫−

+D

dxdyyx222 , gde je D oblast ograničena kružnicama: 0222 =−+ xyx ,

0422 =−+ xyx , 0222 =−+ yyx , 0422 =−+ yyx .

7. Prelaskom na polarne koordinate izračunati integrale

7.1. ∫∫ −−D

dxdyyx 2216 , gde je D oblast ograničena kružnicom 0422 =−+ yyx

7.2. ( )dxdyyxD∫∫ + 22ln , gde je D oblast ograničena kružnicama 422222 , eyxeyx =+=+

Matematika III

176

7.3. ( )∫∫

+++D yxyx

dxdy3 2222 1

, gde je ( ){ }41,0:, 2222 ≤+≤≤−= yxyxyxD

7.4. ∫∫ +D

dxdyyx 22sin gde je D oblast ograničena kružnicama 222222 4, ππ =+=+ yxyx

7.5. ∫∫++

+

Ddxdy

yx

yx221

, gde je ( ){ }0,1:, 22 ≥≤+= xyxyxD

8. Korišćenjem uopštenih polarnih koordinata izračunati integrale

8.1. ∫∫ −−D

dxdyby

ax

2

2

2

24 , gde je ( )

≥≥≤+≤= 0,0,41:,2

2

2

2yx

by

axyxD

8.2. ∫∫ −−D

dxdyby

ax

2

2

2

21 , gde je ( )

≤+= 1:,2

2

2

2

by

axyxD

8.3. ∫∫

+

D

by

ax

dxdye

2

, gde je ( )

≥≥≤+= 0,0,1:, yx

by

axyxD

9. Izračunati površinu P oblasti ograničene linijama

9.1. 2

,2xyxy ==

9.2. xyxyxyxy 8,,8,1 22 ====

9.3. ( ) 3222 2axyx =+

9.4. ( ) ( )222222 2 yxayx −=+

9.5. ( )4,14 222 =+−= yxxy (van parabole)

9.6. 2

2

2

2

2

2

cxy

by

ax

=

+

9.7. 222

2

2

2

2yx

by

ax

+=

+

9.8. by

ax

by

ax

−=

+

2 i x osom

9.9. ( ) 222322 4 yxayx =+

9.10. 4

4

4

43

2

2

2

2

by

ax

by

ax

+=

+

10. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima 10.1. 0,5,3,1 2 ===+= zyxzxy

10.2. 0,0,0,21,01232 2 =====−+ zyxyzyx

10.3. 0,6,222 ===+ zxzayx

10.4. 0,0,0,3,124 22 ====+++= zyxyxyxz

10.5. 0,0,1, 2222 ===+−= yzyxyxz

Matematika III

177

10.6. axyxazyx =+=++ 222222 ,

10.7. xyxixyxyxz 2, 222222 =+=++=

10.8. ( ) 2222 2 zxyixyyx ==+

10.9. 01,32

2

2

2

2

2

2

2==+=+ zi

by

axz

by

ax

10.10. 1,12

2

2

2

2

2

2

2

2

2=+−=−+

by

ax

cz

cz

ax

11. Primenom Grinove formule izračunati integral 11.1. ( ) ( )∫ +++

Cdyyxdxyx 2222 , gde je C trougao omeđen temenima:

( ) ( ) ( )3,12,2,1,1 CiBA i orjentisan u pozitivnom smeru.

11.2. ∫ −C

dxbydy

ax

2

3

2

3, gde je C elipsa 1

2

2

2

2=+

by

ax

i orjentisani u pozitivnom smeru.

11.3. ∫ +C

dyyxarctg

ydx

xyarctg

x21

, gde je

( ){ }3,,4,1:, 2222 xyxyyxyxyxC ≤≥≤+≥+=

11.4. ∫

+++++

Cdyyxxxyydxyx 2222 ln , gde je C kriva koja ograničava oblast

zyx ≤≤≤≤ 0,41 .

11.5. ∫ −C

axdydxy 2 duž prvog svoda cikloide

( ) ( ) π20cos1,sin ≤≤−=−= ttayttax

11.6. ( ) ( )dyxexdxxe y

C

y sincos1 −∫

− −++ ( )yxayxC +=+ 22:

11.7. ( )∫ ++

+

Cdyxyxdxxyx sincos

3322

33 axyxC =+ 22:

11.8. ( ) ( )∫ ++−C

dyyxdxyx 222: ayxC =+

11.9. ( )( )∫ −+C

dyayx 2 ( ) ( ) π20,cos1sin: ≤≤−=−+= ttaytaxC

11.10. 0,2: 2222 ≥=++∫ yaxyxCdyxdxy 12. Pomoću Grinove formule izračunati površinu ograničenu linijama

12.1. 18,, 22 === xyyxxy

12.2. 3,2

,0 =+== yxxyy

12.3. taytax 33 sin,cos == (astroida)

12.4. tbytax sin,cos ==

12.5. tataytatax 2sinsin2,2coscos2 −=−= (kardioida)

12.6. ( ) ( )222222 2 yxayx −=+

5.2. POVRŠINSKI INTEGRAL

Matematika III

178

Površinski integral je proširenje pojma dvojnog integrala. Postoje površinski integrali I i II vrste.

5.2.1. POVRŠINSKI INTEGRAL PRVE VRSTE

Def 5.2.1.1. Neka je ( )zyxf ,, definisana i neprekidna funkcija u svakoj tački date površi S, čija je jednačina ( ) 0,, =zyxF (sl. 5.2.1.1)

Sl. 5.2.1.2. Prava paralelna z osi prodire površ S u najviše jednoj tački. To znači da je funkcija ( )zyxf ,,

jednoznačna. Ovde se uvodi pojam orijentisane površi. Orijentacija se vrši pomoću vektora normale površi, pri čemu se uzima da je vektor normale na površ usmeren ka spoljašnosti (sl. 5.2.1.2) površi.

Neka su nSS ∆∆ ,....,1 elementarne površi, površi S, dobijene deobom površi S. Neka je

( )iiiM i ℑ,,ηξ tačka iz dela ( )niSi ,....1=∆ . Ako postoji ( )∑ ∆ℑ=

→∆∞→

n

iSi

nSiiiif

10max

,,lim ηξ koji ne zavisi od

načina podele površi S, i ne zavisi od izbora tačke iM , iz elementarne površi Si∆ , tada taj limes

nazivamo površinskim integralom prve vrste po površi S funkcije ( )zyxf ,, i označavamo ( )∫∫S

dszyxf ,, ,

tj.

( ) ( )∫∫∑=

→∆∞→

=∆ℑS

n

iSi

ndszyxfSiiiif ,,,,

1lim

0max

ηξ .

5.2.1.1. IZRAČUNAVANJE

1. Ako se površ S projektuje na koordinatnu ravan Oxy u oblast xyD , tada iz ( ) ( )yxzzyxF ,0,, ϕ=⇒= , pa je

( ) ( )( )yzq

xzpdxdyqpyxyxfdszyxf

xyDS ∂∂

=∂∂

=++= ∫∫∫∫ ,,1,,,,, 22ϕ

2. Ako je površ S projektovana na ravan Oxz i data jednačinom ( )zxy ,ϕ= , tada je

( ) ( )( )zyq

xypdxdzqpzzxxfdszyxf

xzDS ∂∂

=∂∂

=++= ∫∫∫∫ ,,1,,,,, 22ϕ .

3. Ako je površ S projektovana na ravan Oyz i data jednačinom ( )zyx ,ϕ= , tada je

( ) ( )( )zxq

yxpdydzqpzyzyfdszyxf

yzDS ∂∂

=∂∂

=++= ∫∫∫∫ ,,1,,,,, 22ϕ .

Matematika III

179

Sl. 5.2.1.1.

Primeri.

1. Izračunati ( )∫∫ ++S

dszyx , ako je S gornja polovina sfere

0,2222 ≥=++ zazyx .

Rešenje.

0,2222 ≥=++ zazyx

222 yxaz −−=

=++=++=⇒

−=−−

−=

∂∂

=

−=−−

−=

∂∂

=

dxdyzy

zxdxdyqpds

zy

yxa

yyzq

zx

yxa

xxzp

2

2

2

222

222

22211

odnosno, , 2222

2

2

222

dxdyyxa

adxdyzadxdy

zadxdy

zzyx

−−===

++

( ) ( ).222∫∫∫∫ −−++=++=xyDS

yxayxdszyx

=

≤≤====+=

=−−

⋅

aJayayxx

smena

dxdyyxa

a

ρρρϕρ

ϕρ

0sincos

:

22

222

222(rešavamo kao

dvostruki integral)= =−

∫ ∫ ⋅

−++ ρρ

ρρϕρϕρϕ

πd

aada

a

22

2

0 0

22 1sincos

Matematika III

180

ππρρϕρρρϕπ π 3

22

0 0

2

0 0

2222

20 aaadddadaa a

=

⋅+⋅==

+−= ∫ ∫ ∫ ∫

2. Izračunati ( )dszyzxyxS∫∫ ++ 222222 , gde je S deo površi

22 yxz += , koji iseca cilindar 0222 =−+ xyx

Rešenje.

22 yxz +=

2222,

yx

yyzq

yx

xxzp

+=

∂∂

=+

=∂∂

=

dxdydxdyyxyxdxdy

yxy

yxxdxdyqpds 2111 22

22

22

2

22

222 =

+

++=

++

++=++=

( )( ) ( )( )( ) =+++=++∫∫ ∫∫ dxdyyxyxyxdszyxyxS D

222222222222

=

≤≤==

=+=

≤≤=

=

ϕρϕρρρ

ϕρϕρϕρϕρ

πϕπϕρ

cos20cos2

cos2sincossin22

cos:

2

2222

Jy

xsmena

( ) ( )∫−

∫∫−

∫ =+=+=2/

2/

cos2

0

5222/

2

cos2

0

4224 1sincos2sincos2π

π

ϕπ

π

ϕρρϕϕρρρϕϕρϕ ddd

( ) ( )∫−

∫−

+⋅=⋅+=2/

2/

2/

2/

226

22 1sincos6642

0

cos2

61sincos2

π

π

π

πϕϕϕ

ϕρϕϕ d

( )∫−

==+=2/

2/

62868

229....cossincos3

232cosπ

ππϕϕϕϕϕ dd

5.2.1.2. PRIMENA POVRŠINSKOG INTEGRALA PRVE VRSTE

1. Masa površi S, ako je funkcija gustine u svakoj tački površi ( )zyx ,,γγ = , je

( )∫∫=S

dszyxM ,,γ

2. Koordinate težišta površi ( )TTT zyxT ,,

( )

( )

( )

( )

( )

( )∫∫

∫∫

∫∫

∫∫

∫∫

∫∫

===

S

ST

S

ST

S

ST dszyx

zdszyxz

dszyx

ydszyxy

dszyx

xdszyxx

,,

,,,

,,

,,,

,,

,,

γ

γ

γ

γ

γ

γ

3. Moment inercije površi

Matematika III

181

3.1. U odnosu na koordinatne ravni xy, yz, zx

( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫∫ ===SSS

dsyzyxIxzdsxzyxIyzdszzyxIxy ,,,,,,,,, 222 γγγ

3.2. U odnosu na koordinatne ose x, y, z

( )( ) ( )( ) ( )( )∫∫∫∫∫∫ +=+=+=SSS

dsyxzyxIzdszxzyxIydszyzyxIx 222222 ,,,,,,,, γγγ

3.3. U odnosu na koordinatni početak O

( ) ( )∫∫ ++⋅=S

dszyxzyxI 2220 ,,γ .

4. Izračunavanje površine površi S

( ) ( ) ( )zxfyzyfxyxfz yxz ,,,,, === ,

yzq

xzpdxdyqpdsP

DxyS ∂∂

=∂∂

=++== ∫∫∫∫ ,,1 22 ,

zxq

yxpdydzqpdsP

DyzS ∂∂

=∂∂

=++== ∫∫∫∫ ,,1 22 ,

zyq

xypdxdzqpdsP

DzxS ∂∂

=∂∂

=++== ∫∫∫∫ ,,1 22 .

Primeri.

1. Odredi masu površi S: 0,,,2222 ≥=++ zyxazyx , ako je u svakoj tački sfere srazmerna aplikati te tačke. Rešenje. Iz uslova zk ⋅=γ prema formuli za masu je

∫∫ ⋅=S

zdskM

Iz =∂∂

=−−=⇒≥=++xzpyxazzazyx ,0, 2222222

zy

yzq

zx

yxa

x −=

∂∂

=−=−−

−= ,

222

Dakle dxdyzadxdy

zy

zxdxdyqpds =++=++= 2

2

2

222 11 .

Kako je 0,0 ≥≥ yx , onda je xyD deo kruga u I kvadrantu. Dakle

∫∫ ∫∫∫∫ ===⋅=Dxy DxyS

dxdyakdxdyzakzzdskM

444

322 πππ kaaakkrugapovršinečetvrtinaadxdyDxy

=⋅=

−== ∫∫

2. Odredi koordinate težišta površi ( )222 yxz +−= iznad ravni 0=z

Rešenje.

Prema formuli je

Matematika III

182

∫∫

∫∫

∫∫

∫∫

=∫∫

∫∫ ⋅=

⋅⋅=

S

ST

S

ST

S

ST ds

zdsz

ds

ydsy

ds

xdsx

γ

γ

γ

γ

γ

γ,, kako je površ simetrična u odnosu na z osu, to

( ) 0,, ==⇒∈ TTTTT yxOzzyxT treba izračunati Tz .

( )( )∫∫ ∫∫ ++⋅+−=S Dxy

dxdyqpyxzds 2222 12 , gde je Dxy kružnici 222 =+ yx a

yqxp 2,2 −=−= . Dakle imamo:

( )( ) =

=≤≤=≤≤=

=++⋅+−=∫∫ ∫∫

ρρϕρ

πϕϕρ

Jxx

koordinatepolarne

dxdyyxyxzdsS Dxy 20sin

20cos4412 2222

( ) ( )∫∫∫ =

−=

=

==+

=⋅+−⋅=⋅+−=2

02

22

2222

0

22

0

41

4

2841

4122412

t

tdtd

tdtdt

ddd

ρ

ρρ

ρρρ

ρρρρπρρρρϕπ

∫ ∫ ∫ =

−=

+−=⋅

−−=

3

1

3

1

3

1

422422

161692

161622

44122 dtttdtttttdttt πππ

ππ1037...

1

3

51631692

53==

⋅−

⋅=

tt

Slično ∫∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ===+==++=S Dxy

dttdddxdyyxdsπ

ππρρρϕ2

0

3

1

22

0

2223

134

2...41...441

Dakle: 130111

3131037

==π

πTz znači

130111,0,0T

3. Izračunati površinu sfere 2222 azyx =++

Rešenje.

2222222 yxazazyx −−±=⇒=++

Dakle radimo sa dva integrala jedan po obliku

2221.... yxazSS −−==+ i drugi: 222

2 .... yxazSS −−−==−

Odnosno računamo površinu polusfere 222 yxaz −−= i površinu polusfere

222 yxaz −−−= . Kako su te površine jednake, izračunaćemo površinu jedne.

222 yxaz −−=

Matematika III

183

222222,

yxa

yyzq

yxa

xxzp

−−−=

∂∂

=−−

−=∂∂

=

dxdyyxa

adxdyyxa

yyxa

xdxdyqpds222222

2

222

222 11

−−=

−−+

−−+=++=

=

=≤≤=≤≤=

=−−

=⋅= ∫∫ ∫∫+

ρρϕρ

πϕϕρ

Jyx

koordinatepolarne

dxdyyxa

adSpS Dxy 20sin

20cos22

222

=

−==−=−

=−

=−

= ∫∫∫tdtd

tdtdta

smena

a

daa

ddaaa

ρρρρρ

ρ

ρρπρ

ρρϕπ

2242

222

022

022

2

0

∫ ∫ ==−

=0

0

2444a

aadta

ttdta πππ

5.2.2. POVRŠINSKI INTEGRAL II VRSTE

Def. 5.2.2.1. Neka je funkcija ( )zyxf ,, neprekidna na glatkoj i orjentisanoj površi S i neka je površ S podeljena na parcijalne delove nSSS ∆∆∆ ,...,, 21 . Neka je ( )iiiM i ℑ,,ηξ tačka na segmentu Si∆ . Površinski integral II vrste funkcije ( )zyxf ,, , po površi S, je realan broj

( ) ( ) Siiiifdszyxfn

iSSi

n∆⋅ℑ= ∑

=∫∫

→∆∞→

γηξγ cos,,cos,,1

lim

0max

ili

( ) ( )∫∫∫∫ =SS

dxdyzyxfdszyxf ,,cos,, γ

gde je γ ugao između normale na površ i z ose.

5.2.2.1. IZRAČUNAVANJE

Neka su Dxy, Dyz, Dzx, respektivno, projekcije površi +S na koordinatne ravni xy, yz, zx. Tada je ∫∫ ∫∫ ∫∫∫∫+

++=++S Dyz DxyDzx

RdxdyQdxdzPdydzRdxdyQdxdzPdydz

Ako je S: ( ) 0,, =zyxF , tada se kosinusi pravaca vektora normale na površ određuju formulama

dsdydz

zF

yF

xF

xF

cos222

±=

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

±

∂∂

=α ,

dsdxdz

zF

yF

xF

yF

cos222

±=

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

±

∂∂

=β

Matematika III

184

dsdxdy

zF

yF

xF

zF

cos222

±=

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

±

∂∂

=γ

Znak ispred korena usaglašava se sa znakom površi (stranom površi)

Primeri.

1. Izračunati površinski integral ∫∫ ++=S

zdxdyydzdxxdydzI , gde je 0,,;: ≥=++ zyxazyxS .

Rešenje.

Izračunajmo najpre

( ) ( )∫∫ ∫∫ ∫ ∫−

=−−=−−==S D

a

0

xa

01

xy

dyyxadxdxdyyxazdxdyJ

6...

02

3

0

2 adxxa

yxyaya

==−

−−= ∫

Slično ∫∫=S

ydzdxJ 2 i ∫∫=S

xdydzJ3 . Kako su sva ova tri integrala jednaka to je

2633

331

aaJI =⋅== (Sl. 1.1)

Sl. 1.1

2. Izračunati ∫∫S

zdxdy , gde je S spoljna strana elipsoida 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

Rešenje.

2

2

2

21

by

axcz −−±=

∫∫ ∫∫∫∫+

=

=+−−==

S DS by

axDdxdy

by

axczdxdyzdxdy 1:122

2

2

2

2

2

2

2

2

Matematika III

185

∫∫∫ =−⋅=⋅−=

=≤≤=≤≤==

1

0

21

0

22

01221210sin

20cos ρρρπρρρϕ

ρρϕρ

πϕϕρ πdabcdabcd

abJbx

axkoordinatepolarneuopštene

ππππ

ρρ

ρρρ

abctabcdttabcdttabcdtd

dtdt

34

0

1

23

222

4

2

21 2/31

0

0

1

2

=⋅==

−⋅=

−=

=−=−

= ∫∫

3. Izračunati ∫∫−

++=S

zdxdyydzdxxdydzJ , gde je −S unutrašnja strana površi

yyxyxz ≤++= 2222 , .

Rešenje. ( )∫∫ =++=∫∫ ++=−− SS

dszyxzdxdyydzdxxdydzJ γβα coscoscos

dszyyxS

γγβ

γα

γα cos

coscos

coscos

coscos

∫∫−

+++=

Nađimo sada vektor normale površi

∂∂

−∂∂

− 1,,yz

xzn

yyzx

xzyxz 2,222 =

∂∂

=∂∂

⇒+= . Dakle: ( )1,2,2 yxn −− .

++++

−

++

−==

144

1

144

2

144

2222222 yx

,yx

y,yx

x

n

nnort .

Kako je ( )γβα cos,cos,cos=nort , to je

144

1

144

2

144

2222222 ++

=γ++

−=β

++

−=α

yxcos,

yx

ycos,yx

xcos

( )∫∫ ∫∫ +−−=

+

++

++

−

⋅+

++

++

−

⋅− −S S

dSzyxdSz

yx

yx

y

y

yx

yx

x

x γγ cos22cos

144

1144

2

144

1144

2

22

22

22

22

22

Dobili smo površinski integral I vrste, dxdydSyxz −=+= γcos,22 , jer radimo po unutrašnjojstrani

površi. Ako projektujemo površ S na Oxy ravan dobijamo kružnicu yyx =+ 22 i to će biti oblast integracije Dakle:

Matematika III

186

( )( ) ( ) =∫∫ ∫∫

=≤≤=

≤≤==+=−++−−

Dxy DxyJy

xkoordinatepolarne

dxdyyxdxdyyxyx

ρπϕϕρϕρϕρ

0sinsin0cos

22 222222

∫ ∫ ∫ ====⋅∫=ϕ π ππ πϕϕϕ

ϕρρρρϕ

sin

0 0 0

44

2

0 323....sin

41

0

sin

4dddd

5.2.3. STOKSOVA (STOKES, 1819-1903) FORMULA

Ova formula omogućava da se izračunavanje krivolinijskog integrala duž zatvorene prostorne krive Γ , svede na izračunavanje površinskog integrala druge vrste po površini S čija je kontura kriva Γ (sl. 5.2.3.1.).

Neka je razmatrani krivolinijski integral

( ) ( ) ( )∫ ++=Γ

dzzyxRdyzyxQdxzyxPJ ,,,,,, .

Neka je jednačina površi ( )yxzS ,, ϕ= , koja je zajedno sa svojim prvim parcijalnim izvodima neprekidna funkcija na površi S a da su takve i funkcije ( ) ( ) ( )zyxRRzyxQQzyxPP ,,,,,,,, === i njihovi parcijalni izvodi na čitavoj površi S (i na konturi Γ ).

Normalu površi S orjentišimo tako da sa osom Oz gradi oštar ugao. Neka je 'Γ projekcija krive Γ na ravan xy a S’ projekcija površi S na istu ravan. Krivu Γ opisujemo u pozitivnom smeru (da nam oblast S uvek bude sa leve strane).

Sl. 5.2.3.1. Trebalo bi izračunati tri integrala

( )∫=Γ

dxzyxPJx ,,

( )∫=Γ

dyzyxQJy ,,

( )∫=Γ

dzzyxPJz ,,

Ako je nr vektor normale površi S , tada iz jednačine površi

( ) ( )1,,,, −⇒∂∂

=∂∂

=⇒= qpnyzq

xzpyxz rr

ϕ i ( )γβα cos,cos,cos0nr .

Matematika III

187

Kako su vektori normale nr i njegov ort 0nr paralelni ili na istoj pravoj, to je γβα cos

1coscos

−==

qp.

Poznato je da je dsdxdydxdzdydz===

γβα coscoscos.

Izračunaćemo prvi integral ( )∫=Γ

dxzyxPJx ,, primenom Grinove formule.

( ) ( )( ) ( )( )∫ ∫ ∫ =⋅+ϕ=ϕ=Γ Γ Γ' '

dy0dxy,x,y,xPdxy,x,y,xPdxz,y,xP

( )( )( ) ( )( )( )∫∫ ∫∫

=ϕ−=ϕ−⋅=

'S 'S

'y

'yx dxdyy,x,y,xPdxdyy,x,y,xPy0

∫∫∫∫ =

γβ

==∂∂

=

∂∂

∂∂

+∂∂

−=

∂∂

+∂∂

−='S'S

y coscosq

yzdxdy

yz

zP

yPdxdy'z

zP

yP

∫∫∫∫ =γ

γ

∂∂

−β∂∂

−=

γβ

∂∂

+∂∂

−=SS

cosdxdycos

yPcos

zPdxdy

coscos

zP

yP

∫∫ ∫∫ =γ∂∂

−β∂∂

−=

γ

∂∂

−β∂∂

−=S S

dscosyPdscos

zPdscos

yPcos

zP

∫∫ ∂∂

−∂∂

=S

dxdyyPdzdx

zP

, odnosno

( ) dzdxzPdxdy

yPdxdy

yPdzdx

zPdzdx

zPdxz,y,xPJx

SS∂∂

−∂∂

=∂∂

−∂∂

−∂∂

−== ∫∫∫ ∫ ∫Γ

.

Analogno se izračunavaju integrali JzJy, . Kada saberemo leve strane posebno i saberemo desne strane posebno dobijamo formulu Ostrogradskog τ .

∫∫ ∫∫∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

∂∂

∂∂

∫ =++Γ S S

RQPzyx

dxdydzdxdydz

ds

RQPzyx

RdzQdyPdx

γβα coscoscos

Napomene.

1. Funkcije ( )zyxQQ ,,= ( )zyxRR ,,= , ( )zyxPP ,,= su neprekidne kao i njihovi prvi izvodi.

2. Simbol Γ na krivolinijskom integralu pokazuje da je kontura zatvorena i pokazuje smer kojim integralimo,

3. Ako je 0=⇒= dzconstz pa se formula svodi na Grinovu formulu u ravni.

Primeri.

1. Izračunati krivolinijski integral ( ) ( ) ( )∫ −+−+−=C

dzyxdyxzdxzyJ , gde je C presek površi

. i 222 azxayx =+=+

Rešenje.

Matematika III

188

Presek cilindra 222 ayx =+ i ravni azx =+ je zatvorena kriva pa možemo primeniti Stoksovu formulu

( ) ( ) ( )∫ ∫∫ =∂∂

∂∂

∂∂

=−+−+−C S

ds

RQPzyx

dzyxdyxzdxzy

γβα coscoscos

( ) ( ) ( ) ( ) +

−

∂∂

−−∂∂

−

−

∂∂

−−∂∂

= ∫∫ βα coscos zyz

yxx

xzz

yxyS

( ) ( ) ( )∫∫ =−−−=

−

∂∂

+−∂∂

+S

dsdszyy

xzx

γβαγ cos2cos2cos2cos

( )∫∫ ++−=S

dsγβα coscoscos2

Nađimo ( )γβα cos,cos,cos0 =nr , za xaz −= xaz −=

( ) ,0cos,2

1cos2

1,0,2

11,0,10,1 0 ==⇒

=⇒=⇒=

∂∂

−=∂∂ βαnn

yz

xz rr

21cos =γ

∫∫ =−=∫∫ ∫∫ =−=

++−

SS Sdsdsds γγγ

γβ

γα cos4cos22cos1

coscos

coscos2

∫∫ ⋅−=−=Dxy

adxdy π244

(Jer je ∫∫ =Dxy

adxdy π2 (površina kruga 222 ayx =+ ))

2. Pomoću Stoksove formule izračunati ∫ ++C

xdzzdyydx , ako je zaxayxC ==+ 2222 ,:

Rešenje.

axz

2=

=⇒

−=⇒

=∂∂

=∂∂

01,0,2

0

2

naxn

yz

ax

xz

rr

Matematika III

189

++

−=

++

−

2222

2

2

2

2 4,0,

4

2

41

1,0,41

2

xa

a

xa

x

ax

ax

ax

( )∫∫∫ ∫∫ =−−−=∂∂

∂∂

∂∂

=++SC S

dsds

RQPzyx

xdzzdyydx γβα

γβα

coscoscos

coscoscos

∫∫ ∫∫ ∫∫ =

+−

−=

+−

−=

++−=

S S Dxydxdy

axdS

axdS 12cos12cos1

coscos

coscos γγ

γβ

γα

∫ ∫ ∫ ∫ =

+

−−=

+−

−=

=≤≤=≤≤=

=π π

ρρϕρϕρρϕρϕ

ρρϕρ

πϕϕρ 2

0 0

2

0 0

2 cos21cos20sin

20cos a ad

add

ad

yay

xkoordinatepolarne

∫ ∫ −=

+

−−=

+

−−=

π ππϕϕρϕρϕ

2

0

2

0

22323

2cos

32

02cos

032 ada

aaaa

ad

Zadaci.

1. Izračunati ( )∫∫ +=S

dszyxJ 22 , ako je površ 0,4: 222 ≥=++ xzyxS .

2. Izračunati ( )∫∫ ++=S

dszyxJ , ako je oblast integracije površ: 0,,; ≥=++ zyxazyx

3. Izračunati ( )∫∫ ++=S

dsyxxzzyJ 222222 , ako je 0,2: 22 ≥≤+ zxyxS .

4. Izračunati ∫∫=S

xyzdsJ , gde je S deo piroboloida 22 yxz += u I kvadrantu između ravan 0,0 == yx i

1=z .

5. Izračunati ∫∫

++=

SdsyxzJ

342 , gde je S deo ravni 1

432=++

zyx u I oktantu.

3. Izračunati ( )∫∫ +=S

dsyxJ 22 , gde je S deo konusne površi

( )10222 ≤≤+= zyxz .

4. Izračunati ∫∫ ++=S

dscz

by

axy

4

2

4

2

4

2, gde je S elipsoid

12

2

2

2

2

2=++

cz

b

y

ax

.

8. Izračunati ( )∫∫ ++=S

dszyxJ 222 , gde je S zatvorena površ 1=++ zyx .

Matematika III

190

9. Izračžunati masu dela površi S 2222 azyx =++ , koji iseca ( ) ( )222222 yxayx −=+ , ako je funkcija gustine u svakoj tački površi S jednaka aplikati te tačke.

10. Izračunati masu raspoređenu na površi S, ako je S deo površi 222 2 aazyx =++ u I oktantu a gustina

222

233

ayx

azyx

++

++=γ .

11. Izračunati masu raspoređenu na površi S, ako je S deo površi ( )0,222 >=+ aazzx , koji odseca površ

22 yxz += , a gustina je z=ϕ .

12. Odrediti težište površi S, ako je S deo homogene površi ( )ayxyxyxaz ≤+≥≥−−= ,0,0222

13. Odrediti težište površi S, ako je S deo homogene površi 2

222 yxz +

−= iznad xOy ravni.

14. Izračunati moment inercije površi S u odnosu na z-osu, ako je S homogen polusfera 222 yxaz −−=

15. Izračunati moment inercije površi S u odnosu na z osu, ako je S deo hiperboličkog paragoloida xyz = , za

koji je 2221 Ryx ≤+≤ a gustina u svakoj tački površi ( ) 2/322

1

yx +=γ

16. Izračunati površinu površi S, ako S deo površi 22 yx

yxz+

+= između cilindara: 122 =+ yx i

222 =+ yx .

17. Izračunati površinu površi S, ako je S deo sfere 2222 azyx =++ , koji se nalazi van cilindra

( ) ( )222222 yxayx −=+ .

18. Izračunati površinu površi S, ako je S deo sfere 2222 azyx =++ unutar cilindra ayyx =+ 22

19. Izračunati površinu površi S: ( ) ( )2222222 yxazyx +=++

20. Izračunati površinu površi S, ako je S deo cilindra zx 22 = koji odsecaju ravni xyyx 2,02 ==− i

22=x .

21. Izračunati ∫∫S

zdxdyyx 22 , gde je S gornja strana polusfere 221 yxz −= .

22. Izračunati ∫∫S

dydzx 3 , gde je S donja strana polusfere 221 zyx −−= .

23. Izračunati ∫∫S

dydzx 3 , gde je S gornja strana gornje polovine elipsoida 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

.

24. Izračunati ∫∫ ++S

dxdyzdzdxydydzx 222 , ako je S spoljašnja strana sfere

( ) ( ) ( ) 2222 Rczbyax =−+−+− .

Matematika III

191

25. Izračunati ∫∫ ++S

zdxdyydzdxxdydzxy 22 , gde je S spoljna strana zatvorene površi, koju čine delovi

površi 221 yxz ++= i 222 yxz += .

26. Izračunati ∫∫ ++S

xydxdyyzdzdxxzdydz 32 , ako je S spoljna strana površi tela definisanog sa:

0,1214,1

422

2222 ≥≤+

−≤++ zyxzyx .

27. Izračunati ∫∫ ++S

dxdyzdzdxydydzx 222 , ako je S donja strana površi czcz

by

ax

≤≤=−+ 0,02

2

2

2

2

2.

28. Izračunati ∫∫ ++S

dxdyzdzdxydydzx 222 , gde je S spoljašnja strana površi: axzyx 2222 =++ .

29. Izračunati ( ) ( )∫∫ +++++S

dxdyzxydzdxxydydzy 222222 gde je S spoljašnja strana površi

omeđene sa 222 yxaxz −= i 0=z .

30. Izračunati ∫∫S

yzdxdy , gde je S spoljašnja strana površi, koja ograničava telo definisno sa

0,0,10,122 ≥≥≤≤≤+ zxyyx .

5.3. TROSTRUKI INTEGRAL

5.3.1. DEFINICIJA I OSOBINE

Def. 5.3.1. Neka je u zatvorenoj prostornoj oblasti V definisana funkcija ( )zyxff ,,= . Neka je na bilo koji način oblast V podeljena na podoblasti nVV ∆∆ ,....,1 . Neka je ( )iiiMi ℑ,,ηξ tačka oblasti Vi∆ a

( ) Viiiifnn

i

∆ℑ= ∑=1

,,ηξσ , integralna suma funkcije ( )z,y,xff = u oblasti V. Ako postoji

( ) ( )dVzyxfViiiifV

n

iVi

n∫∫∫∑

=→∆

∞→=∆ℑ ,,,,lim

10max

ηξ , koji ne zavisi od načina podele oblasti V i izbora tačke Mi,

tada se taj limes naziva trostruki integral funkcije ( )zyxf ,, . 5.3.2.OSOBINE TROSTRUKOG INTEGRALA 1. ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫+=

V 'V ''VfdVfdvfdv

2. ∫∫∫ ∫∫∫=V V

fdvkkfdv

3. ( )∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫+=+V V V

gdvfdvdvgf ,

4. ∫∫∫ ∫∫∫≤⇒≤V V

gdvfdvgf ,

5. ∫∫∫∫∫∫ ≤VV

dvffdv

Matematika III

192

6. ∫∫∫ =V

Vfdv µ

(V je podeljena na oblasti V’i V’’ tako da je VVVVV =∪=∩ ''',0''' ( Rk ∈ ), ( Mm ≤≤ µ , gde su m i M donja i gornja granica (najveća i najmanja vrednost u toj oblasti) funkcije

f u oblasti V).

5.3.3. IZRAČUNAVANJE

1. Izračunavanje trostrukog integrala u Dekartovim pravouglim koordinatama Neka je ( ) ( )∫∫∫ ∫∫∫=

V Vdxdydzzyxfdvzyxf ,,,, .

Neka je oblast V ograničena površima ( ) ( )yxziyxz ,, 21 ϕϕ == ( )21 ϕϕ ≤≤ z

Sl. 5.3.2.1. Neka se x i y menjaju u granicama (sl. 5.3.2.1.) ( ) ( )xyyxybxa 21, ≤≤≤≤ i neka je '

xyV

projekcija oblasti V na ravan Oxy pri čemu su x=a i x=b tangente na površ 'xyV a ( )xy 1 i ( )xy 2 krive

koje je zatvaraju. Tada je

( )( )

( )( )

( )

( )∫∫∫ ∫ ∫∫=V

b

a

yx

yx

xy

xydzzyxfdydxdxdydzzyxf

,

,

2

1

2

1

,,,,ϕ

ϕ.

Na analogan način se dobijaju formule za izračunavanje trostrukog integrala kada se projektovanje oblasti V realizuje na Oyz ravan, odnosno, ravan Oxz.

( )( )

( )

( )( )

( )

∫∫∫ ∫ ∫∫=V

d

c

zy

zy

yz

yz

dxzyxfdzdydxdydzzyxf,

,

2

1

2

1

,,,,ϕ

ϕ

,

( )( )

( )( )

( )

( )∫∫∫ ∫ ∫∫=V

b

a

zx

zx

xz

xzdyzyxfdzdxdxdydzzyxf

,

,

2

1

2

1

,,,,ϕ

ϕ.

Primeri.

1. Izračunati ( )∫∫∫ ++3

0

2

0

1

0dzzyxdydx .

Rešenje.

( ) ∫∫∫∫∫ =

++=++

2

0

21

0

3

0

2

0

1

0 0

3

2dyzyzxzdxdzzyxdydx

Matematika III

193

=

⋅+⋅+=

++=

++= ∫∫∫∫ dxxdxyyxydyyxdx

1

0

1

0

22

0

1

0

2294

236

0

2

29

233

2933

( )∫ =+=

+=+

1

0

218153

0

115

26156 xxdxx

sl. 3.1.

2. Izračunati ∫∫∫xyx

zdzyxdydx0

23

0

1

0.

Rešenje.

∫ ∫ ∫ ∫∫∫∫∫ =⋅==xy xy xxx

dyxy

zydxxzdzdyydxxzdzyxdydx0 0

1

0 0

223

0

21

0

323

0

1

0

)0

2(

∫ ∫ =⋅=∫ ⋅∫ =∫=⋅∫=x x

dxxxdxx

yxdyydxxdyyxydxx0

1

0

551

0

55

0

41

0

522

21

0

3101

052

121

2

1101

0

1

11101

101 1

0

1110 =∫ ⋅==

xdxx

3. Izračunati ∫∫∫V

zdxdydz , gde je V oblast ograničena ravnima x=1, y=x, z=3 i koordinatnim ravnima y=0, z=0.

Rešenje.

Granice ove oblasti su (sl. 3.1.) 10,0,30 ≤≤≤≤≤≤ xxyz

Matematika III

194

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ =⋅==∫∫∫ =∫∫=V

xxxdxdx

xyzdydxzdzzdydxdzzdxdydz

0

1

0

1

0

21

0

3

00

1

0

3

0 29

00

3

2

49

21

29

0

1

229 2

=⋅=⋅=x

4. Izračunati ∫∫∫V

dxdydzx 2 , gde je oblast V omeđeni cilindrima ( )04, 22 ≥== yyzyz i ravnima

1,31

== zxz i .21 xz =

Rešenje. Granice ove oblasti: zyzzxzz ≤≤≤≤≤≤2

,32,10

Dakle

=⋅⋅==∫∫∫ ∫∫∫∫ dzz

zy

z

zxdydxxdzdxdydzxV

z

z

z

z

22

3

3

1

0

3

2

3

2

21

0

2

( ) ( )( ) ∫∫∫∫ ===⋅=

−−=

1

0

2/71

0

31

0

31

0

336

196

192

1931

223

31 dzzdzzzdzzzdzzzzz

2719

92

619

0

1

296

19 2/9=⋅=⋅=

z

5. Izračunati ∫∫∫V

zdxdydz , ako je oblast V:

2210,2,210 yxzxyxx −−≤≤≤≤≤≤ (sl. 5.1.)

Rešenje.

Sl. 5.1.

Matematika III

195

=−−

== ∫∫−−

∫∫∫∫∫∫ dyyxzdxzdzdydxzdxdydz

x

x

yxx

xV 0

1

2

222 21

0

2/1

0

22/1

0

22

( )∫ ∫∫ =

−−=−−=

x

xdx

x

xyyxydyyxdx2 2/1

0

32222/1

0

2

3211

21

∫ ∫ =

−=

−−−

−−=

2/1

0

2/1

0

33

33

33

1021

33822

21 dxxxdxxxxxxx

1927

161

65

81

21

0

2/1

4310

221 42

=

⋅−=

⋅−=

xx

5.3.3.1. SMENA PROMENLJIVIH U TROSTRUKOM INTEGRALU

Neka su oblast V i V’ ograničene i zatvorene u prostorima Oxyz i uvwO' i neka je ': VV →ϕ preslikavanje definisano sa ( ) ( ) ( )wvuzzwvuyywvuxx ,,,,,,,, === za svako

( ) Vwvu ∈,, . Neka su ispunjeni sledeći uslovi

1. Funkcija ': VV →ϕ je 1-1.

2. Funkcije ( ) ( ) ( )wvuzzwvuyywvuxx ,,,,,,,, === su neprekidne na oblasti V i imaju neprekidne sve parcijalne izvode prvog reda.

3. Jakobijeva determinanta (Jakobijan)

( ) 0,, ≠

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

wz

vz

uz

wy

vy

uy

wx

vx

ux

wvuJ oblasti V.

4. Funkcija ( )zyxf ,, je neprekidna.

Onda važi formula

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) dudvdwwvuJwvuzwvuywvuxfdxdydzzyxfV V

,,,,,,,,,,,,'

∫∫∫ ∫∫∫=

Primeri.

Izračunati ( )dxdydzyxV∫∫∫ + 22 918 , gde je oblast V omeđena ravnima

4,3,32,12,2,1 =++=++=−=−=+=+ zyxzyxyxyxyxyx

Rešenje.

Uvodimo smenu

433121

2≤≤≤≤≤≤

⇒

=++=−=+

wvu

wzyxvyxuyx

Matematika III

196

Kako je uyx =+ vux +=3 xuy −= uwz −=

vyx =−2 3

vux +=

32 vuy −

=

onda ( ) 031

101

031

32

031

31

,, ≠−=

−

−=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

wz

vz

uz

wy

vy

uy

wx

vx

ux

wvuJ , 31),,( =wvuJ . Sada je

( )∫∫∫ ∫∫∫ =⋅

−

+

+⋅=+=

VdwvuvudvdudxdydzyxI

4

3

223

1

2

1

22

31

329

318918

∫∫∫ =

+−⋅+

++⋅=

4

3

22223

1

2

1 9449

9218

31 dwvuvuvuvudvdu

( ) ( ) ( )∫ ∫∫∫ =−⋅+=⋅+=2

1

3

1

222

1

3

1

22 342331

3

436

31 dvuduwdvvudu ϑ

( ) =

+=

−+−=

+= ∫ ∫∫ duuduuvvudu

2

1

2

1

222

1

32

3264

31

327132

1

3

32

183

543

26734

1

2

326

34 3

==+⋅=

+= uu

2. Izračunavanje trostrukog integrala u cilindričnim koordinatama.

∞<<∞−=∞<≤=

≤≤=

zzzy

xρϕρ

πϕϕρ0sin

20cos

Jakobijan vodi preko transformacije je

ρρρρ

ϕϕϕ

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

zz

zy

zx

zyx

zyx

J ' , ρ== JJ ' .

Tada je ( ) ( )∫∫∫ ∫∫∫=

V Vdzddzfdxdydzzyxf

',sin,cos,, ρϕρϕρϕρ , gde je V’ oblast, koja odgovara oblasti V a

dobijena je preslikavanjem cilindričnim koordinatama.

Primeri.

Matematika III

197

1. Izračunati ∫∫∫ +V

dxdydzyxz 22 , gde je oblast V ograničena površima 0,222 ==+ zyyx i az = .

Rešenje. Zadatak rešavamo prelaskom na cilindrične koordinate:

πϕϕρ

ϕρϕρρ

ρ

ϕρϕρ

≤≤≤≤

=⇒=≤≤

⇒

==

==

0sin20

sin2sin20

sincos

2az

Jzz

yx

∫∫∫ ∫∫∫ =⋅⋅+=+=V V

dzddzdxdydzyxzJ ρϕρϕρϕρ'

2

222222 sincos

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ====πϕ π ϕπ

ϕρϕρρϕρρϕ

0

3

0

sin2

0 0 0

sin2

0

222

0 0

sin2

30

2d

azddzdzdzddz

a a

( )∫ ∫ =

=−==−=

π π

ϕϕϕϕϕϕϕϕ

0 0

2232

sincoscos1sin

34

3sin8

2dtd

tsmena

dada

( )( ) ( )∫−

∫−

=−

−=−=−−

1

1

1

1

2322

22

2

916

1

1

3341

341

34 attadttadtta

2. Izračunati ∫∫∫V

zdxdydz gde je oblast V: azyx ≤≤+ 22

Rešenje. Zadatak rešavamo prelaskom na cilindrične koordinate

πϕρ

ρ

ρ

ϕρϕρ

20

0sincos

2

≤≤≤≤

≤≤⇒

==

==

aza

Jzz

yx

∫∫∫ ∫ ∫ =∫=∫∫=∫∫∫==V

a aaa

VzdzddzzdddzddzzdxdydzJ

2 200

2

0'2

02

ρ ρ

πρρ

πϕρρϕρϕρ

( )∫ =

−=−=∫ ⋅=

aa aa

adada

z

0

362242

20

2

30

6222 πρρπρρρπρ

ρρπ

3. Izračunati ( )∫∫∫ +V

dxdydzyx ,22 gde je V : 4222 ≤++ zyx i

.322 zyx ≤+

Rešenje. Zadatak rešavamo prelaskom na cilindrične koordinate:

Matematika III

198

⇒

====

ρ

ϕρϕρ

Jzz

yx

sincos

Jednačina sfere 4222 =++ zyx u cilindričnim koordinatama biće:

222 44 ρρ −±=⇒=+ zz

Jednačina paraboloida zyx 322 =+ u cilin.koord.biće

33

22 ρρ =⇒= zz . Dakle 2

24

3ρρ

−≤≤ z

Presek sfere i paraboloida biće:

0433

4

2

22

222

=−+

=+

=++

zzzyx

zyx

21693

2/1+±−

=z

Za 1=z dobijamo kružnicu 30

20322

≤≤≤≤⇒=+ρ

πϕyx . Dakle dobijamo:

( )∫∫∫ ∫ ∫−

∫∫ =−

⋅=⋅=+=Ιv

zddzdddxdydzyxπ ρ

ρρρ

ρρπϕρρρϕ2

0

4

3

3

02

2323

0

222

2

3

40

2

∫ ==

−−=

3

0

223

1549

342 πρϕρρπ Kd

4. Izračunati ∫∫∫+

vby

ax

dxdydzze ,2

2

2

2

gde je oblast V omeđena površina

( )00,,12

2

2

2

2

2

2

2

2

2⟩==+=+ zz

cz

by

ax

by

ax

Rešenje. U ovom slučaju uvodimo smenu

====

ρ

ϕρϕρ

abcJczzbyax

sincos

Jednačina eliptičkog cilindra 12

2

2

2=+

b

y

ax

biće

,12 =ρ a eliptičkog konusa 2

2

2

2

2

2

cz

by

ax

=+ :

Matematika III

199

22 z=ρ . Dakle granice integracije su

ρρ

πϕ≤≤≤≤≤≤

z01020

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =⋅=⋅∫=+

vb

y

a

x

zdzdeabcdzabcczedddxdydzzeπ ρ ρ

ρρ ρρπ

ϕρρϕ2

0 0

1

0 0

2221

0

2

2

2

2

02

∫ ∫ =

=

==

=⋅⋅=⋅⋅=1

0

1

0

2

222222

2

202

2dtd

dtdt

dabczdeabc

ρρ

ρρρ

ρρρϕπρ

ρρπ ρρ

( )∫ =−==1

0

222

201

22πππ abceteabcdtteabc ttt

3. Izračunavanje trostrukog integrala u sfernim koordinatama uz poznatu vezu između Dekartovih koordinata x,y,z i sfernih ρϕθ ,,

θρ

ρθρπϕϕθρπθϕθρ

sin0cos

20sinsin0cossin

2=

∞<≤=≤≤=≤≤=

Jzyx

i Jakobijan transformacije

,sin2 ϕρ

ρρρ

ϕϕϕ

θθθ=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

zyx

zyx

zyx

J

je

( ) ( )∫∫∫ ∫∫∫=v v

dddfdxdydzzyxf .sincos,sinsin,sincos,, 2 ρϕθϕρϕρϕθρϕθρ

Primeri.

1. Izračunati ( )∫∫∫ +v

dxdydzyx ,22 ako je V: .0,2222 ≥≤++ zazyx

Rešenje. Kako je oblast integracije polusfera uvodimo sferne koordinate:

Matematika III

200

20

200

sin

cossinsincossin

2222

2πθ

πϕρ

ρ

θρ

θρϕθρϕθρ

≤≤

≤≤≤≤

⇒=++

=

===

azyx

J

zyx

θρ 2222 sin=+ yx

( )∫∫∫ ∫ ∫ ∫ =⋅=+v

addddxdydzyx

π πρθρθρθϕ

2

0

2/

0 0

22222 sinsin

( ) =−⋅=∫ ∫ ∫ ∫ 05sincos10

2sin52

0

2/

0 0

2/

0

243 adddda ρθθθπϕρρθθϕ

π π π

( ) ( )( )∫ ∫ =−−=

=−

==−⋅=

2/

0

0

1

25

25

15

2sin

cossincos1

52

π πθθ

θθθθπ dtta

dtdt

da

154 5πa

=

2. Izračunati ( )∫∫∫ +v

dxdydzyx ,22 ako je V: 22222 bzyxa ≤++≤

Rešenje. Uvodimo sferne koordinate

θρπθπϕ

ρ

πθπϕ

ρ

θρθρ

ϕθρϕθρ

2222222

2sin

020

020

sincos

sinsincossin

=+⇒≤≤≤≤≤≤

⇒≤≤≤≤≤≤

⇒

====

yxbaba

Jzyx

( )∫∫∫ ∫ ∫ ∫∫∫∫ ==⋅=+v

b

a

b

adddddddxdydzyx

ππππρρθθϕρθρθρθϕ

0

432

0

222

0

2

0

22 sinsinsin

( )∫

−==⋅⋅=

π πθθρπϕ

0

553

5

158sin

502 abd

ab

K

3. Izračunati ,22 dxdydzyxv∫∫∫ + gde je oblast ν omeđena sferom

azzyx =++ 222

Rešenje. Uvodimo sferne koordinate.

θ≤ρ≤

π≤θ≤

π≤ϕ≤θ=ρ⇒θρ=ρ

=++

θρ=

θρ=ϕθρ=ϕθρ=

cosa

:sugraniceDaklecosacosadobijamo azzyxiz

sinJ

coszsinsinycossinx

02

0

20

2

222

22

Matematika III

201

Slika

=⋅=+ ∫∫∫∫∫∫ ρθρθρθϕθππ cos

0

22/

0

2

0

22 sinsina

vddddxdydzyx

∫ ∫ ∫ ∫ =⋅=π π θ π

θθρθπϕρρθθϕ2

0

2/

0

cos

0

2/

0

4232

0cos

4sin0

2sina

daddd

∫ ∫ ===⋅2/

0

2/

0

2442

442

4

64cossin

2cossin

42

π π πθθθπθθθπ adadaK

4. Izračunati ∫∫∫

++

vdxdydz

cz

by

ax ,

2

2

2

2

2

2 ako je oblast V omeđena

elipsoidom .12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

Rešenje. Kako je oblast omeđena elipsoidom uvodimo smenu:

==

==

θρθρ

ϕθρϕθρ

sincos

sinsincossin

2abcJcz

byax

Granice su:10

020

≤≤≤≤≤≤

ρπθπϕ

22

2

2

2

2

2ρ=++

cz

by

ax

∫∫∫ ∫ ∫ ∫ =⋅=

++

vdabcdddxdydz

cz

by

ax π π

ρθρρθϕ2

0 0

1

0

222

2

2

2

2

2sin

( )∫ ∫∫ =⋅−⋅=ππ πρπθπϕρρθθϕ0

1

0

542

0 54

01

50cos02sin abcabcdddabc

5.3.4. PRIMENA TROSTRUKOG INTEGRALA U GEOMETRIJI I MEHANICI

1. Zapremina tela Merni broj zapremine oblasti V izražava se formulom

( )( )∫∫∫ ∫∫∫ ===v v

zyxfdxdydzdvV .1,,

2. Masa nehomogenog tela

Matematika III

202

Ako je ( )zyx ,,γ funkcija gustine tela, tada će masa tela biti

( )∫∫∫=Μv

dxdydzzyx ,,γ

Za slučaj homogene gustine, je ( )( ).,, zyxkVk γ=⋅=Μ

3. Koordinate težišta tela

Ako je tačka ( )TTT zyxT ,, težište tela, tada se njegove koordinate izračunavaju na sledeći način

( )

( ) ∫∫∫∫∫∫

∫∫∫Μ

==v

v

vT dvx

dvzyx

dvzyxxx ,1

,,

,,γ

γ

γ

∫∫∫=V

T dvyM

y ,1 γ

∫∫∫Μ=

VT dvzz .1 γ

Za ( ) .,, constkzyx ==γ

∫∫∫Μ=

vT xdvkx , ∫∫∫Μ

=v

T ydvky , ∫∫∫Μ=

vT zdvkz ( to su i koordinate geometrijskog težišta

tela).

5.3.5. MOMENTI INERCIJE TELA

5.3.5.1. U odnosu na koordinate ravni

∫∫∫=Ιv

xy dvz γ2 , ∫∫∫=Ιv

yz dvx ,2γ ∫∫∫=Ιv

zx dvy .2γ

5.3.5.2. U odnosu na koordinatne ose

( )∫∫∫ +=Ιv

x dvzy ,22γ ( ) ,22 dvzxv

y +=Ι ∫∫∫γ ( )∫∫∫ +=Ιv

z dvyx 22γ

5.3.5.3. U odnosu na koordinatni početak

( )∫∫∫ ++=ΙV

dvzyx 2220 γ

Primeri.

1. Izračunati zapreminu prizme određene ravnima

.9,4,7,3,5,2 ====== zzyyxx

Rešenje. Prema formuli je ∫∫∫=v

dxdydzV Granice integracije su 947352

≤≤≤≤≤≤

zyx

∫∫∫ ∫∫∫ =⋅⋅=⋅⋅===v

zyxdzdydxdxdydzV9

4

7

3

5

2605434

937

25

2. Izračunati zapreminu tela omeđenog paraboloidima

.10,22 2222 ===+=+= xiyxyravnimaiyxziyxz Rešenje. Zapreminu tela računamo kao: ∫∫∫=

vdxdydzV , granice integracije su:

Matematika III

203

∫+

+∫∫ ==⇒

+≤≤+≤≤≤≤ 22

22

22

0

1

02222 220

10 yx

yx

xdzdydxV

yxzyxxy

x

( ) ( )∫∫∫ ∫∫∫ =+=−−+=++ xx x

dyyxdxdyyxyxdxdyyxyxzdx

0

221

00 0

22221

022

221

02222

∫ ∫ ∫ =⋅=⋅==

+=

+

1

0

1

0

1

0

43

33

32

31

41

34

01

434

34

303xdxxdxxxdxxyyx

3. Izračunati zapreminu tela omeđenog konusom 22 yxz += i paraboloidom 222 yxz −−=

Rešenje. Zadatak rešavamo prelaskom na cilindrične koordinate:

2

222

22

222

sincos

ρρρ

ρ

ρ

ϕρϕρ

−≤≤−=⇒−−=

=⇒+=

==

==

zDaklezyxz

zyxz

Jzz

yx

Nađimo presek konusa i paraboloida

( ) 12

81102

22 12/1

22

22

22

=⇒+±−

=

=−+⇒−=⇒

+−=

+=zz

zzzz

yxzyxz

( ) 121 2222 =+⇒+−= yxyx projekcija na Oxy ravan Dakle

( ) =−−=−== ∫ ∫ ∫−

∫ ∫ ρρρρπρρρρπϕρρϕ

π ρ

ρdzddzddV

2

0

1

0

2 1

0

1

0

222

2220

2

( )∫ =⋅=

−−=

−−⋅=−−

1

0

34223

65

1252

31

41120

1342

2222 πππρρρπρρρρπ d

4. Izračunati zapreminu tela ograničenog sa 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

Rešenje. Reč je o elipsoidu. Uvedimo smenu promenljivih

∫∫∫=

====

VdxdydzV

abcJczbyax

θρθρ

ϕθρϕθρ

sincos

sinsincossin

2

, granice integracije su: πθπϕ

ρ

≤≤≤≤≤≤

02010

( )∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⋅−===π π π π

θπρρθθπ

ϕρθρθϕ2

0 0

1

0 0

1

0

22

0cos2sin

0

2sin abcddabcdabcddV

34

0

1

3

3 πρ abc=⋅

Matematika III

204

5. Izračunati zapreminu tela ograničenog sa ( ) xazyx 32222 =++ .

Rešenje. Uvodimo sferne koordinate

====

θρθρ

ϕθρϕθρ

sincos

sinsincossin

2Jzyx

( ) xazyx 32222 =++ postoje

334 cossincossin ϕθρϕθρρ aa =→= .

Dakle πθϕθρ ≤≤≤≤ 0,cossin0 3a . Kako je telo pomereno po Ox osi to je 22πϕπ

≤≤−

∫

−

∫∫

−

∫ ∫ =⋅==2

20

332

20

cossin

0

2

0

cossin

3sinsin

3π

π

ππ

π

π ϕθ ϕθρθθϕρθρθϕa

dddddVa

∫ ∫∫−

∫−

==π ππ

π

π

πθθϕθϕθϕ

0 0

22/

2/

3232/

2/sincos

3cossin

31 dadad

321

32

22cos1

2/

2/sin

3

33

0

3 ππθθ

π

πϕ

π aada=⋅=

−

−= ∫

6. Odrediti težište tela, koje je homogeno i ograničeno površima: axyxazyx =+=++ 222222 , .

Rešenje. Zbog simetrije u odnosu na Ox osu je 0== TT zy

∫∫∫

∫∫∫

=

V

VT dxdydz

xdxdydzx

Pređimo na cilindrične koordinate

====

ρ

ϕρϕρ

yzz

yx

sincos

Projekcija tela na xOy ravan je krug axyx =+ 22 .

Jednačina sfere axyxazyx =+=++ 222222 , u cilindričnim koordinatama je

22222 ρρ −±=⇒=+ azaz .

Dakle 2222 ρρ −≤≤−− aza

=

−−

−== ∫∫−

∫∫∫ ∫−

−−∫∫

− 22

22cos

0

2/

2/

cos

0

2/

2/

22

22ρ

ρρρϕρρϕ

ϕπ

π

ρ

ρ

ϕπ

πa

azdddzdddxdydz

a

V

a

a

a

∫∫−

∫∫−

=−

=

=−=−=−=

ϕπ

π

ϕπ

πϕ

ρρρρρρϕ

22

2

sin2/

2/

22cos

0

222/

2/ 22

22

a

a

a dttddtdtadad

Matematika III

205

∫ ∫−

∫−

∫ =

−===

2

22 sin

2/

2/

333

22

22/

2/

2/32/

2/sin

sin32

23

a

adaad

a

atdttd

ϕ

π

π

π

π

π

πϕϕ

ϕ

ϕϕ

∫−

−==

−=

2/

2/

33334

32....sin1

32 π

ππϕϕ ada

∫∫∫ ∫−

−−∫∫

−=⋅=

V

a

a

adzddxdxdydz

22

22cos

cos

0

2/

2/

ρ

ρ

ϕπ

πρϕρρϕ

∫∫∫∫ =−=−−

−=

−−

ϕπ

π

ϕπ

π

πρρρϕρ

ρρρϕ

cos

0

4222

2/

2/22

22cos

0

22/

2/ 42

aa adada

azdd

( )4389

34

32

43

4

−=

−

=ππ

π

πa

a

a

x T

7. Izračunati moment inercije tela V ograničenog površima cz

by

ax 2

2

2

2

2=+ ,

cz

by

ax

=+ u odnosu na Oz

osu.

Rešenje. Telo V je ograničeno paraboloidom cz

by

ax 2

2

2

2

2=+ i ravan

cz

by

ax

=+ . Projekcija

preseka ovih dveju površi na Oxy ravan biće

+=+

by

ax

by

ax 2

2

2

2

2

212122

2

2

2=+−++−

by

by

ax

ax

21122=

−+

−

by

ax

( )∫∫∫ +=V

z dxdydzyxI 22γ

Uvedimo smenu

πϕ

ρ

ϕρ

ϕρ

20sin1

cos1

≤≤⇒

==

=−

=−

abJzz

byax

( )( )ϕϕρρ cossin22

2++≤≤⋅ czc

20 ≤≤ ρ

Matematika III

206

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

=+++⋅= ∫ ∫++

+++∫ dzbbaaabddI

c

cz

π ϕϕρ

ρϕϕρϕρϕρρρϕγ

2

0

cossin2

cossin1

222

0 2sincos

( ) ( )( )( )

( )( )∫∫ =

+++

+++++=

2

0 2

22222

0 cossin1

cossin2sin1cos1 ρ

ρϕϕρ

ϕϕρϕρϕρρϕγ

πd

c

czbadab

( ) ( )( ) ( )( −−+++++= ∫∫ cccbadab ϕϕρϕρϕρρϕγπ

cossinsin1cos12

0

22222

0

( ) ( ) ( )( )∫∫ +++=−+−2

0

22222

0

2 sin1cos1cossin ϕρϕρρϕγρρϕϕρπ

badabdcc

( ) ( ) πγρρ 22234....1 baabcdc +==−⋅

5.4. UOPŠTAVANJE POJMA INTEGRALA

Od jednostrukog integrala (Koši – Rimanovog) definicijom smo došli do krivolinijskih integrala prve i druge vrste, dvojnog integrala i dvostrukog integrala a zatim na površinski integral prve i druge vrste. Prirodno “uopštenje” površinskog integrala je trostruki integral.

Na analogan način se može definisati i m-trostruki integral, definisan i m-to dimenzionalnoj oblasti

( ) mm

m

Vdxdxxxf

m....,......,.... 11

876∫∫ ∫ , gde bi funkcija ( )mxxf ...,1 bila definisana na toj m-dimenzionalnoj

oblasti.

5.5. FORMULA OSTROGRADSKOG (1801-1861)

Navodimo sledeću teoremu (Teorema Ostrogradskog) Neka je oblast V ograničena i zatvorena u prostoru Oxyz i neka je njena granica zatvorena, gladka ili

deo po deo glatka površ S. Neka svaka prava paralelna sa koordinatnim osama seče površ S u najviše dve tačke.

Neka su funkcije P(x,y,z), Q(x,y,z) i R(x,y,z) neprekidne na oblasti V i neka one na toj oblasti imaju neprekidne sve parcijalne izvode prvog reda. Pod navedenim uslovima važi formula Ostrogradskog je

∫∫ ∫∫∫

∂∂

+∂∂

+∂∂

=++S V

dxdydzyR

yQ

xPRdxdyQdzdxPdydz ,

S je spoljna strana površi oblasti V. Formula Ostrogradskog se naziva još i Grinova formula u prostoru. Ako je

( )( )( )

( )∫∫∫ ∫ −∫=

∂∂

∫∫=∂∂

=ΙV

yx

yx VVdxdyyxyxRdz

zRdxdydxdydz

zR ,2

,12

,,,,,

ϕ

ϕϕ

( )( ) ( ) ( )∫∫+∫∫=∫∫−12

1,

,,,,,,,SSV

dxdyzyxRdxdyzyxRdxdyyxyxR ϕ

Integral po 2S uzet je po gornjoj strani 2S a drugi po donjoj strani .1S Ako je omotač tela V, površ 3S , tada je

( )∫∫∫ =3

,0,,S

dxdyzyxR (omotač je cilindar normalan na Oxy , pa je 0== dydx )

pa njegovim dodavanjem desnoj strani u (5.5.1.), dobijamo

∫∫∫ ∫∫=∂∂

V SRdxdydxdydz

zR .

Matematika III

207

Analogno dobijamo za .

,yQ

xP

∂∂

∂∂

. Sabiranjem svega, imamo traženu formulu.

∫∫∫ ∫∫ =++=

∂∂

+∂∂

+∂∂

V SRdxdyQdzdxPdydzdxdydz

zR

yQ

xP

( )∫∫ ++=S

dsRQP γβα coscoscos

Primeri.

1. Izračunati ∫∫ ++S

zdxdyydzdxxdydz , gde je S površ, koja ograničava telo 2220 yxaz −−≤≤

Rešenje. zRyQxP === Dakle: 3=∂∂

+∂∂

+∂∂

zR

yQ

xP

∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ===++=S V V

dxdydzdxdydzzdxdyydzdxxdydzJ 33

Prelazimo na cilindrične koordinate:

2200

20:sin

cos

ρρ

πϕ

ρ

ϕρϕρ

−≤≤≤≤≤≤

==

==

azasuGranice

jzz

yx

( )∫−

∫ ∫∫∫ =−=−⋅⋅==22

0 0 0

2222

0

2

06

00233

ρπρρρπρρρπϕρρϕ

a a aadaazddzdd

23

46

426042

6444442

2 πππρρπ aaaaaa =⋅=

−=

−=

2. Primenom formule Ostrogradskog izračunati ∫∫ ++S

dxdyzdzdxydydzx 333 , gde je S spoljna strana

sfere zzyx =++ 222

Rešenje. Ispunjeni su svi uslovi teoreme Ostrogradskog, sfera zzyx =++ 222 je zatvorena površ. Dakle važi:

∫∫∫∫∫ =

∂∂

+∂∂

+∂∂

=++VS

dxdydzz

zy

yx

xdxdyzdzdxydydzx333

333

( ) =++= ∫∫∫V

dxdydzzyx 2223

Uvodimo sferne koordinate

====

θρθρ

ϕθρϕθρ

sincos

sinsincossin

2yzyx

Granice πϕ

πθ

202

0

≤≤

≤≤

Jednačina sfere je θρρ cos2 = , pa θρ cos0 ≤≤

∫ ∫∫∫∫ =⋅=⋅=θ θπππ

ρρθθπ

ϕρθρρθϕcos

0

cos

0

42/

0

222/

0

2

0sin

0

23sin3 ddddd

Matematika III

208

=

=−===⋅= ∫∫

2/

0

52/

0

5

sincossincos

56

0

cos

5sin6

ππ

θθθθθθπθρθθπ dtd

tdd

( )50

1

656

56 60

1

5 πππ=⋅=−= ∫

tdtt

Zadaci.

1. Izračunati integral ( )

∫ ∫−−

∫−

+++

1

0

1

0 3

1

0 1

yxx

zyxdzdydx

2.Izračunati integral ( )∫∫∫

−−

xzdy

yz

yxydxdz0 2/322

1

0

2

12

3.Izračunati integral ( )dzzyxdydx ∫∫∫ ++πππ

000sin

4. Izračunati integral ( )

( )( )∫++

∫−−

∫−

−+−−−eyxxee

dzeyxex

yxzdydx0

1

0

1

0

ln

5. Izračunati integral ∫∫∫V

zdxdydz , gde je oblast V gornja polovina elipsoida 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

6. Izračunati integral ∫∫∫V

dxdydzzxy 32 , gde je oblast V ograničena površima xyxz === ,1,0 i

xyz =

7. Izračunati integral ( )∫∫∫ +V

dxdydzzxy cos , gde je oblast V omeđeni cilindrom xy = i ravnima

0,0 == zy i 2π

=+ zx .

8. Izračunati integral ∫∫∫V

zxdxdydz , gde je oblast V omeđeni paraboloidom 22 yxz += i ravnima

0,0 == yx i z=4 u I oktantu.

9. Izračunati ∫∫∫ +V

dxdydzyx 22 , gde je oblast V ograničena površima 1,222 ==+ zzyx

10. Izračunati ∫∫∫V

dxdydzz 2 , gde je oblast V ograničena površima 2222 azyx =++ i 222 zyx =+

11. Izračunati ∫∫∫V

zdxdydz , gde je V oblast ograničena površima 2222 3azyx =++ i azyx 222 =+

12. Izračunati ∫∫∫V

zdxdydz , gde je V: 0,2222 ≥≤++ zazyx .

13. Izračunati ( )

∫∫∫−++V zyx

dxdydz222 2

, gde je V: 11,122 ≤≤−≤+ zyx

14. Izračunati ( )∫∫∫ +V

dxdydzyx 22 , ako je V oblast ograničena površima 2=z i zyx 222 =+

Matematika III

209

15. Izračunati ∫∫∫++V

dxdydzyx

z22

2

1, ako je oblast V omeđena cilindrom 122 =+ yx i ravnima 1=z i

1−=z .

16. Izračunati ∫∫∫

++

Vdxdydz

cz

by

ax

2

2

2

2

2

2, gde je oblast V omeđena površima 1

2

2

2

2

2

2=−+

cz

by

ax

i

42

2

2

2=+

by

ax

.

17. Izračunati ( )∫∫∫ ++V

dxdydzzyx 2 , gde je V: ( )02,3 222222 >≤+≤++ aazyxazyx

18. Izračunati ( )

∫∫∫−++V zyx

dxdydz222 2

, gde je V: 1222 ≤++ zyx .

19. Izračunati ( )∫∫∫ ++V

dxdydzzyx 222 , gde je V: 222222 , zyxzzyx ≤+≤++ .

20. Izračunati ( )∫∫∫ +V

dxdydzyx 22 , gde je V:

yxzyzyxzyxzyx ≥≥≥≤++≥++≥++ ,0,0,16,1,1 222222222 .

21. Izračunati ∫∫∫V

zdxdydz , gde je V: ( ) zazyx 32222 =++ .

22. Izračunati ∫∫∫ −−−V

dxdydzcz

by

ax

2

2

2

2

2

21 , gde je V oblast omeđena elipsoidom 1

2

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

23. Izračunati dxdydzeV

cz

by

ax

∫∫∫++ 2

2

2

2

2

2

, gde je oblast V omeđena elipsopidom 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

.

24. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima: 22222 22,42 azyaxzx =+=+ .

25. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima: ( ) ( ) 2,2,0,6ln,2ln =−=+=−=+= yxyxxxzxz

26. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima: 32,3,1,0,0 =+==== zxyyzx .

27. Izračunati zapreminu tela ograničenog površima: zxyzzyx ===++ ,0,1 .

28. Izračunati zapreminu tela omeđenog paraboloidom zyx 222 =+ i ravni yz = .

29. Izračunati zapreminu tela omeđenog paraboloidom zyx 222 =+ i ravni 0=−+ zyx .

30. Izračunati zapreminu tela omeđenog paraboloidima zyx =+ 22 2 i zyx =−− 22 7336 .

31. Izračunati zapreminu tela omeđenog površima: 2222

,3

yxzyxz +=+

= i 4222 =++ zyx .

32. Izračunati zapreminu tela omeđenog površima: 22

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

i cz

by

ax

=+2

2

2

2

Matematika III

210

33. Izračunati zapreminu tela omeđenog površima 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

i 2

2

2

2

2

2

cz

by

ax

=+ .

34. Izračunati zapreminu tela, koga omeđuje zatvorena površ 2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

by

ax

cz

by

ax

+=

++ .

35. Izračunati zapreminu tela, koga omeđuje površ ( ) 423222 zazyx =++

36. Izračunati zapreminu tela, koga omeđuje površ 2

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

cz

by

ax

cz

by

ax

−+=

++ .

37. Izračunati masu tela ograničenog elipsoidom 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

, čija je gustina ( ) .,, yzyx =γ

38. Izračunati masu homogenog tela ograničenog sferom 2222 azyx =++ i konusom

0,222 ≥=+ zzyx . (unutar konusa).

39. U uslovima predhodnog zadatka naći koordinate težišta tela.

40. Odrediti težište homogenog tela ograničenog površima: 0,2

,2,2 22 ==== zpxpxypzx

41. Odrediti težište homogenog tela ograničenog površima zyxzyx =+=+ ,222

42. Odrediti težište homogenog tela, koga ograničava površ: abcxyz

cz

by

ax

=++2

2

2

2

2

2

43. Izračunati moment inercije homogenog elipsoida 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

u odnosu na Oz-osu.

44. Odrediti moment inercije u odnosu na koordinatni početak homogenog tela ograničenog površi

( ) ( )2222222 yxazyx +=++ .

45. Odrediti moment inercije homogenog tela određenog nejednačinama 11,11,0 22 ≤−≤−≤+≤−+≤≤ yxyxyxz u odnosu na z-osu.

46. Primenom formule Ostrogradskog izračunati površinski integral ( )∫∫∫ ++S

zdxdyydzdxxdydzxyz , ako je

S spoljna strana površi oblsti: 0,0,0,1222 ≥≥≥≤++ zyxzyx .

47. Primenom formule Ostrogradskog izračunati površinski integral ( ) ( ) ( )dxdyyezdzdxxeydydzzex z

S

zy sin5sin2sin +++++∫∫ gde je S spoljna strana zatvorene

površi ( ) xzyx =++2222

48. Primenom formule Ostrogradskog izračunati površinski integral ∫∫ ++S

xzdzdyyzdzdxxydydz , gde je S

spoljna strana sfere ( ) ( ) ( ) 2222 Rczbyax =−+−+−

Matematika III

211

49. Primenom formule Ostrogradskog izračunati površinski integral dxdyczdzdx

bydydz

ax

S 2

3

2

3

2

3++∫∫ gde je

S spoljna strana elipsoida 12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax

.

50. Primenom formule Ostrogradskog izračunati površinski integral: ∫∫ ++S

xydxdyyzdzdxxzdydz 32 gde je

S spoljna strana tela određenog relacijama: 0,1214,1

41

21 2

2222 ≥≤+

−≤++ zyxzyx .

6. TEORIJA POLJA

6.1. SKALARNO I VEKTORSKO POLJE

Neka je D oblast (domen) Euklidovog prostora 3Ε . Neka je Oxyz pravougli koordinatni sistem prostora 3Ε . Neka je M(x,y,z)∈D i neka je f funkcija koja trojci (x,y,z) pridružuje broj RU ∈ , tj.

),,( zyxfU = .

Kako je tački M pridružena tačno jedan vektor položaja ( )zyxr ,,r

, to je i

( )rfUr

= .

Na taj način je vektor položaja rr

pridružen broju, odnosno definisana funkcija ( ) ( )zyxfrfU ,,==r

.

Def.6.1.1. Oblast 3Ε∈D naziva se skalarnim poljem skalarne funkcije ( )zyxfU ,,= . Ako je DfD =)( tada kažemo da je D skalarno polje.

Ako je ( ) ( ) Vzyxfrfrr

== ,, , tada kažemo da je D vektorsko polje. Ako je ( ) ( ) δ== zyxfrf ,,r

(δ je tenzor),tada kažemo da je D tenzorsko polje.

6.1.1. SKALARNO POLJE

Kao što je definisano za funkciju ( ) ( )zyxUrUU ,,==r

( )UD je skalarno polje.

Ako vektor rr

zadovoljava jednačinu ( ) 0,, =zyxF tada je skalarno polje definisano tom jednačinom, tj. )(FDD = . Ako vektor r

rzadovoljava jednačine ( ) 0,,1 =zyxF i ( ) 0,,2 =zyxF , tada je

( ) ( )21 FDFDD I= i to polje se svodi na neku liniju u 3Ε . Mi ćemo pretpostaviti da je funkcija ( ) UrU =

rrealna funkcija.

Def.6.1.1.1. Za funkciju

( ) ( ) ( ) ( )( )000000000 ,, ,, zyxMMMUzyxUrUU ====r

kažemo da je neprekidna u tački M. Ako za

( )( ) ( ) ( ) εδδε <−⇒<>∃>∀ 0000 MUMUMM

Primeri skalarnih polja

Matematika III

212

1. ( ) rrUU ==r

, gde je ,222 zyxr ++= predstavlja sve tačke prostora 3E . Odnosno ovde je 3Ε=D .

2. ( )r

rUU 1==

r, ,222 zyxr ++= predstavlja sve tačke prostora sem tačke (0,0,0). Odnosno ovde

je 3Ε=D / ( ){ }0,0,0

3. ( )zyx

zyxUU++

==1,, predstavlja sve tačke prostora sem tačaka ravni 0=++ zyx .

4. Skalarno polje ( )yx

zyxUU+

==2

1,, predstavlja sve tačke ravni Oxy sem tačaka prave

02 =+ yx

5. Skalarno polje ( )3

1x

xUU == predstavlja sve tačke Ox ose sem tačke ( )0,0,00 .

Def.6.1.1.2. Neka je

( ) ( ) ( )MUrUzyxUU ===r

,,

skalarna funkcija nad skalarnim poljem D.Neka je

.0222

≠

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

zU

yU

xU

Neka je ( )0UΓ skup tačaka DM ∈0 u kojima funkcija ( ) ( )MUzyxU =,, ima vrednost ,0 constU = tj. ( ).,,0 zyxUU = Za ( )0UΓ kažemo da je ekviskalarna površ (nivoska površ,

ekvipotencijalna površ). Na analogan način se za funkciju ( ) ( ) ( ) UMUrUyxU ===

r, definiše ekviskalarna linija (nivo

linija) u ravni Oxy Tačke u kojima je

,000 =∂∂

=∂∂

=∂∂

zUi

yUi

xU

nazivaju se stacionarne tačke polja D. Ako u jednačini ( ) ( ) UrUzyxUU ,,, r

== fiksiramo na razne načine

( ) ( ),,,,...,,,1 zyxUUzyxUU n ==

tada dobijamo razne ekviskalarne površi.

Primeri. 1. Odrediti ekviskalarnu površ skalarne funkcije ,raU = gde je .consta = a

222 zyxr ++= .

Rešenje. Kako za vektor položaja rr

tačke ( ),,, zyxM vredi da je ( ),,, zyxrr rr= to je skup tačaka

0M određen izrazom

.222 constzyxr =++= (jer je .... constrconstaconstraconstU ==⇒=⇒= )

Geometrijsko mesto tačaka 0M je sfera sa centrom u tački ( )0,0,00 . Za razne vrednosti r dobijamo koncentrične sfere od kojih svaka predstavlja ekviskalarnu površ. 2. Naći nivo liniju skalarnog polja ,60363294 22 ++−+= yxyxU koja prolazi kroz tačku ( ).1,1 −M

Rešenje. Nivo linija datog skalarnog polja određena je jednačinom

cyxyx =++−+ 60363294 22 .

Nađimo nivo liniju koja prolazi kroz tačku ( ).1,1 −M Zamenom koordinata tačke M u jednačini dobijamo

Matematika III

213

( ) ( ) c=+−⋅+⋅−−⋅+⋅ 601361321914 22

560363294 =⇒=+−−+ cc pa nivo linija ima oblik

560363294 22 =++−+ yxyx

055369324 22 =+++− yyxx

( ) ( ) 05536644491684 22 =+−−++++− yyxx

( ) ( ) 452944 22 =++− yx

Dakle nivo linija je elipsa. 3.Naći nivo površ skalarnog polja .4312181632 22 +−−+−= zyxyxu koja prolazi kroz tačku

( )1;1;1−M Rešenje. Nivo površi ovog skalarnog polja određeni su jednačinom

czyxyx =+−−+− 4312181632 22

među njima odredimo onu koja prolazi kroz tačku ( )1,1,1−M

( ) ( ) c=+⋅−⋅−−+⋅−− 431121181161312 22

44312181632 −=⇒=+−−−− cc

44312183162 22 −=+−−−+ zyyxx

( ) ( ) 4432732129631682 22 −=++−−++−++ zyyxx

( ) ( ) 42123342 22 −=+−+ zyx

( ) ( ) ( )7263342 22 −=+−+ zyx

Dakle nivo površ je hiperbolički parapoloid.

6.1.2. GRADIJENT

Neka je 1. ( )zyxUU ,,= skalarna funkcija, 2. nosač jediničnog vektora oa

rprava ,l

3. 0, MM tačke na pravoj l

4. ( ),0,0000 MMaaMMMM =∆⋅∆=⋅= ll tada je

(6.1.2.1.) ( ) ( )

γβα coscoscoslim 00 z

UyU

xU

ddUMUMU

∂∂

+∂∂

+∂∂

==∆−

∆ llal

Neka je jednačina krive C u polju U kroz tačku M

( ) ( ) ( ) ,kszjsyisxrrrrrr

++=

gde je za parametar s uzet luk krive C. Izvod u pravcu tangente t

r krive u tački M je

(6.1.2.2) ( )dzzdyydxxdsdz

zU

dsdy

yU

dsdx

xU

dsdU

=∂=∂=∂∂∂

+∂∂

+∂∂

= ,,

Iz (6.1.2.1.) i (6.1.2.2.) sledi da je

Matematika III

214

,cos,cos,cos γβα ===dsdz

dsdy

dsdx

tj.

Udsrdk

zUj

yUi

xUk

dsdzj

dsdyi

dsdx

dsdU

∇=

∂∂

+∂∂

+∂∂

++=

rrrrrrr.

Na ovaj način je izvod u pravcu tangente tr

dat preko skalarnog proizvoda dva vektora

,0tkdsdzj

dsdyi

dsdx

dsrd rrrrr

=++= (2.1.2.3),

je jednačina vektora tangente i vektora U∇ Def. 6.1.2.1. Vektor

==∇ gradUU (∇ čitaj: “Nabla”) = ,kzUj

yUi

xU rrr

∂∂

+∂∂

+∂∂

= naziva se gradijent skalara U.

Iz

( )( ) .3.2.1.2 000 gradUrdrddstizgradUdstdUgradUtdsdU rrrrr

==⇒=⋅⋅=⇒⋅=

Ako se pomeranje vrši u pravcu ekviskalarne površi, tj. gde je ( ) ( ),,,,, 000 zyxUconstzyxU ==

tada je 00 =⇒= gradUrddU

r

Kako je rrdrr

⊥ (vidi razlaganje izvodnog vektora) to sledi da je gradU normalan na ekviskalarnu površ u datoj tački polja.

Neka je nr

vektor normale na ekviskalarnu površ u datoj tački i neka je .0 nnn r

rr

=

Posmatramo promenu skalara u pravcu normale, tj. neka je 0ndnrd rr= , gde je dn elemenat

normale. Tada je

( ).00 gradUndngradUndndU ⋅=⋅=rr

Kako se skalar menja u smeru njegovog rašćenja, to je 00 0 >⇒> gradUndn r.

Kako je gradUn =0r

i 00 >gradUnr dobijamo da su 0nr

i gradU istog smera.

Primeri.

1. Pokazati da važi 1.1. ( ). 0 constCgradC == 1.2. ( ) gradVgradUVUgrad ±=± 1.3. VgradUUgradVVUgrad +=⋅ 1.4. ( ).constkkgradUkUgrad ==

1.5. ( )UgradVVgradUVV

Ugrad −=2

1

Rešenja.

1.1. 0000 =⋅+⋅+⋅=∂∂

+∂∂

+∂∂

= kjkzCj

yCi

xCgradC

rrrrrrτ .

1.2. ( ) ( ) ( ) ( )+

∂∂

±∂∂

=∂±∂

+∂±∂

+∂±∂

=± ixV

xUk

zVUj

yVUi

xVUVUgrad

rrrr

Matematika III

215

±

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

±∂∂

+

∂∂

±∂∂

+ kzUj

yUi

xUk

zV

zUj

yV

yU rrrrr

gradVgradUkzVj

yVi

xV

±=

∂∂

+∂∂

+∂∂

+rrr

1.3. ( ) ( ) ( ) ( )+

∂∂

+∂∂

=∂

∂+

∂∂

+∂

∂=⋅ i

xVU

xUVk

zUVj

yUVi

xUVVUgrad

rrrr

+

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

+∂∂

+

∂∂

+∂∂

+ kzVj

yVi

xVUk

zVU

zUVj

yVU

yUV

rrrrr

VgradUUgradVkzUj

yUi

xUV +=

∂∂

+∂∂

+∂∂

+rrr

1.4. ( ) ( ) ( )

+∂∂

+∂∂

=∂

∂+

∂∂

+∂

∂= j

yUki

xUkk

zkUj

ykUi

xkUkUgrad

rrrrr

gradUkkzUj

yUi

xUkk

zUk =

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

+rrrr

1.5. +∂∂

−∂∂

+∂∂

−∂∂

=∂

∂+

∂

∂+

∂

∂= j

VyVU

yUV

iV

xVU

xUV

kzVU

jyVU

ixVU

VUgrad

rrrrr

22

−

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

−∂∂

+ kzUj

yUi

xUV

Vk

VzVU

zUV rrrr

221

( )UgradVgradUVV

kzVj

yVi

xVU −=

∂∂

+∂∂

+∂∂

−2

1rrr

2.Naći gradijent skalarnog polja 2.1. 92106 22 +−−+−= yxyxyxu

2.2. zyxxyzeu ++=

Rešenje.

2.1. jyui

xugradu

rr

∂∂

+∂∂

=

1062 −−=∂∂ yxxu

262 −−=∂∂ xy

yu

( ) ( )jxyiyxgradurr

2621062 −−+−−=

2.2. kzuj

yui

xugradu

rrr

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

( ) zyxzyxzyx yzexxyzeyzexu ++++++ +=+=∂∂ 1

( ) zyxzyxzyx xzeyxyzexzeyu ++++++ +=+=∂∂ 1

( ) zyxzyxzyx xyezxyzexyezu ++++++ +=+=∂∂ 1

( ) ( ) ( ) kxyezjxzeyiyzexgradu zyxzyxzyx rrr ++++++ +++++= 111

Matematika III

216

3. Naći intenzitet gradijenta skalarnog polja xyzzyxu 3333 −++= u tački ( )1,1,20 −M

Rešenje. kzuj

yui

xugradu

rrr

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

xyzzuxzy

yuyzx

xu 33;33;33 222 −=

∂∂

−=∂∂

−=∂∂

( ) ( ) ( ) ( ) =−⋅⋅−⋅=∂∂

=−⋅⋅−⋅=∂∂ 12313;1511343 00 M

yuM

xu

( ) 31233;9 0 −=⋅⋅−=∂∂

= Mzu

( ) kjiMgradurrr

39150 −+=

( ) ( ) 3533153915 2220 ==−++=Mgradu

4. Izračunati ugao između gradijenta skalarnog polja ( ) xyzezyxf =,, u tačkama A(1,1,2) i B(2,1,1)

Rešenje. kzfj

yfi

xffgrad

rrr

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

kxyejxzeiyzegradf xyzxyzxyz rrr++=

( ) ( )kjiekejeieAgradfrrrrrr

++=++= 2222 2222

( ) ( )kjiekejeieBgradfrrrrrr

2222 2222 ++=++=

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

( )( ) ( )

=++++

++=

⋅=

441144

242,cos44

4

ee

eBgradfAgradfBgradfAgradfBgradfAgradf

98

98

4

4==

ee

5. U kojim tačkama prostora Oxyz je gradijent polja xyzzyxU 3333 −++= 5.1. Normalan na Oz osu 5.2. Paralelan Oz osi

Rešenje. ( ) ( ) ( )kxyzjxzyiyzxkzuj

yui

xuUgradU

rrrrrr333333 222 −+−+−=

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇=

5.1. xyzxyzOzgradU =⇒=−⇒⊥ 22 033

5.2 zyxyxuxzy

yzxxzyyzx

OzgradU

====

⇒

=−

=−=−

=−

⇒

02

2

2

2

00

033033

||

6.1.3.HAMILTONOV I LAPLASOV OPERATOR

Def.2.1.3.1.Vektor

,kz

jy

ix

rrr

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇

naziva se Hamiltonov operator. Def.6.1.3.2. Laplasov operator je skalar

222

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

=∇⋅∇=∆zyx

Zapisuje se za funkciju U

Matematika III

217

2

2

2

2

2

2,

zU

yU

xUUk

zUj

yUi

xUU

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂=∆

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇rrr

Sada je ( )UrdUrdgradUrddU ∇⋅=∇⋅=⋅=rrr

,

( )Uttds

rdUds

rddsdU

∇⋅=

==

∇⋅=

rrr

6.1.4. VEKTORSKO POLJE

Već smo definisali vektorsko polje.

Neka je D polje prostora 3Ε . Neka je svakoj tački polja pridružen vektor →

v i neka je svakoj tački

pridružen vektor položaja ,rr

pri čemu je ( )rvv→→

= Neka je

( ) ( ) ( ) ( ) ,,,,,,,,, 321321 kzyxvjzyxvizyxvvvvvvrrr

++==→→

vektorska funkcija.

Def.6.1.4.1. Linija kod koje se u svakoj svojoj tački poklapa tangenta sa nosačem (pravcem) vektora datog vektorskog polja naziva se vektorska linija ili linija sile vektorskog polja. Imamo

32110

vdz

vdy

vdxkrkdvrdv ===⇔=⇔=×

→→ rr

Primeri.

1. Naći vektorske linije vektorskog polja jcxicyasrr

−= , gde je constc =

Rešenje.

Sistem jednačina u ovom slučaju ima oblik 0

dzcx

dycydx

=−

= Ovaj sistem se može zapisati u obliku

0, =−

=∂ dz

xdy

yx

ili 0=+ ydyxdx , 0=dz , odnosno 221

22 , czcyx ==+ .

Dakle vektorske linije datog vektorskog polja su kružnice u ravni paralelnim xyO ravni.

2. Naći vektorske linije vektorskog polja kzjyixarrrr

++=

Rešenje.

Sistem jednačina ima oblik z

dzy

dyx

dx== iz jednačine

∫ ∫ =⇒+=⇒+=⇒= xcylucluyluxcy

dyx

dxy

dyx

dx111 iz jednačine xcz

zdz

xdx

2=⇒= .

Dakle vektorske linije su određene jednačinama 0,0 21 =−=− zxcyxc to su prave.

Def. 6.1.4.2. Izraz kddvj

ddvi

ddv

dvd r

l

r

l

r

ll321 ++=

→

, predstavlja izvod vektorske funkcije u određenom

pravcu.Pri tome je

llll ddz

zv

ddy

yv

ddx

xv

ddv

∂∂

+∂∂

+∂∂

= 1111

Matematika III

218

llll ddz

zv

ddy

yv

ddx

xv

ddv

⋅∂∂

+⋅∂∂

+⋅∂∂

= 2222

llll ddz

zv

ddy

yv

ddx

xv

ddv

⋅∂∂

+⋅∂∂

+⋅∂∂

= 3333

gde su lll d

dvddv

ddv 321 ,, izvodi skalarnih funkcija u određenom pravcu a

lll ddz

ddy

ddx ,, odgovarajući

cosinusi odgovarajućih uglova.

6.1.5. DIVERGENCIJA I ROTOR

Neka je ( ) ( ) ( )kzyxvjzyxvizyxvvrrr

,,,,,, 321 ++=→

vektorska funkcija. Za tu funkciju je

( ) ,321321 z

vyv

xvkvjvivk

zj

yi

xv

∂∂

+∂∂

+∂∂

=++

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇→ rrrrrr

Def.6.1.5.1. Izraz Vdivzv

yv

xv r

=∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇ 321 je divergencija vektorske funkcije →

v .

Ako se na vektore →

∇ vi primeni vektorsko množenje, tada je

321 vvvzyx

kji

vx∂∂

∂∂

∂∂

=∇→

rrr

Def.6.1.5.2. Izraz →→

=×∇ vrotv je rotor vektorske funkcije →

v

Primeri.

1. Dokazati sledeće jednakosti 1.1. ( )vektor tnitankonsCCdiv

rr,0=

1.2. ,2121

→→→→

+=

+ vdivvdivvvdiv

1.3. →→→→

== vrotkvkrotvdivkvkdiv ,

1.4. UCUCdiv ∇=rr

, ( )vektor tantankonsCr

Rešenja.

1. 1. ( )=++

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇= kcjcickz

jy

ix

CCdivrrrrrrrr

321

0000321 =++=∂∂

+∂∂

+∂∂

=zc

yc

xc

.

1.2. ⋅

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

+∇=

+

→→→→

kz

jy

ix

vvvvdivrrr

2121

Matematika III

219

(( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) ++∂∂

++∂∂

=+++++⋅ 221121321221121 vvy

vvx

kvvjvvivvrrr

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )=

∂∂

+∂

∂+

∂∂

+∂

∂+

∂∂

+∂

∂=+

∂∂

+z

vz

vy

vy

vx

vx

vvv

z323122211211

321

( ) ( ) ( )( ) ⋅∂∂

+∂∂

+∂∂

+++⋅

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∇444 3444 21

rrr

4444 34444 21

rrrrrrk

zj

yi

xkvjvivk

zj

yi

xV1

312111

( ) ( ) ( )( ) 2121322212

→→→→

+=∇+∇=++⋅ vdivvdivvvkvjvivrrr

1.3. ( ) →

=∇⋅=++

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇= vdivkvkkkvjkvikvkz

jy

ix

kvvkdivrrrrrr

321

1.4. ( )=++

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇= kUCjUCiUCkz

jy

ix

UCUCdivrrrrrrrr

321

( )321 ,, CCCC =∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂

+∂∂

=zUC

yUC

xUCUC

zUC

yUC

x 321321

( ) UCkzUj

yUi

xUkCjCiC

UC

∇⋅=

∂∂

+∂∂

+∂∂

++=

∇4444 34444 21

rrr

444 3444 21

rrr

r321

2. Izračunati divergenciju i rotor vektorske funkcije

( ) ( ) ( )kxyzjxzyiyzxvrrr

32 333 +++++=→

Rešenje.

( ) ( ) ( ) 222333 33332 zyxxyzz

xzyy

yzxx

vdiv ++=+∂∂

++∂∂

++∂∂

=→

( ) )( )

−+

∂∂

−+∂∂

=

+++∂∂

∂∂

∂∂

=→

xzyz

xyzy

i

xyzxzyyzxzyx

kji

vrot 23

32

33

333

r

rrr

( ) ( ) ( ) ( ) =

+

∂∂

−+∂∂

+

+

∂∂

−+∂∂

− yzxy

xzyx

kyzxz

xyzx

j 3333 23rr

( ) ( ) ( ) kzjyixkzzjyyixxrrrrrr

+−=−+−−− 22323

2. Naći divergenciju vektorskog polja

( ) ( ) ( )kzyxzxyzjzxyzyiyzxxzyxvrrr

97684532 22323332 +−+++++−=→

u tački M(1,1,1)

Rešenje. ( ) ( )+++∂∂

++−∂∂

=→

23332 84532 zxyzxyy

yzxxzyxx

vdiv

Matematika III

220

( )zyxzxyzz

976 223 +−∂∂

+

yxzzxyxzxyyzxzxyvdiv 91418121534 22223 +−++++−=→

yzxyxzxyyzxzxyvdiv 91813121534 22223 ++−++−=→

( ) 4291813121534 =++−++−=→

Mvdiv

4.Naći rotor vektorskog polja kyxjzxizyvrrr 222222 ++=

→

u tački M(1,2,3)

Rešenje.

( ) ( ) −

∂∂

−∂∂

=∂∂

∂∂

∂∂

=→

2222

222222

zxz

yxy

i

yxzxzyzyx

kji

vrotr

rrr

( ) ( ) ( ) ( ) =

∂∂

−∂∂

+

∂∂

−∂∂ 22222222 zy

yzx

xkzy

zyx

xj

rr

( ) ( ) ( )kyzxzjzyxyizxyxrrr 222222 222222 −+−−−=

( ) ( ) ( ) ( ) kjikjiMvrotrrrrrr

18162361824864 −+−=−+−−−=→

6.2. INTEGRALI I TEORIJA POLJA

Posmatrajmo luk AB krive C. Neka su BMMAM n == ,....,10 , tačke luka AB u polju skalara U i

iii rMM ∆=−1

Neka je iU i vrednost skalara U u ma kojoj tački vektora ).1.2.6.(slri∆

Sl.6.2.1.

Kada se posmatra granični slučaj ,0max airn

∆∞→

tada se vrednost funkcije iU poistovećuje (teži)

vrednostima skalara U u odgovarajućoj tački krive C.

Matematika III

221

Def.6.2.1. Ako postoji ∑ ∆=

→∆∞→

n

ii

irn

rUi1

,

0max

lim tada kažemo da je to krivolinijski integral skalara duž

orijentisane krive C. Obeležavamo ga sa ∑ ∫=

→∞→ ∩

=n

iAB

i

rmaxn

drUrUilimi

10

∆

∆

Ako je kriva C zatvorena, pišemo ∫C

drU . Veza između krivolinijskog integrala druge vrste i

krivolinijskog integrala skalara duž orijentisane krive je ∫ ∫ ∫ ∫∩ ∩ ∩ ∩

++=AB AB AB AB

UdzkUdyjUdxirUd .rrrr

Kako integrale na desnoj strani znamo da izračunamo, to znamo i ∫BA

rUd)r. Ako sada posmatramo

orijentisanu krivu C u polju vektora→

v a sve ostale pretpostavke ostanu iste, tada možemo formirati zbir:

.1

i

n

ii rv∑

=

∆

Def.6.2.2. Ako postoji ∑=

→∞→

⋅n

i,ii

rmaxn

rvlimi

10

∆

∆

tada kažemo da je to tok (rad) vektora →

v duž krive C, i

obeležavamo ga sa ∑ ∫=

→∞→

=n

i BAii

rmaxn

.drvrvlimi

10

)∆

∆

Ako je kriva C zatvorena, pišemo ∫C

drv , i nazivamo cirkulacija vektora →

v duž zatvorene krive C. Ako

je vektorska funkcija →

v data izrazom ,),,(),,(),,( kzyxRjzyxQizyxPvrr

++=→

∫C

drv , tok je tada

∫ ∫ ++=BA BA

RdzQdyPdxdrv) )

.0 (poznati krivolinijski integral druge vrste)

Analogno je i

( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫ ∫∩ ∩ ∩ ∩ ∩

−+−+−==×AB AB AB AB AB

QdxPdykPdzRdxjRdyQdzidzdydxRQPkji

drv .rrr

rrr

Primeri.

1. Naći rad polja kx

jz

iy

arrrr 111

++= duž dela prave, koja spaja tačke ( )1,1,1M i ( ).8,4,2N

Rešenje.

Nađimo najpre jednačinu prave, koja spaja tačke M(1,1,1) i N(2,4,8)

71

31

11)7,3,1( −

=−

=−

⇒zyxMN tražena jednačina prave.

Izvršimo njenu parametarizaciju

+=+=+=

1713

1

tzty

tx

⇓

Matematika III

222

dtdzdtdy

dtdx

73

===

kako 1021 ≤≤⇒≤≤ tx

pa je rad polja

∫ =∫

++

++

+=++

Ldt

tdt

tdt

tdz

xdy

zdx

y

1

07

113

171

131111

∫ ∫ ∫ =+++⋅++=+

++

++

1

0

1

0

1

0 011ln70

117ln7130

113ln31

17

173

13ttt

tdt

tdt

tdt

( ) ( ) ( ) =++−−+−+− 2ln78ln734ln

311ln2ln71ln8ln

731ln4ln

31

2ln21

1882ln21

14727142ln72ln792ln

32

=++

=++=

2. Naći cirkulaciju vektorskog polja kxzjyzixyarrrr

++= duž krive ( )

=++=+

11:

22zyx

yxL

Rešenje. Kriva (L) je elipsa, koja se dobija kao prosek cilindra 122 =+ yx i ravni 1=++ zyx . Nađimo parametrijske jednačine ove elipse

[ ]

∈−−===

π2,0sincos1sincos

tttztytx

na osnovu toga je:( )dtttdz

tdtdytdtdx

cossincos

sin

−==−=

Dakle, cirkulacija ovog vektorskog polja je

( )(∫ ∫ +−−+−=++=L

ttttttxzdzyzdyxydxCπ2

0

2 sincos1cossincossin

( ) )( ) (∫ −+−=−⋅−−+π2

0

2 cossincossincossinsincos1cos ttttdtttttt

++−−−+−− tttttttttttt 322222 coscoscossincossincossincossincossin

) π−==+ Kdttt 2cossin

-Neka je S površ u polju skalara ( ).,, zyxU Podelimo površ S proizvoljno na delove čije su površine

.,,1 npp ∆∆ K

Neka je Ui vrednost skalara u proizvoljnoj tački površi .ip∆ Neka je orn vektor normale površi S a

inor

vektor normale površi ip∆ u proizvoljnoj tački. Ako postoje ∑ ∫∫=∆=

→∆∞→

n

i Si

ipn

dpUpUi1

0max

lim tada taj

limes nazivamo površinski integral skalara U na orijentisanoj površi S. Kako je

( ) ,coscoscos kdxdyjdzdxidydzdpkjidpndp ++=++==vr

o γβα

to je ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫++=S Dzy Dxz Dxy

UdxdykUdxdzjUdydzidpU .v

Matematika III

223

Ako je površ S data formulom ( ) ( ) ( ) ,,,, kuzjuyiuxr ϑϑϑ ++= tada je

ondudFEGdudrxurdp ϑϑ

ϑ2−=

∂∂

∂∂

=

Def. 6.2.3. Ako postoji ∑=

→∞→

⋅n

iii

pmaxn

pvlimi

10

∆∆

tada, ∑ ∫∫=

→∞→

=⋅n

i Sii

pmaxn

dpvpvlimi

10

∆∆

predstavlja proticanje

vektora →

v kroz površ S i pritom je ( )∫∫ ∫∫ ++=S S

RdxdyQdzdxPdydzdpv

( ) ( ) ( )∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ −+−+−=×S S S S

QdydzPdxdzkPdxdyRdzdyjRdzdxQdydxidpvv

∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫++=V V V V

.RdxdydzkQdxdydzjPdxdydzidVvv

Primeri:

1. Naći protok (fluks) vektora kzjyixv 222 ++= kroz spoljnu stranu dela sfere 1222 =++ zyx u prvom oktantu.

Rešenje. Po formuli, protok vektora →

v je površinski integral.

( )∫ ∫∫ ∫∫∫∫ =−−==++==ΠS S DS

dxdyyxdxdyzdxdyzdxdzydydzxsdv 222222 133

( ){ }1,0,0:, 22 ≤+≥≥= yxyxyxD

( ) ⋅=

−⋅⋅=∫ ∫ −=

≤≤

≤≤

===

=2

301

42231

102

0

sincos

422/

0

1

0

2 πρρπρρρϕ

ρ

πϕ

ϕρρϕρ

πdd

yJx

83

41

23

41

21 ππ

=⋅==

−⋅

2. Izračunati protok vektora kzjyv += 2 kroz spoljni džep površi ,22 yxz += odsečenu ravni 2=z .

Rešenje. Protok ovog vektora je po formuli:

( )∫∫ ∫∫ ∫∫ =

++=++==Π

S S S

dsRQPdsRQPdsv γγβ

γαγβα cos

coscos

coscoscoscoscos

( ) 144,1,2,22;2 2222 ++=−⇒=∂∂

=∂∂

⇒+= yxnyxnyyzx

xzyxz vr

144

1cos,144

2cos,144

2cos222222 ++

−=++

=++

=yxyx

y

yx

x γβα

( )( ) ( )∫∫ ∫∫ =−=+−⋅−=S S

dszydszyy γγ cos2cos2 32 znak (-), jer je

0cos2

<⇒≤≤ γπγπ;

Matematika III

224

( ) ( ){ } =∫∫

≤≤=

==≤+==−−=

≤≤DJ

yx

smenayxyxDdxdyyxy 20

sincos,2,2

20

22223 ρρϕρϕρ

πϕ

( ) ( )∫ ∫ =−=∫ ∫ −ππ

ρρϕρϕϕρρρϕρϕ2

0

2

0

3342

0

2

0

233 sin2sin2 ddddd

=

−∫=

02

402sin

52

43

52

0

ρϕρϕπd

( ) ∫ ∫ −=−=∫ ∫

−=

−⋅=

π ππ ππϕϕϕϕϕϕ

2

0

2

00"

32

0

2

0

3352sin

5281sin

528

44sin2

52 ddd

6.2.1. FORMULA GRINA, OSTROGRADSKOG I STOKSA

Grinova formula data je jednakošću

( ) ( )∫ ∫∫ =

+==→→→

C D

rdjyxQiyxPvpdvrotrdv rrrrr

'

.,,

Zaista, ∫ ∫∫ ∫∫ =

∂∂

−∂∂

=⋅∂∂

∂∂

∂∂

=+C D D

kdxdykyP

xQkdxdy

RQPzyx

kji

QdyPdx' '

rrr

rrr

∫∫

∂∂

−∂∂

='

.D

dxdyyP

xQ

Formula Ostrogradskog data je jednakošću

( ) ( ) ( )∫∫ ∫∫∫

++==→→→

S D

kzyxRjzyxQizyxPv dVvdivpdv'

,,,,,,rrrr

Stoksova formula data je jednakošću ∫ ∫∫ ⋅=⋅→→

C S

pdvrotrdv .rr

Primeri.

1. Odrediti ∫C

pdr ,vr gde je S površ omotač zapremine V.

Rešenje. Prema formuli Ostrogradskog je ( )∫∫∫ =∫∫∫====∫ Vdvrdivdvrdivpdr

C333, vvvr

2. Odrediti ∫ ×C

rdr ,rr gde je C kriva u ravni Oxy.

Rešenje. Prema datim formulama je:

( ) ( ) =∫ ∫ ∫

∫ −=−+⋅+⋅==×

C C C Cydxxdykydxxdykji

dzdydxRQPkji

rdrrrrr

rrr

rr 00

kPPkydxxdyPC

rr22

21

=⋅=

∫ −==

Matematika III

225

3. Izračunati cirkulaciju vektora kzjxiyrrrr

−+= 2ϑ po konturi C: 3,422 ==+ zyx 3.1. Neposredno 3.2. Formulom Stoksa

Rešenje.

3.1. Kriva C je kružnica poluprečnika 2=r i sa centrom (0,0,3) u ravni 3z = . Parametarske jednačine ove krive su

[ ]

=∈=

=

32,0sin2

cos2

ztty

txπ

Izračunajmo sada cirkulaciju vektora ϑr

, po formuli

∫ ∫ =−+=++×=C C

zdzdyxydxzdzvdydxC 2

( )( ) ( )∫ =+−=∫ ⋅−⋅+−ππ 2

0

322

0

2 cos8sin403cos2cos4sin2sin2 dtttdttttt

πππ ππ π

40

222cos2cos8

22cos14

2

0

2

0 "0

2

0

2

00"

3 −=⋅−=

∫ ∫−−=∫ ∫+−

−= tdttdttdtdtt

3.2. Po Stoksovoj formuli ∫∫ ∫∫ =

−∂∂

∂∂

∂∂

==S S

ds

zxyzyx

kji

dsrotC

2

rrr

rϑ

( )( ) ( ) ( )∫∫ ∫∫ ∫∫ =−=−=−+⋅+⋅=S S D

dxdyxdsxdskxji 12cos121200 γrrr

( ){ }=

≤≤

≤≤=

===+=

= πϕρρ

ϕρϕρ 20

20

sincos4:, 22 J

yx

smenayxyxD

( )∫ ∫ ∫ ∫ =

−=

−⋅=−

π π πϕϕρϕρρϕρϕρϕ

2

0

2

0

2

0

2

0

232cos

316

02

2cos

321cos2 dddd

ππϕπϕ 40220

2sin3

16−=−=

4. Izračunati fluks vektora kzjyix 33341

41

++=rrr

ϑ kroz spoljnu stranu elipsoida ,144

222

=++ zyx

koristeći formulu Ostrogradskog.

Rešenje.

Po formuli Ostrogradskog imamo

∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ =

++==

S V VdxdydzzyxdVdids 222 3

43

43ϑϑϑ

rr

Matematika III

226

144

: 222

=++ zyxV

Korišćenjem uopštenih sfernih koordinata imamo

θρρθρ

πθϕθρπρϕθρ

sin410cos

0sinsin220cossin2

2=≤≤=≤≤=

≤≤=y

zxx

=

++⋅= ∫∫∫ ϕθρθρθρϕθρϕθρ ddd

Vsin4coscossin4

41cossin4

413 222222222

( )∫ ∫∫ =++=π π

ρθρθϕθϕθρθϕ2

0

21

0

222222

0sin4coscossincossin3 ddd

ππ5

48512212 =⋅⋅⋅=

6.2.2.KLASIFIKACIJA VEKTORSKIH POLJA

Postoje sledeće četiri podele vektorskih polja 1. Potencijalno (bezvrtložno) polje

00 ≠=→→

vdivivrot (bar u nekim tačkama polja); 2. solenoidno (vrtložno) polje

,vrot i vdiv 00 ≠=→→

u svim tačkama; 3. Laplasovo polje

,00 ==→→

vrotivdiv u svim tačkama; 4. Složeno polje

,00 ≠≠→→

vrotivdiv bar u nekim tačkama.

Primeri.

1. Za vektorsku funkciju

,222 kzjyixvrrr

++=→

odrediti vrstu polja.

Rešenje.

+

∂∂

−∂∂

−

∂∂

−∂∂

=∂∂

∂∂

∂∂

=×∇=→→

2222

222

xz

zx

jyz

zy

i

zyxzyx

kji

vvrotrr

rrr

022 =

∂∂

−∂∂

+ xy

yx

kr

( )zyxzyxzz

yy

xx

zv

yv

xvvvdiv ++=++=

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂

+∂∂

=⋅∇=→→

2222222

321

Kako je 0=→

vrot u svim tačkama a →

vdiv u nekim tačkama 0≠ u nekim ,0= to zaključujemo: van ravni 0=++ zyx polje je potencijalno a u toj ravni ono je Laplasovo.

Matematika III

227

2. Za vektorsku funkciju ( ),kjixrvrrrr

++=→

odrediti vrstu polja.

Rešenje.

Kako je ( ) ( ) ( ) ( ),111

yxkzxjzyizyxkji

kjixrv −+−−−==++=→ rrr

rrr

rrrr

to je

( ) ( ) ( ) ( ) +

−

∂∂

−−∂∂

−

−

∂∂

−−∂∂

=

−−−∂∂

∂∂

∂∂

=→

zxz

yxx

jxzz

yxy

i

yxxzzyzyx

kji

vrotrr

rrr

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 02111111 ≠++−=−−++−−−=

−

∂∂

−−∂∂

+ kyikyizyy

xzx

krrrrrrr

( ) ( ) ( ) .0000 =++=−∂∂

+−∂∂

+−∂∂

=∇=→→

yxz

xzy

zyx

vvdiv

Prema dobijenom zaključujemo da je polje solenoidno. 3. Za vektorsku funkciju

( ) ( ) ( )kzyxxyjzyxxzizyxyzvrrr

222 ++++++++=→

Odrediti vrstu polja

Rešenje.

=

++++++∂∂

∂∂

∂∂

=→

xyzxyyxxzxyzzxyzzyxyzzyx

kji

vrot

222 222222

rrr

( ) ( ) ( ) −++∂∂

−

++

∂∂

−++∂∂

= xyzxyyxx

jxzxyzzxz

xyzxyyxy

i 222 222222 rr

)( ) ( ) ( ) =

++

∂∂

−++∂∂

+++∂∂

− 222222 222 yzzyxyzy

xzxyzzxx

kyzzyxyzz

r

( ) ( ) +−−−++−−−−++= jyzyxyyzyxyixzxyxxzxyxrr

22222222 2222

( ) 02222 22 =−−−+++ kzyzxzzyzxzr

( ) ( ) ( )=++∂∂

+++∂∂

+++∂∂

=→

xyzxyyxz

xzxyzzxy

yzzyxyzx

vdiv 222 222222

( )yzxzxyxyxzyz ++=++= 2222

Dakle ,0=→

vrot a 0≠→

vdiv u nekim tačkama a u nekim jednaka 0, pa je van površi ( ) ,02 =++ yzxzxy odnosno 0=++ yzxzxy polje potencijalno.

U tačkama površi 0=++ yzxzxy polje je Laplasovo.

Matematika III

228

Zadaci. 1. Naći nivo-linije skalarnog polja

1.1. yxu +=

1.2. 22 yxu +=

1.3. 2x

yu =

1.4. 22

2yx

xu+

=

1.5. 2

12x

yxu +−=

2. Naći nivo–liniju polja, koja prolazi kroz tačku M 2.1. ( )3,2;194222 Myxyxu −+−+=

2.2. ( )1,1;2118894 22 Myxyxu −+−+=

2.3. ( )15,4;10342 Myxxu +−+=

2.4. ( )1,2;9842 22 −+−++−= Myxyxyxu

2.5. ( )0,0;68443 2 Myxxyxu +−−+= 3.Naći nivo-površi skalarnog polja

3.1. zyxu ++=

3.2. 222 zyxu ++=

3.3. 222 zyxu −+=

3.4. 2z

xyu =

3.5. z

yxu22 −

=

4.Naći nivo-površ skalarnog polja, koja prolazi kroz tačku M. 4.1. ( )0,0,0;516128444 222 Mzyxzyxu +−+−++=

4.2. ( ) ( ) ( )28,12,9;88 222222 Mzyxzyxu −++++++=

4.3. ( )4,2,3;3612121232 22 −−−−++−= Mzyxyxu

4.4. ( )1,1,1;1336166643 222 −+−+−++= Mzyxzyxu

4.5. ( )1,1,3;168422 22 −+−−−−= Mxyzyzu 5. Pokazati da važi

5.1. ugradugradndndu

=⋅= 0v

5.2. ugraduugrad 22 =

5.3. ( ) ugradfufgrad u ⋅= '

5.4. ( ) ϑϑgradfugradfvufgrad u'', +=

5.5. ( ) ugradcugrad =+ 6. Naći gradijent skalarnog polja

6.1. 123644 22 +−+++= yxyxyxu

6.2. 7842 22 −−++−= yxyxyxu

Matematika III

229

6.3. 22 yxu +=

6.4. zyxexyzu ++=

6.5. xzyzxy

xyzzyxarctgu−−−

−++=

1

7. Naći gradijent polja u tački M 7.1. ( )4,7;52432 22 Myxyxyxu +−++−=

7.2. ( )1,1,1;222 Mxzzyyxu ++=

7.3. ( )1,0,1;5243 222 Mxzyzxyzyxu +−+++= 8. Naći veličinu i smer gradijenti polja i u tački M

8.1. ( )1,1,1;62332 222 Mzyxxyzyxu −−++++=

8.2. ( )10,12,9;2 −−= Mzxyu 9. Naći vektorske linije vektorskog polja

9.1. jyixarrr

+=

9.2. jxiyarrr

+= 2

9.3. kzjyixarrrr

2++=

9.4. ( ) ( ) ( )kxyjzxiyzarrrr

−+−+−=

9.5. ( ) ( )

kyz

zjyx

ziarrrr

22 −+

−+=

10. Dokazati sledeće jednakosti

10.1. ( )rffrfgraddiv r

r'

' 2+=

10.2. ϑ

ϑ 2=

rdiv

r

10.3. 0=crotr

10.4. ( ) 2121 ϑϑϑϑrrrr

rotrotrot +=+ 10.5. 0=crotdi vϑ

10.6. ( ) ( )2uuuuudi ∇+∇=∇ϑ 10.7. ( ) ϑϑϑϑ ∇+∇⋅∇=∇ uuudi

11. Naći divergenciju vektorskog polja 11.1. ( ) ( )jyxiyx

rrr 3322 ++−=ϑ

11.2. ( ) ( )jxyxyiyxxyrrr

410352 22 +−+−−=ϑ

11.3. kzjyixrrrr 32 ++=ϑ

11.4. ( ) ( ) ( )kzyxjzyxizyxrrr 333222 ++++++++=ϑ

11.5. ( ) ( ) ( )kxzxyjxzyxiyzzyxrrr

332456 23322 −−++++−+−=ϑ

12. Naći divergenciju polja 22 yx

kzjyix

+

++−=

rrrrϑ u tački ( )5,4,3M

13. Naći rotor vektorskog polja 13.1. kzjyix

rrrr++=ϑ

13.2. kzjyixrrrr 222 ++=ϑ

13.3. ( ) ( )kzxjzyxixyzrrrr 2232 ++−++=ϑ

13.4. ( ) ( ) ( )kzyxjzyxizyxrrrr 333222 2384532 +−+−+++−=ϑ

Matematika III

230

13.5. ( ) ( ) ( )kzyxzxzjxzyzxzyizxzyyxrrrr 422322232223 627435 +−+−+++−=ϑ

14. Naći veličinu i smer ϑr

rot u tački ( )2,2,1 −M , ako je kyxj

xzi

zy rrrr

++=ϑ

15. Naći rad polja kejeie yxxzzy rrrr −−− ++=ϑ duž pravolinijskog odreska među tačkama ( )0,0,00 i ( )5,3,1M

16. Naći rad polja ( ) ( ) ( )kyxjxzizyrrrr

+++++=ϑ duž kraćeg luka velikog kruga sfere

25222 =++ zyx , koji spaja tačke ( )0,4,3M i ( )5,0,0M .

17. Naći cirkulaciju vektora kcjxiyrrrr

++−=ϑ (c-konstanta)

17.1. duž kružnice 0,122 ==+ zyx

17.2. duž kružnice ( ) 0,12 22 ==+− zyx

18.Izračunati cirkulaciju vektora kxjxiyrrrr 333 −+−=ϑ duž elipse zyxyx =+=+ ,122 u pozitivnom

smeru, posmatramo sa pozitivnog dela Ox -ose.

19.Izračunati cirkulaciju vektora kxjziyrrrr 222 ++=ϑ duž izlomljene linije ABCA sa temenima

( ) ( )0,,0,0,0, aBaA i ( )aC ,0,0

20.Naći fluks vektora kzjyixrrrrr

++= kroz bočnu stranu konusa ( )kzzyx ≤≤≤+ 0222

21.Naći fluks vektora kxyjxziyzrrrr

++=ϑ kroz bočnu stranu cilindra 222 ayx ≤+ .

22.Primenom Stoksove formule izračunati cirkulaciju vektora kyjxizrrrr

++=ϑ duž linije površi xyz = i

149

22=+

yx u pozitivnom smeru posmatramo sa pozitivnog dela Oz ose.

23.Primenom Stoksove formule izračunati cirkulaciju vektora kzjiyxrrrr

++= 32ϑ duž kružnice preseka

površi 222 ryx =+ , 0=z u pozitivnom smeru posmatramo sa pozitivnog dela z-ose.

24.Primenom formule Ostrogradskog naći fluks vektora kzyjyxixzrrrr 222 ++=ϑ , kroz spoljnu stranu

zatvorene površi ( ){ }222222 2:,, zyxiazzyxzykV ≤+≤++=

25.Izračunati fluks vektora kzjyixrrrr

232 +−=ϑ kroz spoljnu stranu zatvorene površi, koja omeđuje oblast

( ){ }2,0,1:,, 22 +≤≥≤+= xzzyxzyxV

26.Izračunati fluks vektora kzjyixrrrr 333 ++=ϑ , kroz spoljnu stranu sfere zzyx =++ 222

27.Pokazati da je vektorsko polje ( ) ( ) ( )kzyxjzyxizyx

rrrr222 ++++++++=ϑ potencijalno i odrediti njegov potencijal.

28.Odrediti konstante a, b i c tako da vektorko polje ( ) ( ) ( )kzcyxjzybxiazyx

rrrr53232 −+++−+++=ϑ bude potencijalno, a zatim naći potencijal polja.

29.Pokazati da je vektorsko polje ( ) ( ) ( )kyxjzxizyrrrr

+++++=ϑ Laplasovo.

30.Odrediti vrstu vektorskog polja ( ) ( ) ( )kyzjxyizxrrrr 222 111 +++++=ϑ

8. REDOVI

8.1. POJAM BROJNOG (NUMERIČKOG) REDA

Def. 8.1.1. Neka je ,....,...,, 21 naaa niz realnih brojeva. Izraz

∑=+++∞

=121 ...

nnn aaaa ... (8.1.1)

nazivamo brojni (numerički) red.

Matematika III

231

Za brojeve ,....,...,, 21 naaa kažemo da su članovi reda. na je opšti ili n-ti član reda. Zbirove

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

....................21

21211

nn aaas

aasas

+++=

+==

... (8.1.2)

nazivamo parcijalnim (delimičnim) sumama. Def. 8.1.2. Ukoliko postoji konačan realan broj ssn

n=

∞→lim niza ( ) Nnns ∈ parcijalnih suma reda

(8.1.1), onda se kaže da taj red konvergira i da je njegov zbir (suma) s. Pišemo ∑∞

==

1nnas . Za red koji ne

konvergira (bilo da je ±∞=∞→

nn

slim , bilo da taj limes ne postoji) kaže se da divergira. Ako je ili +∞=s ,

ili −∞=s , kaže se da red određeno divergira, a ako s ne postoji, kaže se da taj red neodređeno divergira. Nekada se kod lim ne stavlja ∞→n podrazumevajući da je to tako.

Primeri.

1. Ispitati konvergenciju reda ∑∞

=1nn .

Rešenje.

nsn +++++= ...4321

( ) ( )∞=

+=+++==

∞→∞→∞→ 21....21 limlimlim

nnnssnn

nn

Zaključujemo da je red određeno divergentan.

2. Ispitati konvergenciju reda ( )∑∞

=−

11

nn

Rešenje. ( )nns 1...1111 −+−+−+−=

Za n parno ( ) ( ) ( ) 0011...1111 lim =⇒=+−+++−++−=∞→

nn

n ss

Za n neparno ( ) ( ) ( ) 11111...1111 lim −=⇒−=−+−+++−++−=

∞→n

nn ss

Dakle nn

slim∞→

ne postoji pa je red neodređeno divergentan

3. Ispitati konvergenciju reda ( ) nn

n∑∞

=−

11

Rešenje.

( ) ns nn 1...54321 −++−+−+−= ,

za n parno

+∞=⇒=+++=+−+−+−=∞→

nn

n snns lim2

1....11...4321 ,

za n neparno

−∞=⇒

+−=−−−−−=−−++−+−+−=

∞→nnn slimn....nn...s 1

21111154321 .

Matematika III

232

Dakle nn

slim∞→

ne postoji pa je red neodređeno divergentan.

4. Za geometrijski red 0,1

1 ≠∑∞

=

− aaqn

n odrediti

4.1. n-tu parcijalnu sumu 4.2. Ispitati konvergenciju za različite vrednosti parametra q.

Rešenje.

4.1. 1... −+++= nn aqaqas

Kako je nn aqaqaqqs +++= ...2 , tada je

( ) ( ) ( )qqasqaqsaqaqss

n

nn

nn

nn −−

=⇒−=−⇒−=−1111

4.2. ( ) n

n

n

n

n

nn

nq

qa

qa

qaq

qa

qqas

∞→∞→∞→∞→ −−

−=

−−

−=

−−

= lim1111

lim11limlim

4.2.1. Za 0lim1 =⇒<∞→

nn

qq . Dakle q

ass nn −

==∞→ 1

lim , tj. red je konvergentan.

4.2.2. Za

>∞+<∞−

==⇒∞=>∞→∞→ 0

0limlim1

azaaza

ssqq nn

n

n, tj. red je određeno divergentan.

4.2.3. Za nn

qq∞→

−< lim1 oscilira između ∞− i ∞+ , pa je red divergentan

4.2.4. Za anaaaasq nn ⋅=⋅++⋅+⋅+== −12 1...111

>∞+<∞−=⋅=

∞→ 00lim aza

azaansn

pa je red divergentan,

4.2.5. Za ( ) aaaaasq nn

11...1 −−++−+−=−= , nn

s∞→

lim ne postoji pa je red neodređeno

divergentan.

Dakle, red ∑∞

=

−

1

1

n

naq , konvergira za 1<q i njegova suma je u tom slučaju q

as−

=1

5. Na osnovu definicije odrediti sume redova i ispitati njihovu konvergenciju

5.1. ( )∑∞

= +1 11

n nn 5.2. ∑

∞

= +−5 2 1271

n nn

5.3. ...63

152

141

1+

⋅+

⋅+

⋅

5.4. ( )( ) ....21

1.....432

1321

1+

++++

⋅⋅+

⋅⋅ nnn

5.5. ( )∑ +−+∞

=1122

nnnn

Rešenje.

Matematika III

233

5.1. Kako je ( )

( )( )

11

0

111

111

−=−=⇒

==+

⇓++≡++≡

⇒+

+=+ AB

ABA

ABAnBnAn

nB

nA

nn

Dakle ( ) 111

11

+−≡

+ nnnn

( ) 111

111...

31

21

21

11

11....

321

211

+−=

+−++−+−=

+++

⋅+

⋅=

nnnnnsn

11

11limlim =

+−==

∞→∞→ nss

nn

n

1=s i red je konvergentan.

5.2. Kako je ( )( )431272 −−=+− nnnn i

( )( ) 43431

−+

−=

−− nB

nA

nn, to sledi

( ) ( )BABABBnAAn n 34341 −−++=−+−≡

111340

=−=⇒=−−=+

BiABA

BAnno .

Dakle ( )( ) 41

31

431

1271

2 −+

−−

=−−

=+− nnnnnn

−−

−++−++

−+

−=

31

41...

31

41...

31

21

21

11

nnsn

311−

−=n

sn

13

11limlim =

−−==

∞→∞→ nss

nn

n

Red je kovergentan i njegova suma je 1=s

5.3. ( )∑∞

= +=+

⋅+

⋅+

⋅+

⋅ 1 31....

741

631

521

411

n nn

( ) 331

++≡

+ nB

nA

nn, odakle je

BnAAn ++= 31

31,

31

130

−==⇒==+

BAA

BAnno

Dakle, ( )

+−=

+⋅−⋅≡

+ 311

31

31

311

31

31

nnnnnn

++

−+

−+

−+

−+

−= ....

81

51

31

71

41

31

61

31

31

51

21

31

411

31

ns

Matematika III

234

=

+−+

+−

−+

+−

−+

−

−+

311

31

21

11

31

11

21

311

31

31

nnnnnnnn

+−

+−

+−++=

31

21

11

31

211

31

nnn

1811

31

211

31

31

21

11

31

211

31limlim =

++⋅=

+−

+−

+−++==

∞→∞→ nnnss

nn

n

Dakle red je konvergentan i njeghova suma je 1811

=s .

5.4. ( )( )∑∞

= ++=+

⋅⋅+

⋅⋅ 1 211....

4321

3211

n nnn

Rastavimo opšti član na elementarne sabirke

( )( ) ⇒+

++

+=++ 2121

1n

Cn

BnA

nnn

( )( ) ( ) ( )12211 ++++++=⇒ nCnnBnnnA

CnCnBnBnAAnAn ++++++= 222 2231

11232

21

21

2112

02302

−=⇒=−

−=+−

=⇒−=+

⇒

⇒=

=++=++

BB

CB

CCB

AACBA

CBA

nn

n

o

Dakle ( )( ) ∑

∞

=∑∞

=∑∞

=

++

+−=

+⋅+

+−⋅=

++ 1 11 21

121

21

21

21

111

21

21 n nn nnnnnnnnnn

++

+−+

+−+

+−+

+−= ...

61

52

41

21

51

42

31

21

41

32

21

21

3111

21Sn

=

++

+−+

++−

−+

+

−−

−+

21

121

21

112

11

211

12

21

21

nnnnnnnnn

++

+−

+++−=

21

12

11

2111

21

nnn

41

21

12

11

2111

21limlim =

++

+−

+++−==

∞→∞→ nnnSns

nn

Dakle red je konvergentan i njegova suma je 41

=S

5.5. ( )∑∞

=++−+

1122

nnnn

( ) ( ) ( )++−++−++−= 342523241223ns

( ) ( ) ( )+−+−++−+−−+++−+ 121212...4526 nnnnnn

Matematika III

235

( )nnn ++−++ 122

( ) =+−++−=+−++++++−= 122112212122 nnnnnsn

( )( )+−=

+++

++++−++−=

∞→21

121212lim21

nnnnnn

n

2112

1lim2112

12lim −=+++

+−=+++

−−++

∞→∞→ nnnnnn

nn

Dakle red je konvergentan i njegova suma je 21 −=s .

6. Grafički prikazati red ∑∞

=1 21

n n.

Rešenje.

Kako je ( )2

1n

naan == , to su članovi reda ,....91,

41,

11

. U ravni određenoj osama n i an, članovi

reda mogu biti pretstavljeni tačkama (sl. 8.1.).

Sl. 8.1.

Grafik ovog reda biće tačke (n, na ) u ravni nOna . Sve te tačke nalaze se na krivoj 2

1x

y = , kada

se koordinatni sistem nOna poklopi sa koordinatnim sistemom Oxy, odnosno ta kriva je nosač tačaka koje predstavljaju grafik članova reda.

8.1.1. OSNOVNA SVOJSTVA BROJNIH REDOVA

Uporedo sa redom ∑∞

=1nna posmatramo i red

Nnaaaank

kknnn ∈∑==++++∞

+=+++ ,.......

121 .

Ovaj red zovemo ostatkom reda ∑∞

=1nna i označavamo sa nr .

Stav 8.1.1.

Red ∑∞

=1nna konvergira ako i samo ako njegov ostatak nr teži nuli kad ∞→n .

Matematika III

236

Dokaz. Kako je ∑=

∑∞

+=∑∞

=+=+=

n

k nknnkk

nn rsaaa

1 11, i ako je red ∑

∞

=1nna konvergentan i ima

sumu s, onda važi nnnn ssrrss −=⇒+= Odakle je 0limlim =−=−=∞→∞→

ssssr nn

nn

Lako se dokazuje da ako ostatak teži nuli da odgovarajući red konvergira. Zaista, iz ( ) nnnnnn ssssssrssr lim0limlim =⇔<−⇔=−=⇒−= ε

Iz ovog stava lako se zaključuje da odbacivanje konačnog broja članova reda ne utiče na njegovu konvergenciju.

Stav 8.1.2. Ako red ∑∞

=1nna ima sumu s, onda red ∑

∞

=1nnca ima sumu sc ⋅ .

Dokaz. Kako je ∑∞

=∑∞

=∞→∞→⋅=⇒⋅=⋅

11limlim

nn

nnn

nn

naccascsc

Stav 8.1.3. Ako konvergiraju redovi ∑∞

=1nna i ∑

∞

=1nnb , tada konvergiraju i redovi ( )∑

∞

=+

1nnn ba i

( )∑∞

=−

1nnn ba

Dokaz. Ako su An i Bn redom parcijalne sume redova ∑∞

=1nna i ∑

∞

=1nnb , a A i B sume tih redova, tada

⇒±=±=±∞→∞→∞→

BABnAnBnAnnnnlimlim)(lim redovi ( )∑ ±

∞

=1nnn ba su konvergentni.

Stav 8.1.4. Ako je red ∑∞

=1nna konergentan, tada njegov opšti član teži nuli.

Dokaz. Zaista iz nn aaas +++= ...21 i 1211 ... −− +++= nn aaas sledi 1−−= nnn ssa

Dakle ( ) =−=−= −∞→∞→

−∞→∞→

11 limlimlimlim nn

nn

nnn

nn

ssssa (pošto je red ∑∞

=1nna konvergentan to

je 0)limlim 1 =−=== −∞→∞→

sssss nn

nn

Obrnuto ne važi, tj. ako je 0lim =∞→

nn

a tada red ∑∞

=1nna ne mora biti konvergentan. Ako opšti član

ne teži nuli, tada red nije konvergentan.

Primeri.

1. ∑∞

=1

1n n

Opšti član ovog reda 01limlim1==⇒=

∞→∞→ na

na

nn

nn , međutim

nn

nnnnn

sn ==+++>+++=1....111....

211

Kako ∞→n , kada ∞→n , to je red divergentan.

2. Ispitati konvergenciju reda ∑∞

=

+

1 2

2 1n n

n

Rešenje. 011limlim12

2

2

2≠=

+=⇒

+=

∞→∞→ nna

nna

nn

nn

Dakle opšti član ne teži nuli pa je red divergentan.

Matematika III

237

8.2. REDOVI SA POZITIVNIM ČLANOVIMA. KRITERIJUMI ZA ISPITIVANJE KONVERGENCIJE REDOVA SA POZITIVNIM ČLANOVIMA

Def. 8.2.1. Za red ....a....aaa nn

n ++++=∑∞

=21

1 kažemo da je red sa pozitivnim članovima, ako

postoji Nn ∈0 tako da je 0≥na za svako 0nn ≥ . Nekada će biti bitna pretpostavka da su svi članovi reda pozitivni. Vredi sledeći stav.

Stav 8.2.1. Red ∑∞

=1nna sa pozitivnim članovima konvergira akko je niz ( )ns njegovih parcijalnih

suma ograničen.

8.2.1. PRVI PRINCIP UPOREĐIVANJA REDOVA

Posmatrajmo redove ∑∞

==

1nna as i ∑

∞

==

1nnb bs , pri čemu su članovi i jednog i drugog reda

pozitivni i pritom je za nn ban ≤∀ . Pod tim uslovima vredi sledeći stav. Stav 8.2.2.1. Ako red bs konvergira, tada konvergira i red as . Ako red as divergira, tada divergira i

red bs . Dokaz. Pretpostavimo da je red bs konvergentan. To znači da je bs broj i pritom je ( ) bnb ss =lim .

Iz ( ) ( ) bnbnann sssba <≤≤⇒≤ 0 . Prema tome niz ( )nas je ograničen. Iz ( ) ( )nana ss ≤−1 (članovi su pozitivni) sledi da je taj niz monotono rastući. Kako je monoton i ograničen niz konvergentan, to zaključujemo da postoji broj ( )na

na ss

∞→= lim , odnosno red as je konvergentan. Do istog zaključka bi

došli polazeći od ( ) RsSlim bnb ∈= i ( ) ( )nbna SlimSlim ≤ Dokažimo drugi deo stava. Iz ( ) ( )nana ss ≤−1 i pretpostavke da je red divergentan sledi da je ( ) ∞=

∞→ nan

slim (ne može

postajati drugi slučaj divergentnosti; zbog pozitivnih članova) Iz ( ) ( )nbna ss ≤ i ( ) ∞=

∞→ nan

slim , sledi ( ) ∞=∞→ nb

nslim

Primeri.

1. Ispitati konvergenciju redova

1.1.1. ∑∞

=1 21

n n 1.1.2. ∑

∞

=1

1n pn

, 2>p

1.2.1. ∑∞

= +1 211

n n 1.2.2. ( )0,0,11

1 2>>>

++∑∞

=cba

cbnann,

1.3. ( )

∑∞

= +1 11

n nn

1.4. ∑∞

=2 ln1

n n

1.5. ∑∞

=2 2cos

n nn

Rešenje.

1.1.1. Posmatrajmo red ( )∑∞

= −1 11

n nn

Matematika III

238

Razložimo opšti član ( )11−

=nn

an na algebarske razlomke

( ) BnAAnn

BnA

nn+−=⇒

−+=

−1

111

1110

−=⇒=−=⇒=+

AABBA

nno

Dakle ( ) nnnnnn1

11

111

11

−−

=−

+−=−

nnnsn

1111

1....31

21

211 −=

−

−++

−+

−=

111limlim =

−=

∞→∞→ ns

nn

n Pa je red ( )∑

∞

= −2 11

n nn konvergentan.

Kako je ( ) nnnn

∀−

<1

112

i red ( )∑∞

= −2 11

n nn je konvergentan, konvergentan je i red ∑

∞

−1 21

n n.

1.1.2. ∑∞

−>

12,1

n pp

n

Kako je 2

11nn p

< za 2>p i red ∑∞

−1 21

n n konvergentan, konvergentan je i red ∑

∞

−>

12,1

n pp

n.

Za p=1 to je hiperharmonijski red za koga ćemo ustanoviti da je divegentan. Prema tome

zaključujemo da red ∑∞

−1

1n pn

konvergira za 2≥p .

1.2.1. ∑∞

= +1 211

n n

Kako je 22

11

1nn

<+

i ∑∞

=1 21

n n konvergentan, konvergentan je i red ∑

∞

= +1 211

n n.

1.3. ( )

∑∞

= +1 11

n nn

Kako je ( )( ) 1

11

111+

>+

⇒+<+nnn

nnn .

Red ∑∞

= +1 11

n n je divergentan pa je divergentan i red

( )∑∞

= +1 11

n nn

1.4. ∑∞

=2 ln1

n n

Kako je nn

nn 1ln

1ln >⇒<

Red ∑∞

=2

1n n

je divergentan, pa je divergentan i red ∑∞

=2 ln1

n n

1.5. ∑∞

=1 2cos

n nn

Matematika III

239

Kako je 22

1cosnn

n< i red ∑

∞

=1 21

n n je konvergentan, onda je konvergentan i red ∑

∞

=1 2cos

n nn

.

8.2.2. DRUGI PRINCIP UPOREĐIVANJA REDOVA

Posmatrajmo dva reda

∑∞

==++++=

121 .......

nnna aaaas i

∑∞

==++++=

121 .......

nnnb bbbbs , pri čemu su članovi reda pozitivni i za n∀ vredi

n

n

n

n

bb

aa 11 ++ ≤ ,

tada vredi stav. Stav 8.2.2.1. Ako je red bs konvergentan, konvergentan je i red as . Ako je red as divergentan,

divergentan je i red bs .

Dokaz. Ako nejednakost n

n

n

nb

ba

a 11 ++ ≤ , važi (prema pretpostavci) za n∀ , tada je

n

n

n

nb

ba

a

bb

aa

11

1

2

1

2

++ ≤

≤

M

Kako su i leve i desne strane pozitivne to množenje levih strana međusobno i množenje desnih strana međusobno, ne menja znak nejednakosti

11

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

21

1

2 ......

++

+

+++

++

≤⇔

⇔=≤⇔≤

⇓

≤

nn

n

nnn

n

n

n

n

kba

kba

ba

bb

aa

bb

bb

aa

aa

Na osnovu prvog principa upoređivanja sledi do konvergencija reda bs povlači konvergenciju reda

as i divergencija reda as povlači divergenciju reda bs . (Konvergencija reda ∑∞

=1nnb povlači

konvergenciju reda ∑∞

=1nnkb i obratno).

8.2.3. GRANIČNI KRITERIJUM UPOREĐIVANJA REDOVA

Stav 8.2.3.1. Neka su ∑∞

=1nna , ∑

∞

=1nnb , redovi sa pozitivnim članovima. Ako je

( )∞≠≠=∞→

λλλ iba

n

nn

0lim , tada su redovi istovremeno ili oba konvergentna ili oba divergentna.

Dokaz. Ako je ( )∞≠≠=∞→

λλλ ,0limn

nn b

a, tada je za onn > , zadovoljeno (na osnovu definicije

granične vrednosti)

ελεελ <−<−⇔<−n

n

n

nba

ba

ελελ +<<−⇔n

nba

Matematika III

240

( )321321

21

)(k

nnk

n bab ελελ +<<−

.21 nnn bkabk <<

Iz nn abk <1 sledi da konvergencija reda sa opštim članom na povlači konvergenciju reda sa

opštim članom nbk 1 . Prema tome konvergencija reda ∑∞

=1nna povlači konvergenciju reda ∑

∞

=1nnb .

Polazeći od nejednakosti ( )Rkbka nn ∈< 22 zaključujemo da konvergencija reda ∑∞

=1nnb povlači

konvergenciju reda ∑∞

=1nna .

Prema dokazanom ( )∞≠≠=∞→

λλλ ,0limn

nn b

a i pretpostavci da red ∑

∞

=1nna konvergira

(divergira), konvergira (divergira) i red ∑∞

=1nnb .

Primeri.

1. Primenom graničnog kriterijuma upoređivanja ispitati konvergenciju redova

1.1. ∑∞

= ++

+

1 2 13

n nnn

1.1.2. ( )∑∞

=≠≠

++

+

1 20,0

nca

edncnban

1.2. ∑∞

=

−

1

1cos1n n

1.3. ∑∞

=1

1sinn n

1.4. ∑∞

=1 4n ntg π 1.5. ∑

∞

=

+

1 3

2

2

1

n n

a

Rešenje.

1.1. ∑∞

= ++

+1 2 1

3n nn

n

Kako je 11

3lim1

13

lim2

22=

++

+=++

+

∞→∞→ nnnn

n

nnn

nn i red ∑

∞

=1

1n n

divergentan, divergentan je i red

∑∞

= ++

+

1 2 13

n nnn

.

1.2. ∑∞

=

−

1

1cos1n n

Kako je:

nn 21sin21cos1 2=− i

21

214

21sin2

lim1

1cos1lim

2

2

2

=

=−

∞→∞→

n

n

n

nnn

Red ∑∞

=1 21

n n je kovergentan pa je konvergentan i red ∑

∞

=

−

1

1cos1n n

kovergentan.

Matematika III

241

1.3. ∑∞

=1

1sinn n

Kako je: 11

1sinlim =

∞→

n

nn

red ∑∞

=1

1sinn n

divergentan, divergentan je i red ∑∞

=1

1sinn n

1.4. ∑∞

=1 4n ntg π

Kako je

441

0cos1

44

4sin

lim

4cos

1lim14

cos

4sin

lim14lim π

ππ

π

π

π

π

π

π

=⋅=⋅

⋅==∞→∞→∞→∞→

n

n

nn

n

n

n

ntg

nnnn i red ∑

∞

=1

1n n

divergentan,

divergentan je ired ∑∞

=1 4n ntg π

.

1.5. ∑∞

=

+

1 3

2

21

n nn

Kako je 21

21lim

12

1

lim2

2

3

2

=+

=

+

∞→∞→ nn

n

nn

nn i red ∑

∞

=1 21

n n konvergentan, konvergentan je i red

∑∞

=

+

1 3

2

21

n nn

.

8.2.4. DALAMBEROV KRITERIJUM

I kod Dalamberovog kriterijuma zahtev je da članovi reda budu pozitivni.

Stav 8.2.4.1. Ako je ∑∞

=1nna , red sa pozitivnim članovima i ako postoji granična vrednost

δ=+∞→ n

nn a

a 1lim , tada je

1. za 1<δ red konvergentan,

2. za 1>δ red divergentan

3. za 1=δ ovaj kriterijum ne daje odgovor o konvergenciji reda

Dokaz. Posmatraj uz razmatrani red ∑∞

=1nna i konvergentan geometrijski red

∑∞

=++++=

1

2 ......n

nn qqqq (to nastupa za 10 << q )

Ako je počevši od nekog onn > , zadovoljeno 11

1 <=≤+

+ qq

qa

an

n

n

n , onda je prema drugom

principu red konvergentan, ali tada je, zbog 1<q , 11 <+

n

na

a pa je i 1lim 1 <+

∞→ n

nn a

a.

Matematika III

242

Neka je sada razmatrani geometrijski red divergentan (to nastupa za 1>q ) i neka je počevši od

nekog onn = , zadovoljeno 11

1 >=≥+

+ qq

qa

an

n

n

n , onda je prema drugom principu, red divergentan, ali

je tada, zbog 1>q , 11 >+

n

na

a, pa je i 1lim 1 >+

∞→ n

nn a

a.

Prema tome dokazali smo, ako je

1. 1lim 1 <=+∞→

δn

nn a

a red je konvergentan

2. 1lim 1 >=+∞→

δn

nn a

a red je divergentan

3. 1lim 1 ==+∞→

δn

nn a

a ovaj kriterijum ne daje odgovor o konvergenciji

Primeri.

1. Pomoću Dalomberovog kriterijuma ispitati konvergenciju redova

1.1. ∑∞

=1 2n nn

1.2. ∑∞

=1 !2

n

n

n

1.3. ∑∞

=1

!n nn

n

1.4. ( )

( )∑∞

=

−1 22

12n

n !!n!!n

1.5. ∑∞

= +++1 1...211

2n

n

n

Rešenja.

1.1. ∑∞

=1 2n nn

121

21

2

211

1 <=+

=

+

==∞→

+

∞→

+

∞→ nnlim

n

n

lima

alimn

n

n

nn

n

nδ

1<δ pa je red ∑∞

=1 2n nn

konvergentan

1.2. ∑∞

=1 !2

n

n

n

Matematika III

243

( ) ( ) 101

2lim

!2

!122

lim

!2

!12

limlim

1

1 <=+

=+⋅

=+

==∞→∞→

+

∞→+

∞→ nn

nn

n

na

ann

n

nn

n

nn

nn

δ

1<δ pa je red ∑∞

=1 !2

n

n

n konvergentan

1.3. ∑∞

=1

!n nn

n

( )( )

( )( )( )

( )=

+=

++

+

=+

+

==∞→∞→

+

∞→+

∞→ n

n

nn

n

nn

n

nn

nn n

n

nnnn

nn

nn

n

n

aa

1lim

!11

!1

lim!

1

!1

limlim1

1δ

( ) ( ) 111

11lim1

11lim1

lim 111

<==

+−=

+−+

=

+−+−

⋅+−

∞→∞→∞→ ee

nnn

nn n

nn

n

n

n

n

n

11<=

eδ pa je red ∑

∞

=1

!n nn

n konvergentan

1.4. ( )

( )∑∞

=

−

1 !!22!!12

n n nn

( )( )

( )( )

( )( )( )( )( )

( )

=−+⋅

−+

=−+

+

==∞→

+

∞→+

∞→

!!22!!12

!!22222!1212

lim

!!22!!12

!!222!!12

limlim1

1

nn

nnnn

nn

nn

aa

n

n

nn

n

nn

nn

δ

( ) 21

22212lim =++

=∞→ n

nn

11<=

eδ pa je red

( )( )

∑∞

=

−

1 !!2212

n n nn

konvergentan.

1.5. ∑∞

= ++1 1...211

2n

n

n

=

+++

+++++

⋅

=

+++

+++++

=∞→

+

∞→

n

nn

n

nnn

n

nn

n

n

1...211

21

11...211

22

lim

1...211

21

11...211

2

lim

1

δ

2

11

2

111

211

1211

2 =

++

=

+++++

+++=

∞→∞→

ns

slim

nn...

n...

limn

n

nn

Matematika III

244

12 >=δ pa je red ∑∞

= ++1 1...211

2n

n

n

divergentan.

8.2.5. KOŠIJEV KRITERIJUM

Stav 8.2.5.1. Neka je red ∑∞

=1nna sa pozitivnim članovima i neka postoji can n

n=

∞→lim tada je

1. za 1<c red konvergentan,

2. za 1>c red divergentan,

3. za 1=c kriterijum ne daje odgovor.

Dokaz. Neka je ∑∞

=1n

nq konvergentan geometrijski red (znači 1<q ).

Ako je za onn >∀ , 1<≤⇒≤ qaqa n nn

n tada je posmatrani red na osnovu prvog principa konvergentan.

Ako pretpostavimo da je geometrijki red ∑∞

=1n

nq divergentan (znači 1>q ) i ako je

qaqa n nn

n ≥⇒≥ , tada je na osnovu prvog principa posmatrani red divergentan.

Iz 1<n na , ako je 1lim <=∞→

can nn

, red je konvergentan. Iz 1>n na , ako je

1lim >=∞→

can nn

, red je divergentan.

U slučaju 1lim ==∞→

can nn

ne može se ovim kriterijumom zaključiti ništa o konvergenciji reda.

Primeri.

1. Primenom Košijevog korenovog kriterijuma ispitati konvergenciju redova:

1.1. ∑∞

=

+1 12n

n

nn

1.2. ( )∑∞

=>

++

10,,,

n

ndcba

dcnban

1.3. ( )

∑∞

=1 ln

1n nn

1.4. ∑∞

=

+

1

21

n

n

nn

1.5. ∑∞

=

++

+

1 2

22

11

n

n

nnn

Rešenje.

1.1. ∑∞

=

+1 12n

n

nn

Matematika III

245

21

1212=

+=

+=

∞→∞→ nnlim

nnlimc

nn

n

n

121<=c , pa je red ∑

∞

=

+1 12n

n

nn

konvergentan.

1.2. ( )∑∞

=>

++

10,,,

n

ndcba

dcnban

ca

dcnban

dcnbanc

nn

n

n=

++

=

++

=∞→∞→

limlim

cac =

1. za 11, >⇒>> ccaca , pa je red divergentan

2. za 11, =⇒== ccaca , nema odgovora

3. za 11, <⇒<< ccaca , pa je red konvergentan

1.4. ∑∞

=

+

1

21

n

n

nn

enn

nn

ncn

n

n

nn

n

n=

+=

+

=

+

=∞→∞→∞→

11lim1lim1lim2

1>= ec pa je red ∑∞

=

+

1

21

n

n

nn

divergentan

1.5. ∑∞

=

++

+

1 2

22

11

n

n

nnn

=

++

+=

++

+==

∞→∞→∞→

n

nn

n

nn n

n nnn

nnnac

11lim

11limlim

2

2

2

22

=

++

=

++

=

+

++=

⋅+

⋅+

∞→∞→

∞→n

n

nn

n

n

n

n

nn

nn

nn

nnn

1212

222

2

11lim

1

11lim

1

11

1lim

ee n

nn

11

1lim 2

2 ==

+∞→

Matematika III

246

11<=

ec pa je red ∑

∞

=

++

+

1 2

22

11

n

n

nnn

konvergentan.

8.2.6. RABEOV KRITERIJUM

I ovaj kriterijum za ispitivanje konvergencije redova odnosi se na radove sa pozitivnim članovima. On daje odgovor kod nekih primera, kod kojih Dalomberov ili Košijev kriterijum ne daju odgovor o konvergenciji redova.

Stav 8.2.6.1. Neka su redovi ∑∞

=1nna i ∑

∞

=1nnb redovi sa pozitivnim članovima. Neka je

( ) ( )11

1 1 >−

−−= − k

knaan

b nnn . Ako postoji r

aa

nn

n =

−

+1lim

1, tada je

1. za 1>r red ∑∞

=1nna konvergentan,

2. za 1<r red ∑∞

=1nna divergentan

3. za 1=r ovaj kriterijum ne daje odgovor o konvergenciji Dokaz. Neka je za svako onn >

( ) ⇔>−⇔>−⇔>>

− ++++

+1111

111 nnnnnn

n

n kananakaaankaa

n

⇔−>−−⇔ ++++ 1111 nnnnn akaanana

( ) ( ) 11 11 ++ −>+− nnn akanna ... (8.2.6.1)

Iz zadnje nejednakosti zaključujemo da je niz sa opštim članom nna opadajući niz, ( )( )11 ++> nn anna da je taj niz ograničen ( )01 <≤ naa . Ograničen i monoton niz je konvergentan

niz. Prema tome postoji ana n =lim .

Iz (8.2.6.1) sledi ( )

11 1

11 −+−

=< +++ k

annaba nn

nn

Uz pretpostavku stava, imamo

( )∑ ∑ ∑= = =

++ =+−

−=

−+−

==m

n

m

n

m

nnn

nnnbm a)n(na

kka)n(na

b)s(1 1 1

11 1

11

11

=

∑ −=∑=

∑ +−∑

−=

=

+===+

=

α

αα

m

pn

m

pn

m

nn

m

nn nfnfanna

k)()()1(

11

11

1

+++=∑=

∑−∑

−=

=

+

==...)1()()(

11 1

21mfmfnfnana

k

p

mn

m

nn

m

nn

Matematika III

247

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =

+++−+=+−++ ∑

−

=∑=

∑+=

pfpfnfnfnfmfp

mn

p

mn

p

mn...1;1... αα

α

α

( ) ( )( ).11

111

1111

221 ++

==+−

−=

++∑−∑+

−= mm

m

nn

m

nn ama

kamnanaa

k

Prelaskom na graničnu vrednost, biće

( ) ( )( ) ( ).1

111

1limlim 11 cak

amak

s mbmm

−−

=+−−∞→

Kako je ( ) ( )1

limlim 111 −

−==∑=

=

∞

=∞→ kca

sbs bnnn

nbmm

, to je red ∑∞

=1nnb konvergentan. Kako je

nnnn baba <⇔⟨ ++ 11 , to je konvergentan i red ∑∞

=1nna .

Ako je za 0nn > , 111

>

−

=n

naa

n , kada je dati red konvertan. Kako neujednačenost važi za

0nfn > , to važi i u originalnom slučaju. Prema tome ako postoji

raa

nn

nn

=

−

+∞→1lim

1 1>r , dati red je konverentan.

Ostaje da se pokaže da je za <<

−

=11

1n

naa

n dati red divergentan.

Primeri.

1. Primenom Rabenovog kriterijuma ispitati konvergenciju redova

1.1. ∑∞

= +1 2 11

n n 1.2. ∑∞

= +1 )1ln(1

n n

1.3. ( )

∑∞

=1 2!n

n

n

n 1.4. ( )∑

∞

= +1 !2!

n nn

1.5. ( )

( )∑∞

= +1 !!32!!2

n nn

Rešenja.

1.1. ∑∞

= +1 2 11

n n

( )

=

−

+

++=

−

++

+=

−=

∞→∞→+∞→1

122lim1

11

11

1

lim1lim2

2

2

2

1 nnnn

n

nnaa

nrnnn

nn

( ) 21

2lim112lim

1122lim

2

2

22

22=

+

−=

+

−=

+

−−++=

∞→∞→∞→ nnn

nnn

nnnnn

nnn

12 >=r pa je rd ∑∞

= +1 2 11

n n konvergentan.

Matematika III

248

1.2. ∑∞

= +1 )1ln(1

n n

( )

( )

( )( ) =

−

++

=

−

+

+=

−=

∞→∞→+∞→1

1ln2lnlim1

2ln1

1ln1

lim1lim1 n

nn

n

nna

anr

nnnn

n

( ) ( )( )

( )( )( ) ( ) =

+

++

=+++

=

+

+−+

∞→∞→∞→ 1ln1

11lnlim

1ln12ln

lim1ln

1ln2lnlimn

nn

nnnn

nnnn

nnn

( ) ( ) =+

++

=+

++

=

+⋅+

∞→∞→ 1ln1

11lnlim

1ln1

11lnlim

11

nn

nn

nnn

n

n

n

( ) 0ln1lnlim

111lnlim 1

lim11

=∞

=∞

=+

++

=+

∞→

+⋅+

∞→ ∞→ een

n nn

n

nnn

n n

10 <=r pa je red divergentan

1.3. ( )

∑∞

=1 2!n

n

nn

( )( )( )( )

=

−

+

+=

−=

+∞→+∞→1

!11!lim1lim

2

1

2

1

nn

n

nn

naa

nrn

n

nn

nn

( ) ( )( )( ) ( )

( ) ( )( )

∞=+

⋅+−+⋅==

−

⋅++

+⋅=

∞→∞→ n

nn

nn

n

n n

nnnnn

nnn

nnnn1

11lim1!11

!1lim2

22

1>∞=r pa je red ( )

∑∞

=1 2!n

n

n

n konvergentan

1.4. ( )∑+

∞

=1 !2!

n nn

( )( )( )

( )( ) ( ) =

−

+++

=

−

+++

=

−=

∞→∞→+∞→1

!1!2!3!lim1

!3!1!2

!

lim1lim1 nn

nnn

nnn

n

naa

nrnnn

nn

( )( )( ) ( ) =

+−−+

⋅=

−

++

=

−

⋅++++

=∞→∞→∞→ 1

13lim113lim1

1!2!23!lim

nnnn

nnn

nnnnnnn

nnn

Matematika III

249

21

2lim =+

=∞→ n

nn

12 >=r , pa je red ( )∑+

∞

=1 !2!

n nn

konvergentan.

1.5. ( )

( )∑+

∞

=1 !!32!!2

n nn

( )( )( )( )

( ) ( )( ) ( ) =

−

+++

=

−

+++

=

−∑=

∞→∞→+

∞

=1

!!22!!32!!52!!2lim1

!!52!!22!!32

!!2

lim111 nn

nnn

nnn

n

naa

nrnnn

n

n

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) =

+−−+

⋅=

−

++++

=∞→∞→ 22

2252lim1!!222!!32!!32!!52!!2lim

nnnn

nnnnnnn

nn

23

223lim =+

=∞→ n

nn

123>=r pa je red

( )( )∑

+

∞

=1 !!32!!2

n nn

konvergentan

8.2.7. INTEGRALNI KRITERIJUM ZA ISPITIVANJE KONVERGENCIJE REDOVA

Dokazaćemo Košijev integralni kriterijum za ispisivanje konvergencije redova.

Stav 8.2.7.1. Red ∑∞

=1nna kovergira tačno tada, kada konvergira i integral ( )∫

∞

1dxxa .

Dokaz. Parcijalna suma reda nn aaaas ++++= ....321 je

( ) ( ) ( ) ( )naaaasn ++++= ...321

Sl. 8.2.7.1. Sa slike 8.2.7.1. se može zaključiti da je

( ) ( ) ( ) ( )∫<⋅++⋅+⋅n

dxxanaaa1

1...3121 , odnosno

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫+<++++=n

n dxxaanaaaas1

1...321 .

Sa slike, takođe, zaključujemo da je

Matematika III

250

( ) ( ) ( ) ( )11...21111

−⋅++⋅+⋅<∫ naaadxxan

ili

( ) ( ) ( ) ( )1...211

−+++<∫ naaadxxan

, odnosno

( ) ( ) ( ) ( ) ( )naaanadxxan

⋅+++<+∫ ...211

.

Prema tome je

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫ +<⋅++⋅+<+nn

dxxaanaaanadxxa11

1...211 ,

Sažetije napisano

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∑=

∫ +<<+nn

n

ndxxaananadxxa

1111 .

Ako pretpostavimo da je red konvergentan tada njegov opšti član teži nuli. Prelaskom na limes, imamo

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+<<

+ ∫

∞→∑=∞→

∫∞→

n

n

n

nn

n

ndxxaananadxxa

1111limlimlim

( ) ( ) ( ) ( )∫∞

∑∞

=∫∞

+<<111

1 dxxaanadxxan

.

Iz desne strane nejednakosti sleduje da konvergencija integrala povlači konvergenciju reda a iz leve strane nejednakosti sleduje da divergencija integrala povlači divergenciju reda.

Primeri.

1. Primenom Košijevog integralnog kriterijuma ispitati konvergenciju redova

1.1. ∑∞

=1

1n n

1.2. ∑∞

=1

1n pn

1.3. ∑∞

=1 2n ne

n 1.4.

( )∑∞

=1 2ln

1n nn

1.5. ( )

∑∞

=1 ln

1n pnn

, 0>p

Rešenja.

1.1. ∑∞

=1

1n n

. Pođimo od

( ) ( ) ∞=∫ ∫ =⋅−===∞→

∞

∞→∞→∞→aa

ax

xdxdx

x a

a

aaalnlim1lnlnlim

1lnlimlim1

1 1

Integral je divergentan pa je red ∑∞

=1

1n n

divergentan.

1.2. ∑∞

=1

1n pn

∫∞ −

∞→

+−

∞→∫

∞→

−−

−=

+−==

1

11

1 11

1lim

11limlim1

ppaa

px

xdxdx

x

p

a

p

a

a

pap

Odakle je

Matematika III

251

1. za 01

lim11

=−

>−

∞→ pap

p

a pa je ∫

∞

−=

1 111

pdx

x p

2. za +∞=−

<<−

∞→ pap

p

a 1lim10

1 pa je ∫

∞+∞=

1

1 dxx p

Pa prema Košijevom integralnom kriterijumju red ∑∞

=1

1n pn

1. konvergira za 1>p ,

2. divergira za 10 << p .

Na osnovu primera 1.1. dati red je konvergentan za 1>p , a divergentan za 1≤p

1.3. ∑∞

=1 2n ne

n

( )∫∞

∫∞ −−

∫∞

=∞

−===

=

==

=1 11

2

121

212

2

2:

2tt

txedte

e

dt

dtxdx

dtxdxtxsmena

dxe

x

( )e

ee21

21 1 =+−= −∞−

∫∞

12xe

xdx je dakle konvergentan, pa je konvergentan i red ∑

∞

=1 2n ne

n

1.4. ( )

∑∞

=1 2ln

1n nn

=

−∫ ==

=

==∫=∫∞→∞→∞→

∞

2ln

ln1limlim

:

lnlim

ln

ln

2ln 22 22 2

a

ttdt

dtx

dxtenx

smena

xxdx

xxdx

a

a

a

a

a

2ln1

2ln10

ln1

ln1lim =+=

+−=

∞→ aaa

Integral ∫∞

2 2ln xxdx

je konvergentan pa je konvergentan i red ( )

∑∞

=1 2ln1

n nn

1.5. ( )

∑∞

=1 ln

1n pnn

, gde je 0>p

( ) ( )=

−==

=

===−

∞→∫

∞→∫

∞→∫∞

2ln

ln

1limlimln

:

lnlim

ln

1ln

2ln22

a

pt

t

dt

dtx

dxtx

smena

xx

dx

xx

dx p

a

a

pa

a

pap

( ) ( )

−−

−−=

−−

∞→ ppa pp

a 12ln

1lnlim

11

Matematika III

252

1. za ( )

( )( )

∫∞ −−

−=⇒=

−>

2

11

12ln

ln0

1ln1

pxx

dxapp

p

p

2. za ( )

( )∫∞−

∞→∞=⇒∞=

−<<

2

1

ln1lnlim10

p

p

a xx

dxp

ap

Dakle, na osnovu Košijevog integralnog kriterijuma red ( )

∑∞

=1 ln

1n pnn

1. konvergentan za 1>p

2. divergentan za 10 ≤< p

8.3. Redovi sa članovima proizvoljnog znaka

Def. 8.3.1. Za red ∑∞

=1nna kažemo da je apsolutno konvergentan, ako je konvergentan red ∑

∞

=1nna

(red apsolutnih vrednosti članova reda ∑∞

=1nna ). Za red ∑

∞

=1nna kažemo da je modularan red reda

∑∞

=1nna .

Def. 8.3.2. Ako je red ∑∞

=1nna konvergentan a odgovarajući modularni red ∑

∞

=1nna divergentan, za

red ∑∞

=1nna kažemo da je semikonvergentan ili da je uslovno konvergentan.

8.3.1. Apsolutno konvergentni redovi

Dokažimo sledeći stav

Stav 8.3.1.1. Red ∑∞

=1nna je konvergentan ako je konvergentan odgovarajući modularni red ∑

∞

=1nna .

Dokaz. Pretpostavimo da je red ∑∞

=1nna sa članovima proizvoljnog znaka (najopštiji slučaj reda) i

neka je ∑∞

=1nna odgovarajući modularni red.

Pretpostavimo da je konvergentan razmatrani modularni red.

Neka je ns parcijalna suma reda ∑∞

=1nna i ip zbir pozitivnih članova u sumi ns a inq − zbir

negativnih članova u sumi ns . To znači da je inin qps −−= .

Neka je 'ns parcijalna suma modularnog reda ∑

∞

=1nna . Tada je inin qps −+=' . Kako je modularni

red konvergentan, to postoji njegov zbir '' lim nss = .

Kako su članovi modularnog reda pozitivni, to je ( ) ( )'''' sqispss inin <<⇒< − .

Iz ''' limlim sqqisppsp inii <=<=⇒< − , zaključujemo da konvergira zbir pozitivnih i zbir negativnih članova. Još je i

( ) qpqpqps iniinin −=−=−= −− limlimlimlim . Kako su p i q brojevi to je i p-q broj, odnosno

red ∑∞

=1nna je konvergentan,. Prema tome iz apsolutne konvergencije reda sledi njegova konvergencija.

Matematika III

253

Kako su modularni redovi, redovi sa pozitivnim članovima, to svi kriterijumi konvergencije dokazani za redove sa pozitivnim članovima ostaju u važnosti i kod modularnih redova, odnosno apsolutne konvergencije.

Sl. 8.3.2.1.

8.3.2. NAIZMENIČNI REDOVI

Do sada smo, među kriterijumima za konvergenciju redova imali samo redove sa pozitivnim članovima. Sada ćemo razmotriti i redove čiji su članovi promenljivog znaka. Najednostavnije među njima su naizmenični redovi (alternativni redovi).

Def. 8.3.2.1. Red

( ) ( )∑ +−++−+−=−∞

=

−−

1

14321

1 ...1...1n

nn

nn aaaaaa ,

gde je 0>na i Ran ∈ , naziva se naizmenični (alternativni) red. Delimične sume takvih redova

11 as =

212 aas −=

3213 aaas +−=

------

( ) nn

n aaaaas 14321 1... −−++−+−=

grafički predstavljene, izgledaju slika iznad.

Sa slike 8.3.2.1. se zaključuje da je ...... 1231 >>>> +nsss i ...... 242 <<<< nsss i da je

122 +<< nn sss pri čemu je sss nn == +122 limlim .

8.3.2.1. Lajbnicov kriterijum konvergencije naizmeničnih redova Dokazaćemo sledeći Lajbnicov kriterijum.

Stav 8.3.2.1. Naizmenični red ( )∑∞

=

−−1

11n

nn a je konvergentan ako opšti član monotono teži nuli, tj.

ako je 1. ........21 >>>> naaa ,

2. 0lim =na .

Dokaz. Neka je ( )nnn aaaaaas 21243212 ...)()( −++−+−= − .

Matematika III

254

Kako je 1+> ii aa to je 01 >− +ii aa . Prema tome svaki član delimičnog niza ns2 je pozitivan. Kako je

( ) ( ) ( ) ( )0 221212112212 >−−+= +++−++ nnnnnn aaaass , to je 122 +< nn ss . Prema tome niz ns2 je monotono rastući.

Sa druge strane je

( ) −−−−−−=−++−+−= − ...)()(...)()( 5432121243212 aaaaaaaaaaas nnn

( ) ( ) ( ) ( )( )nnnnnn aaaaaaaaaaa 212225432121222 ... +−++−+−−=−−− −−−− Kako je čitava zagrada

( ) ( ) ( )( )nnn aaaaaaa 212225432 ... +−++−+− −− pozitivna ( )01 >− +ii aa , to je ns2 razlika dva pozitivna broja, odnosno 12 as n < što znači da je niz ns2 ograničen 120 as n << . Monoton i ograničen niz ns2 je konvergentan niz. Neka je ss n =2lim .

Neka je, sada, ( ) 12212432112 ...)()( +−+ +−++−+−= nnnn aaaaaaas . Kako je 01 >− +ii aa i

0>na za n∀ , to zaključujemo da je niz 012 >+ns , odnosno, ograničen sa donje strane. Ako sada napišemo

( ) =−−−−−−−= ++ 1225432112 ...)()( nnn aaaaaaas

( ) ( ) ( )( )12254321 ... +−++−+−−= nn aaaaaaa

Zaključujemo 1. 1120 as n << +

2. niz 12 +ns je opadajući niz,

Iz 1. i 2. zaključujemo da je niz 12 +ns konvergentan.

Neka je '12lim ss n =+ . Iz jednakosti

ss n =2lim

0lim =na ,

sleduje da je

( ) ssasasss nnnnn =+=+=+== +++ 0limlimlimlim 12212212' .

Dokazali smo konvergenciju reda, uz pretpostavku da je 1. .......21 >>>> naaa

2. 0lim =na

Ako je nnnnn Rsaass +=+++= ++ ...21 i

( ) ( ) ( ) ( )( )...... 543214321 +−+−−=+−+−= +++++++++ nannnnnnnn aaaaaaaaaR

to je 1+< nn aR (jer je izostavljena zagrada pozitivna). To znači da je ostatak reda (greška) manji od prvog izostavljenog člana.

Primeri.

1. Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju sledećih redova

1.1. ( )∑∞

=

− ⋅−1

1 11n

nn

1.2. ( )

∑∞

=

−

+

−

1 2

1

11

n

n

nn

1.3. ( )

∑∞

=

− ⋅−

1

1

!1

n

n

nn

1.4. ( )

∑∞

=

−−−

1

1

!1

n

nn

ne

Matematika III

255

1.5. ( )( )∑

∞

=

+

+−

1

1

1ln1

n

n

n

Rešenja.

1.1. ( )∑∞

=

− ⋅−1

1 11n

nn

Odgovarajući modularni red ovog reda je ( ) ∑∑ =⋅−∞

=

∞

=

−

11

1 111nn

nnn

, to je harmonijski red i on je

divergentan.

Da bi ispitali konvergenciju reda ( )∑ ⋅−∞

=

−

1

1 11n

nn

koristićemo Lajbnicov kriterijum, pođimo od,

1. Kako je Nnnn

Nnnn ∈∀<+

⇒∈∀>+1

111 . Dakle Nnaa nn ∈∀> +1 tj. niz

{ } Nnna ∈ je monotono opadajući.

2. ( ) 011limlim 1 =−= −

∞→∞→

nn

nn n

a

Ispunjeni su uslovi Lajbnicovog kriterijuma pa je red ( )∑ ⋅−∞

=

−

1

1 11n

nn

konvergentan. Kako je red

( )∑∞

=∑∞

=−=

11

111n

n

n nn divergentan, za red ( )∑ ⋅−

∞

=

−

1

1 11n

nn

kažemo da je uslovno konvergentan ili

(semikonvergentan).

1.2. ( )

∑∞

=

−

+

−

1 2

1

11

n

n

nn

Modularni red ovog reda je ∑+

∞

=1 21n nn

. Ispitajmo njegovu konvergenciju.

Koristimo granični kriterijum

11

lim1

1lim 2

22=

+=+

nn

n

nn

Kako je red ∑∞

=1

1n n

divergentan, divergentan je i red ∑∞

= +1 21n nn

.

Dakle red ( )

∑+

−∞

=

−

1 2

1

11

n

n

nn

nije apsolutno konvergentan.

Ispitajmo sada konvergenciju reda ( )

∑+

−∞

=

−

1 2

1

11

n

n

nn

. Koristimo Lajbnicov kriterijum.

1. 21 nnan+

= . Treba dokazati da je niz { } Nnna ∈ monotono opadajući. Posmatrajmo funkciju

( )21 x

xxf+

= i ispitajmo njenu monotonost. ( )( ) ( )22

2

22

2'

1

1

1

21

x

x

x

xxxxf+

−=

+

⋅−+=

Dakle ( )xf je opadajuća funkcija za x>0, pa je niz { } Nnna ∈ monotono opadajući niz

2. 01

limlim2=

+=

∞→∞→ nna

nn

n

Matematika III

256

Na osnovu Lajbnicovog kriterijuma red ( )

∑∞

=

−

+

−

1 2

1

11

n

n

nn

je konvergentan, a kako je red ∑∞

= +1 21n nn

divergentan, to je red ( )

∑∞

=

−

+

−

1 2

1

11

n

n

nn

uslovno konvergentan. Ispitivanje je moglo da se sprovede na taj

način da je 11

lim1

1lim 2

22=

+=+

nn

n

nn

pa iz divergencije reda sa opštim članom n1

sledi divergencija sa

opštim članom 21 n

n+

1.3. ( )

∑∞

=

− ⋅−

1

1

!1

n

n

nn

Modularni red ovog reda je ∑∞

=1 !n nn

. Ispitajmo njegovu konvergenciju. Kako je po red sa pozitivnim

članovima možemo da koristimo Dalamberov kriterijum:

( ) ( )( )

( )( ) 01lim

!1!1lim

!1!1lim

!

!11

lim1

lim ==++

=+

+=

++

=+

=∞→∞→∞→∞→∞→ nnnn

nnnn

nn

nn

nn

aa

nnnnnn

nλ

10 <=λ pa je red ∑∞

=1 !n nn

konvergentan.

Dakle red ( )

∑∞

=

− ⋅−

1

1

!1

n

n

nn

je apsolutno konvergentan, pa je i konvergentan.

1.4. ( )

∑∞

=

−−−

1

1

!1

n

nn

ne

Modularni red ovog reda je red ∑ ∑=∞

=

∞

=

−

1 1 !1

!n n n

n

nene

. To je red sa pozitivnim članovima, pa da bi

dokazali njegovu konverfgenciju možemo koristiti Dalamberov kriterijum

( )( ) ( ) 0

11lim

!1!lim

!1

!11

lim1

lim1

=+

=⋅+⋅⋅

⋅=

⋅

+=

+=

∞→∞→

+

∞→∞→ nenneene

ne

nea

ann

n

nn

n

nn

nn

λ

⇒<= 10λ red ∑∞

=

−

1 !n

n

ne

je konvergentan.

Kako je red ∑∞

=

−

1 !n

n

ne

konvergentan, red ( )

∑∞

=

−−−

1

1

!1

n

nn

ne

je apsolutno konvergentan.

1.5. ( )( )∑

∞

=

+

+−

1

1

1ln1

n

n

n

Modularni red ovog reda je ( )∑∞

= +1 1ln1

n n to je red sa pozitivnim članovima. Da bi ispitali njegovu

konvergenciju koristićemo Rabeov kriterijum.

Matematika III

257

( )

( )

( )( ) =

−

++

=

−

+

+=

−=

∞→∞→∞→1

121

21

11

1nlnnlnnlim

nln

nlnnlimaa

nlimrnnn

n

n

( ) ( )( ) ( ) ( ) =

+

++

=+++

⋅=

+

+−+∞→∞→∞→ 1ln

12ln

lim1ln

12ln

lim1ln

1ln2lnlimn

nn

nnnn

nnnn

n

nnn

( ) 01lnlim

111lim 1

lim11

=∞

=∞

=+

++

=+∞→

∞→

+⋅+

∞→ een

n nn

n

n

nnn

n

10 <=r pa je red ( )∑+

∞

=1 1ln1

n n divergentan.

Ispitajmo sada konvergenciju reda ( )( )∑+

−∞

=

−

1

1

1ln1

n

n

n, koristeći Lajbnicov kriterijum:

1. ( )∑∞

= +1 1ln1

n n

Kako je Nnnn ∈∀+<+ 21 i xy ln= rastuća funkcija

( ) ( ) ( ) ( ) Nnnn

nn ∈∀+

>+

⇒+<+⇒2ln

11ln

12ln1ln .

Dakle naa nn ∀>+1 pa je niz { } Nnna ∈ monotono opadajući.

2. ( ) 011ln

1lim =∞

=+∞→ nn

Dakle zadovoljeni su uslovi Lajbnicovog kriterijuma, pa je red ( )( )∑

∞

=

+

+−

1

1

1ln1

n

n

n konvergentan. Kako je

red ( )∑∞

= +1 1ln1

n n divergentan to je red

( )( )∑

∞

=

+

+−

1

1

1ln1

n

n

n uslovno konvergentan.

Dokazaćemo neka svojstva redova Stav 8.3.2.1.2. Kod reda sa pozitivnim članovima, raspored članova ne utiče na zbir, reda.

Dokaz. Neka je ∑∞

==

1nnas i neka je ms konvergentan red sa istim članovima kao red s, ali sa

različitim rasporedom članova Neka je ns parcijalna suma reda s a mks parcijalna suma reda ms , koja

sadrži sve članove sume ns . Zbog pozitivnih članova i konvergencije reda ms , je mmkn sss <≤ .

Ograničen i monotono rastući niz ns je konvergentan, prema tome je mn sss ≤=lim .

Na analogan način se pokaže da je i ssm ≤ , odnosno da je mss = , što je i tvrdnja stava. Stav 8.3.2.1.3. Poredak članova, kod apsolutno konvergentnog reda, ne utiče na zbir reda.

Dokaz. Već smo dokazali da je kod apsolutno konvergentnog reda ∑∞

=−==

1nn qpsa , gde su p i q

zbirovi pozitivnih, odnosno, negativnih članova. Izmena poretka članova u redu s utiče na poredak u redovima p i q, ali pozitivnost članova i dokazani stav 8.3.2.1.2 vode na zaključak da se p i q (zbirovi) ne menjaju, prema tome ne menja se ni sqp =− .

8.3.2.2. Semikonvergentni redovi

Matematika III

258

Neka je ∑∞

=1nna red sa članovima proizvoljnog znaka i neka je njegov, odgovarajući, modularni red

∑∞

=1nna divergentan.

Neka je ns parcijalna suma reda ∑∞

=1nna , '

ns parcijalna suma modularnog reda, np parcijalna suma

pozitivnih i nq parcijalna suma negativnih članova reda ∑∞

=1nna .

Znamo da je tada

ssn =lim +∞='lim ns

nnn qps −= nnn qps −='

Odavde je

( )'21

nnn ssp += ( )nnn ssq −= '21

( ) ∞=∞+= sp n 21lim ( ) ∞=−∞= sq n 2

1lim

Prema tome redovi p i q su divergentni. Time smo dokazali sledeći stav. Stav 8.3.2.2.1. Semikonvergentan red s sastavljen je iz dva divergentna reda p i q, pri čemu je p red

pozitivnih članova a q red negativnih članova. Vredi i sldeći stav Stav 8.3.2.2.2. Članovi semikonvergentnog reda mogu se tako rasporediti da zbir tog reda bude

unapred zadani broj. Može se umesto broja uzeti ∞+ , odnosno može se načiniti takav raspored članova da red bude divergentan.

Dokaz. Počnimo od prvog člana (ako je pozitivan) i sakupimo sve pozitivne članove tako da im zbir ne bude veći od unapred datog fiksnog broja 0s (kako smo pokazali ∞=nplim , pa je moguće sakupiti članove da zbir bude po volji veliki). Dobijenom zbiru dodajemo prve negativne članove dok ne padne zbir ispod broja 0s . Sada dodajemo pozitivne članove (od člana gde smo u prvom koraku stali), dok zbir opet ne nadmaši broj 0s . Nastavljanjem takvog postupka sa negativnim pa sa pozitivnim članovima i opet tako, zaključili bi da tako formiran red od grupe pozitivnih i negativnih članova konvergira oko 0s

(prilazimo broju 0s i sa leve i desne strane). Razlika ssn − može se učiniti manjom od zadnjeg uzetog

člana za . Prema tome je zn ass <− . Neka je nz aa = . Kako je razmatrani red konvergentan to je

ssssp nnn =⇒=−⇔= lim0lim0lim . Posledica stava 8.3.2.2.2. Izmenom poretka članova semikonvergentnog reda menja se i zbir tog

reda.

Zadaci.

1. Odrediti opšti član reda i napisati red u sažetom obliku (pomoću Σ)

1.1. ...31

211 +++ 1.2. ...

51

311 +++

1.3. ...61

41

21

+++ 1.4. ...84

43

221 ++++

1.5. ...165

94

432 ++++ 1.6. ...

646

275

843 ++++

1.7. ...169

137

105

73

++++ 1.8. ...15916

898

394

92

++++

1.9. ...24

2566

27241 ++++ 1.10. ...

!2566

!272

!411 ++++

2. Na osnovu definicije ispitati konvergenciju (divergenciju) i odrediti sume redova

Matematika III

259

2.1. ...81

41

21

+++ 2.2. ...271

91

31

+++

2.3. ...75

153

131

1+

⋅+

⋅+

⋅ 2.4. ...

731

621

511

+⋅

+⋅

+⋅

2.5. ∑∞

= +−2 2 3841

n nn 2.6.

( )∑∞

= +

+

1 22 1

12n nn

n

2.7. ∑∞

=+

−

11

11

22n

nn 2.8. ∑∞

=

+

1

11lnn n

2.9. ( )( )∑∞

= +−1 52121

n nn 2.10. ∑

∞

= −−1 2 2391

n nn

3. Ispitati konvergenciju redova

3.1. ∑∞

=

+

1

1n n

n 3.2. ∑

∞

= +

−

1 2

2

5413

n nn

3.3. n

n nn

∑∞

=

+

1

1 3.4.

11

1 +

−∑∞

= nn

n

3.5. n

n nn

1

1 11

+

−∑∞

=

4. Koristeći prvi kriterijum upoređivanja ispitati konvergenciju redova

4.1. ∑∞

= ⋅1 31

n nn 4.2. ∑

∞

= ++1 2 11

n nn

4.3. ∑∞

=1

lnn n

n 4.4. ∑

∞

= −1

1n nn

4.5. ∑∞

= +1 3 1n nn

4.6. ( )

∑∞

= +−⋅+

1 32135

n n

4.7. ∑∞

=1

2 3sinn nn

n 4.8.

( )∑∞

= +1 11

n nn

4.9. ∑∞

=1 3sin2

n nn α

4.10. ∑∞

= ⋅1 31

n nn.

5. Koristeći granični kriterijum upoređivanja ispitati konvergenciju redova

5.1. ∑∞

=

−+

1

33 1n

nn 5.2. ∑∞

= +

+

1 2

2

21

n nn

5.3. ∑∞

=1

1sinn n

5.4. ∑∞

= ++

+

1 3 112

n nnn

5.5. ( )∑∞

=−+

11

nnn 5.6. ∑

∞

= ++

++

1 26

2

23

152n nn

nn

Matematika III

260

5.7. ∑∞

=

+

+

1

2

3

2

11

n nn

5.8. ( )( )∑∞

=

+−1

3

52121

n nn

5.9. ∑∞

= ++1 33 4 1n nn

n 5.10. ∑

∞

=1

1n n nn

6. Koristeći Dalimberov kriterijum ispitati konvergenciju redova

6.1. ( )∑+

∞

=1 !13

n

n

n 6.2. ∑

∞

= ⋅1 21

n n n

6.3. ( )

∑∞

=1 !2!

n nn

6.4. ∑∞

=1 !1

n n

6.5. ∑∞

=1 3n nn

6.6. ∑∞

= +1 12!

n nn

6.7. ( )∑+

∞

=1

3

!12n nn

6.8. ( )

∑∞

= +−1 1123

!2n nn

n

6.9. ( )

∑+∞

=1 !3

!!12

n n n

n 6.10.

( )∑∞

=1 31

!!!2

n narctg

nn

6.11. ( )

( )∑+⋅

+∞

=1 13....41!!12

n nn

6.12. ( )( )

∑+

+⋅∞

=1 !1223....52

n n nn

6.13. ( )

( )∑∞

= +⋅

1 21arcsin

!13....63

n nnn

6.14. ( )

( )∑∞

=1 33 4!

!3

n nn

n

6.15. ( )( )∑

+∞

=1 !3!12!

n nnn

7. Primenom Košijevog korenog kriterijuma ispitati konvergenciju redova

7.1. ∑∞

=1

2

2n nn

7.2. ∑∞

=1

3n nn

n

7.3. ∑∞

=

+1

2

12

n

nn

nn

7.4. ∑∞

=

+

1

212

n

nn

nn

7.5. ∑∞

=

+

1

2

12n n

n

n 7.6. ∑

∞

=

1

1sinn

n

n

7.7. ∑∞

= +

⋅

1 13

n n

n

nn

7.8. ( )

∑∞

= +1 1lnn n nn

7.9. ∑∞

= ⋅1 2 21

n nn 7.10.

n

n nn

∑∞

=

+1 243

7.11. ∑∞

= +1 322

n nn 7.12. ∑

∞

=

++

1 121

n

n

nn

Matematika III

261

7.13. ∑∞

=

+

+

1 2

23

65

n

n

nn

7.14. ∑∞

=

++

+−

1

542

11

n

nn

nn

7.15. ∑∞

=

+

+

1

23

32

n

n

nn

8. Primenom Rabeovog kriterijuma ispitati konvergenciju redova

8.1. ( )∑∞

= +1 11

n nn 8.2.

( )( )∑−∞

=1 !!2!!12

n nn

8.3. ∑∞

=1

1n nn

8.4. ∑∞

=1

!n nn

n

8.5. ( )

( )∑+

∞

=1

2

!12!

n

n

nnn

9. Koristeći Košijev integralni kriterijum ispitati konvergenciju redova

9.1. ∑−+

∞

=1 2 321

n nn 9.2. ( ) ( )∑

++

∞

=1 1ln11

n nn

9.3. ∑∞

= +1 12

n n

n

n 9.4. ∑

∞

= +1 211

n n

9.5. ∑∞

= ++1 211

n nn 9.6. ∑

∞

=

−

1n

n

ne

9.7. ∑∞

=

−

1

2 3

n

nen 9.8. 2

1 211

∑∞

=

+

+

n nn

9.9. ∑∞

= −1 2 11

n n 9.10. ∑

∞

= −+

1

1ln1n n

nn

10. Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju redaova

10.1. ( )5231

4 2

11

++

−∑∞

=

−n

nn

nn 10.2. ( )

nnnn

ln11

11

−−∑

∞

=

−

10.3. ( )31 1

1+

−∑∞

= n

n

n 10.4. ( )

1321

22

1

1

+−∑

∞

=

−nn

n n

10.5. ( ) ( )21ln1

11

++

−∑∞

=

−nn

nn 10.6. ( )

11

211

++−∑

∞

=

+

nn

n

nn

10.7. ( )

nn

n

n 2

12

1

1 −

− +∑∞

= 10.8.

( )( ) 11 11

−∑∞

= −+

−n

n

n n

10.9. n

nn

cos1

∑∞

= 10.10.

( )( )!21 n

n n

n

−∑∞

=

10.11. ( )211

3

1

1

+

+−∑

∞

=

−

nn

n

n 10.12. ( )( )1ln1

1 +−

∑∞

= nn

n

n

Matematika III

262

10.13. ( )

nnn

n

ln1 1

1

+∑∞

=

− 10.14.

( ) ( )( )n

n

n n

n

1

!!211 +

−∑∞

=

10.15. ( )13231 1

1 −−

− +∑∞

= nnn

n

8.4. FUNKCIONALNI REDOVI

8.4.1. UNIFORMNA (RAVNOMERNA) KONVERGENCIJA

Def. 8.4.1.1. Red oblika

( ) ( ) ( ) ( )∑∞

=

+++=1

21 ....n

nn xUxUxUxU , (8.4.1.1.)

gde su ( ) { }∞+∈ UNixUi , funkcije od x, naziva se funkcionalni red. Za 0xx = funkcionalni red (8.4.1.1.) prelazi u numerički red. Ako je za 0xx = numerički red konvergentan, tada za tačku 0xx = kažemo da je tačka konvergencije reda (8.4.1.1.). Skup svih tačaka x u kojima je red (8.4.1.1.) konvergentan predstavlja interval konvergencije tog reda.

Za red ( ) ( )∑∞

=1,

nxn sxU je njegova suma, ( )xsn je parcijalna suma a ( )xRn je ostatak tj. ( ) ( )∑=

∞

=1nn xUxs ,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )xUxUxUxUxs nn

iin +++=∑=

=...21

1, ( ) ( ) ( ) ( ) ...21

1++=∑= ++

∞

+=xUxUxUxR nn

niin , odnosno

( ) ( ) ( )xRxsxs nn += (8.4.1.2.)

Ako je razmatrani funkcionalni red konvergentan, tada je ( ) ( )xnn

x ss∞→

= lim . Iz (8.4.1.2.) sledi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0limlim =−=−=⇒−=∞→∞→

xsxsxsxsxRxsxsxR nn

nn

nn .

Znači da ostatak konvergentnih redova teži 0.

Primeri i zadaci.

1. Naći oblast (interval) konvergencije sledećih redova

1.1. ∑∞

= ⋅1

2

2n n

n

nx

1.2. ∑∞

=1n

nx

1.3. ( )

∑∞

= ⋅

−

1 31

n n

n

nx

1.4. ( )

∑∞

= +

−

1 21

3n n

n

n

x

1.5. ( )∑∞

=−

++

1

2214

1n

nn

xn

n

Napomena. Oblast (interval) konvergencije funkcionalnih redova se obično određuje primenom Dalamberovog ili Košijevog korenog kriterijuma za red od apsolutnih vrednosti njegovih članova.

Rešenja.

1.1. ∑∞

= ⋅1

2

2n n

n

nx

Na osnovu Dalamberovog kriterijuma je

Matematika III

263

( )( )

=⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅=

⋅

+==

∞→

+

+

∞→+

∞→ nn

nn

n

n

n

n

n

nn

nn xn

nxx

nx

nx

aa

2

22

2

1

22

1

2212lim

2

21limlimλ

( ) 21lim

212lim

222 xn

nxn

nxnn

=+

=+⋅

=∞→∞→

Da bi red bio konvergentan na osnovu Dalimberovog kriterijuma potrebno je da 1<λ . Dakle

22212

22

<<−⇒<⇒< xxx.

Kako za 1<λ Dalamberov kriterijum ne daje odgovor, to za granične slučajeve treba izvršiti

posebno ispitivanje. Za 2=x dobijamo red ( )

∑∞

=∑∞

=∑∞

==

⋅=

⋅ 111

21

22

22

nn n

n

n n

n

nnn. Red ∑

∞

=1

1n n

je

harmonijski red i on je divergentan za 2−=x dobijamo red ( )

∑∞

=∑∞

=∑∞

==

⋅=

⋅

−

111

21

22

22

nn n

n

n n

n

nnn. Na

osnovu ovoga zaključujemo da red konvergira za 22 <<− x , tj. interval konvergencije je ( )2,2− .

1.2. ∑∞

=1n

nx (geometrijski red)

Na osnovu Košijevog korenovog kriterijuma je xxc n nn

==∞→

lim . Kako je na osnovu Košijevog

kriterijuma red konvergentan za c<1 to 111 <<−⇒< xx . Za c=1 Košijev kriterijum ne daje odgovor,

pa je potrebno ispitati granične slučajeve. Za x=-1 dobijamo red ( )∑∞

=+−+−=−

0....11111

n

n , pokazano

je da je divergentan. Za x=1 dobijamo red ∑∞

=+++=

0....1111

n

n

Kako je nsn =+++= 1...11 i ∞==∞→∞→

nsn

nn

limlim to je i ovaj red divergentan. Znači

geometrijski red je konvergentan za 11 <<− x .

1.3. ( )

∑∞

= ⋅

−

1 31

n n

n

nx

Na osnovu Košijevog korenog kriterijuma je

( )3

11lim3

13

1lim31limlim

−=⋅

−=

−=

⋅

−==

∞→∞→∞→∞→

x

nx

nx

nxac

nnnnn

n

n

nn n

n jer je 1lim =

∞→n

nn .

Dakle 423133113

1<<−⇒<−<−⇒<−⇒<

−xxx

x. Za granične slučajeve će biti za

2−=x ( ) ( ) ( ) ( )

nnnn

n

nn

nn

nn

n

nn

n

n

13

3133

312

1111

−=

⋅

⋅−=

⋅

−=

⋅

−−∑∞

=∑∞

=∑∞

=∑∞

=-konvergentan red

Za 4=x ( )

nnnn

nn

n

nn

n

n

13

331

111∑∞

=∑∞

=∑∞

==

⋅=

⋅

− - divergentan red

Dakle red ( )

n

n

n nx

31

1 ⋅

−∑∞

= konvergira za 42 <≤ x

Matematika III

264

1.4. ( )

n

n

n n

x

21

31 +

−∑∞

=

Koristimo Dalimberov kriterijum:

( )

( )( )

=⋅+

+−=

⋅+

−⋅+

−

=+

=+∞→

+

+

∞→∞→ 1

1

1

22

213lim

21

322

3

lim1

limn

n

n

n

n

n

n

nn

nn n

nx

n

xn

x

nn

λ

=

+

+=⋅

+

+−=

∞→+∞→∞→,1

21lim

2

2lim21lim3

1 nn

nnx

nn

n

nn

( )( )=== ++

+++−+−

∞→+∞→∞→ 1

11lim1

122lim

2

2lim nnnnnn

nnnn

n

nn

( )31222 1

1lim1

1lim−=

==== ++

−++

+−∞→∞→ xonnnn

nnnn

Dakle 4213113 <<⇒<−<−⇒<− xxx Ispitajmo i granične slučajeve

1. za 2=x dobijamo red ( ) ( )

n

n

nn

n

n nn 21

1

21

3211 +

−=

+

−∑∞

=∑∞

= ispitajmo njegovu konvergenciju

koristeći Lajbnicov kriterijum

1. 11

22

1,21

1++

+=

+=

nnnnn

an

a

Kako je nnnn 22,12 1 >+>+ +

, to je

naa nn ∀<⇒ +1 pa je niz { } Nnna ∈ opadajući

2. 01

21

1lim =∞

=⋅+∞→ nn n

Ispunjeni su uslovi Lajbnicovog kriterijuma pa je red ( )

n

n

n n 21

11 +

−∑∞

= konvergentan.

2. za ( )

nnn

n

n nnx

21

1

21

34411 ⋅+

=+

−⇒= ∑

∞

=∑∞

=. Ispitajmo njegovu konvergenciju

,21

1nn

na

+= kako je

11

1 12 2 1 21 22 2

n nnnn n n n

nn+

++ ⋅ > + ⋅ ∀ ⇒ < ∀ ⇒+ ⋅+ ⋅

Matematika III

265

nnnnnb

n 21

21

2

1

21

1=<<

+

Kako je red nn 2

11

∑∞

= konvergentan (lako se pokazuje Dilamberovim kriterijumom) i nba nn ∀≤

to je i red nn n 21

11 +

∑∞

= konvergentan.

Dakle red ( )

n

n

n n

x

21

31 +

−∑∞

= je konvergentan za 42 ≤≤ x

1.5. ( ) nn

nx

nn 2

12

141

−

++

∑∞

=

Koristimo Košijev korenov kriterijum

( ) ( )nn

nn

nn n

nx

nnx

nna =−

++

=−

++

=∞→∞→∞→

22 214

1lim214

1limlim

( ) ( )42

141lim2

22 −

=++

−=∞→

xn

nxn

Dakle

( ) ( ) 4022242142 2

2<<⇒<−<−⇒<−⇒<

− xxxx

Ispitajmo sada granične slučajeve

1. Za 0=x red postaje ( ) nn

n

nn

n nn

nn 4

1412

141

1

2

1⋅

++

=−

++

∑∞

=∑∞

=

Kako je

43

143lim14

33

14

1431lim

1444limlim ee

nnna n

nn

nn

n

n

nn

nn ==

++=

++

= ++⋅

+

∞→∞→∞→∞→ , to je red

( )∑∞

=

++

1 1414

n

n

nn

divergentan

2. Za 4=x red postaje ( ) n

n

nn

n nn

nn

++

=

++

∑∞

=∑∞

= 14142

141

1

2

1 - pokazano da je divergentan

Dakle red ( ) ( ) n

n

nx

nn 2

12

1414

−

++

∑∞

= je konvergentan za 40 << x .

Def. 8.4.1.2. Za funkcionalni red

( )∑∞

=1nn xU , kažemo da je uniformno konvergentan u intervalu (a,b), ako za

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) εεεε <>∀∃>∀ xRnnn n000 . Ta se definicija može iskazati i ovako Def. 8.4.1.3. Za funkcionalni red

( )∑∞

=1nxUn , kažemo da je uniformno konvergentan u intervalu (a, b) ako za

Matematika III

266

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) εεεε <−>∀∃>∀ xnx ssnnn 00000 .

Vajerštrasov kriterijum konvergencije, vredi sledeći kriterijum

Stav 8.4.1.1. Red ( )∑∞

=1nn xU je uniformno konvergentan u segmentu [ ]ba, , ako postoji konvergentan

numerički red.

( ) { }( )∑ ∞∈∀>∞

=10

nin NUiaa , tako da za [ ]bax ,∈∀ , važe nejednakosti

( ) { }( )∞∈∀≤ NUiaxU ii

Dokaz. Neka je ∑∞

==

1nnas , tada je nn Rss += .

Kako je red ∑∞

=1nna konvergentan, to je ( )0lim lim == nn Rss .

Analogno je za razmatrani funkcionalni red ( ) ( ) ( )xRxsxs nn += .

Iz ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ≤++=⇒≤⇒≤ ++ ...21 xUxUxRaxUaxU nnniiii

( ) ( ) nnnnn RaaxUxU ≤++≤++≤ ++++ ....... 2121 .

Odnosno ( ) [ ]( )baxRxR nn ,0limlim ∈∀=≤ . Kako je

( ) 0lim =xRn , to je u skladu sa definicijom unifomne konvergencije, red uniformno konvergentan. Vredi sledeći stav

Stav 8.4.1.2. (Košijev kriterijum uniformne konvergencije reda). Funkcionalni red ( )∑∞

=1nn xf je

uniformno konvergentan na ( ) akkoba,

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) εε <

∈∀⇒>∈∀∈∃>∀ ∑

+

+=

pn

nkk xfbaxnnNpNn

100 ,0 .

Stav 8.4.1.3. Neka su svi članovi funkcionalnog reda ( )∑∞

=1nn xf neprekidne funkcije na ( )ba, . Ako

red ( )∑∞

=1nn xf uniformno konvergira na ( )ba, , onda za ( )bax ,0 ∈∀ važi

( ) ( )∑∞

= →∑∞

=→

=

11 00limlim

nn

xxnn

xxxfxf .

Dokaz.

( ) ( ) =

=

∑

∞→→

∞

=→xsxf n

nxxnn

xxlimlimlim

010(kada su svi članovi ( )xfn neprekidne funkcije tada je i ( )xsn

neprekidna funkcija pa limesi mogu zameniti mesta)=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∑∑ ====

=

∞

= →

∞

=∞→→∞→ 1 01000

0limlimlimlim

nn

xxnnn

nn

xxnxfxfxsxsxs .

Time je stav dokazan. Dokazali smo u matematici da je granična vrednost zbira jednaka zbiru graničnih vrednosti kada je

broj sabiraka konačan. Prethodnim stavom dokazano je da je to moguće i za beskonačno mnogo članova pod uslovom da

se radi o članovima uniformno konvergentnog reda.

Primeri.

1. Ispitati uniformnu konvergenciju sledećih redova koristeći Vaještrasov kriterijum

1.1. ∑∞

=1 3sin

n nnx

, uopšti za red ( )∑∞

=≥

12sin

n kk

nnx

Matematika III

267

1.2. ∑∞

= +1 241n xnx

1.3. ( )

∑∞

=

⋅

1

2 cosn

nxnn

xnarctg π

Rešenja.

1.1. Kako je ( ) ( )Rxnn

nxRxnx ∈∀≤⇒∈∀≤ 33

1sin1)sin(

Red ∑∞

=1 31

n n je kovergentan pa je na osnovu Voještrasovog kriterijuma., red ∑

∞

=1 3sin

n nnx

uniformno konvergentan ( )Rx ∈∀ .

1.2. ∑∞

= +1 241n xnx

Kako je

( )xnxn

xnxnxnxnxn224

2242422

2

1

1

12102101 ≤+

⇒≥+⇒≥+−⇒≥−

Dakle ( )Rxnnxn

xxn

x∈∀≤=≤

+ 222241

21

21

Red ∑∞

=1 21

n n je konvergentan pa je na osnovu Vaještrasovog kriterijuma red ∑

∞

= +1 241n xnx

uniformno konvergentan ( )Rx ∈∀ .

1.3. ( )

∑∞

=

⋅

1

2 cosn

nxnn

xnarctg π

Kako je ( )2

2 π≤xnarctg i ( )Rxnx ∈∀≤ 1cos π to je

( )nnnn

xnarctg nx1

2cos2 ⋅≤

⋅π

π.

Red ∑∞

=∑∞

==

1 2/31

11nn nnn

je konvergentan pa je na osnovu Vaještrisovog kriterijuma red

( )∑∞

=

⋅

1

2 cosn

nxnn

xnarctg π uniformno konvergentan ( )Rxnx ∈∀≤ 1cos π .

2. Koristeći Vaještrasov kriterijum pokazati da su redovi uniformno konvergentni na skupu E.

2.1. ( )( ) [ ]+∞=+++

∑∞

=,0,

11

1E

nxnxn

2.2. [ ]+∞=∑∞

=

− ,0,1

2 Eexn

nx

2.3. ( )

[ ]2,0,1ln

1ln1 2

=

++∑

∞

=E

nnx

n

Rešenja.

2.1. ( )( ) [ ]+∞=+++

∑∞

=,0,

11

1E

nxnxn

Matematika III

268

Kako je nnxx ≥+≥ 0 i nnx ≥++ 1 onda je: ( )( ) 21

11

nnxnx≤

+++.

Dakle 0≥∀x iz konvergencije reda ∑∞

=1 21

n n sledi na osnovu Vaještrasovog kriterijuma uniformna

konvergencija reda ( )( )∑∞

= +++1 11

n nxnx

2.2. [ ]+∞=∑∞

=

− ,0,1

2 Eexn

nx

( ) nxn exxa −= 2

( ) ( ) ( )nxnxnxnxn xenexxexa −−−− =−⋅+= 22 2'

( )n

xnxxa nn2020' =⇒=−⇒=

nx 2

=µ je maksimum funkcije ( ) 02 >∀= − xexxa nxn

Dakle ( ) ( ) 0>∀≤ xxaxa nn µ odnosno 22

222 2 −⋅−− =

≤ e

nne

nex n

nnx

Kako je 022

2 >∀≤− xen

nex nx , to iz konvergencije reda ∑∞

=1 21

n n sledi na osnovu

Vaještrasovog kriterijuma uniformna konvergencija reda 01

2 >∀∑∞

=

− xexn

nx

2.3. ( )

[ ]2,0,1ln

1ln1 2

=

++∑

∞

=E

nnx

n

Kako je 20 ≤≤ x dobijamo

( )( ) ( )1

211

10 22 ++≤

++=≤

nlnnnlnnxxan . Kako je red

( )1ln2

21 +∑∞

= nnn konvergentan to je za

20 ≤≤ x red ( )

∑∞

=

++

1 2 1ln1ln

n nnx

na osnovu Vajštrisovog kriterijuma uniformno konvergentan.

8.5. POTENCIJALNI REDOVI

Def. 8.5.1. Funkcionalni red

( )Raxaxaaxa in

nn

nn ∈++++=∑

∞

=......

010 , (8.5.1.)

naziva se potencijalnim (stepenim, celim) redom. Za potencijalni red

( ) ( ) ( ) ......0

10 +−++−+=−∑∞

=

nn

n

nn axaaxaaaxa (8.5.2.)

kažemo da je razvijen u okolini tačke ax = . Kako je ( )nn xx 0−= , to je red (8.5.1.) razvijen u okolini tačke 0=x . Smenom tax =− red (8.5.2.) prelazi u red (8.5.1.). Mi ćemo iz tih razloga razmatrati red (8.5.1.).

Matematika III

269

Stav 8.5.1. (Abelov stav) Ako red (8.5.1.) konvergira za 00 ≠= xx , tada on apsolutno konvergira

za x∀ za koje je .0xx < Ako potencijalni red (8.5.1.) divergira za 1xx = , tada on divergira za x∀

za koje je .1xx >

Dokaz. Dokažimo prvi deo stava. Iz pretpostavke da je red (8.5.1.) konvergentan za 0xx = , sledi

da numerički red n

nn xa 0

0∑∞

= konvergira. To znači da opšti član tog reda teži nuli, tj. 0lim 0 =n

n xa .

To znači da se može naći broj M0, takav da je 00 Mxa nn < . Iz jednakosti

............0

00

0100

10 +

+++=++++=∑

∞

=

nn

nn

nn

nn x

xxaxxxaaxaxaaxa sledi jednakost

++<++++=∑∞

= 000

000010 ......

xxMM

xxxa

xxxaaxa

nn

nn

nn

∑=

++++=+++

∞

=0 00

000

00 ......1......

n

nnn

xxM

xx

xxM

xxM

Kako je 0xx < , to je 10<

xx

, pa je red ∑∞

=0 0n

n

xx

jedan geometrijski red, kod koga je

100<==

xx

xx

q , što znači da je to jedan konvergentan red. Prema dokazanom stavu konvergentan je

i red ∑∞

=0 00

n

n

xxM . Iz pretpostavke da je 0xx < , sledi

nnn

n

nn

nn

nnn xxM

xxxa

xxxaxaxa

00

00

000 <=

=< .

Na osnovu kriterijuma upoređivanja, zaključujemo da je konvergentan red ∑∞

=0n

nn xa , odnosno da

je apsolutno konvergentan red ∑∞

=0n

nn xa (iz konvergencije modularnog reda sledi apsolutna

konvergencija reda). Drugi deo stava možemo ovako dokazati. Neka je red (8.5.1.) divergentan za 1xx = . Ako bi on bio

konvergentan za 12 xx > , tada bi prema prvom delu stava bio konvergentan i za 2xx <∀ , što znači i za 1xx = a to je kontradikcija.

Za red (8.5.1.) je

qxa

axx

aa

xa

xa

n

n

n

nn

n

nn ==⋅= ++

++ 11

11 limlimlim .

Ako je 1lim1

1 <⋅=+

+ qxxa

xan

n

nn , tada je razmatrani red konvergentan (Dalomberov kriterijum).

Odredimo kakve uslove mora zadovoljavati x kod konvergentnog reda. Iz

( )0011 >⇒>=<⇒<⋅ RqRq

xqx . Iz

RxRRx <<−⇒< .

Matematika III

270

Odnosno za ( )RRx ,−∈ razmatrani red je konvergentan. Za interval ( )RR,− kažemo da je interval konvergencije a za

11lim

lim

11

++===

n

n

n

n aa

aaq

R kažemo da je poluprečnik konvergencije potencijalnog reda (8.5.1.).

Za Rx −= ili Rx = trebalo bi posebno ispitati konvergenciju reda ( )∑∞

=−

0n

nn Ra ili ∑

∞

=0n

nn Ra . Za

[ ]RRx ,−∉ razmatrani red je divergentan. Vredi sledeći stav.

Stav 8.5.2. Funkcionalni red ∑∞

=0n

nn xa uniformno konvergira u svakom segmentu

[ ] ( )RR,, −⊆− ρρ , gde je interval ( )RR,− interval konvrgencije. Dokaz. Za [ ]ρρ,−∈x je

nn

nn

nn

nn

nn axaaxaxxx ρρρρρρ ≤⇒≤⇒≤⇒≤⇔≤≤− . Kako ( )RR,−∈ρ , to je

konvergentan brojni red ∑∞

=0n

nna ρ . Iz n

nn

n axa ρ≤ sledi da uniformno konvergentan red

∑∞

=0n

nn xa . Kada je red uniformno konvergentan, tada je njegova suma ( )xs neprekidna funkcija u

posmatranom intervalu.

Primeri.

1. Odrediti poluprečnik konvergencije stepenog reda

1.1. ∑∞

=0 !n

n

nx

1.2. ∑∞

=1n

n

nx

1.3. ∑∞

=

+1

2

1n

nn

xn

n

Rešenja.

1.1. ∑∞

=0 !n

n

nx

( )

( ) ( ) ∞=+=+

=

+

==∞→∞→∞→+∞→

1lim!

!1lim

!11!

1

limlim1

nn

n

n

naa

Rnnnn

nn

1.2. ∑∞

=1n

n

nx

. n

nlim

n

nlimaalimR

nnn

n

n11

11

1

1=

+=

+

==∞→∞→+∞→

Kako je 1=R , odnosno interval konvergencije )1,1(− , to ostaje da se ispita šta je na granicama intervala.

Matematika III

271

1.3. ∑∞

=

+1

2

1n

nn

xn

n

=

+

=

+

=

+

==∞→∞→∞→∞→

n

nnnn

nnn nn nn

nn

nna

R 1lim

1

1lim

1

1lim1lim2

en

n

n=

+=

∞→

11lim

2. Odrediti interval konvergencije stepenog reda

2.1. ( )

∑∞

= +1 31n n

n

nx

2.2. ( )

( ) ( )∑∞

= ++

+

1 1ln121

n n

n

nnx

2.3. ( ) ( )∑∞

=

+

⋅

−−

1

21

421

n n

nn

nx

Rešenja.

2.1. ( )

∑∞

= +1 31n n

n

nx

Odrediti najpre poluprečnik konvergencije ovog reda

( )

( )

( )( ) 313

123

1323

321

311

1

11

=⋅=++

=++

=

⋅+

+==∞→

+

∞→

+

∞→+∞→ nnlim

nnlim

n

nlimaalimR

nn

n

nn

nn

n

n

n

Stepeni red ( )

∑∞

= +1 31n n

n

nx

apsolutno konvergira na intervalu (-3,3). Treba još ispitati konvergenciju

ovog reda na krajevima intervala konvergencije:

1) za 3−=x dobijamo brojni red ( )

( )( )

∑∞

=∑∞

= +−

=+

−

11 11

313

n

n

n n

n

nn

Kako je: 1. nnn

nn ∀<+

⇒>+1

111 , tj. nnn aa ∀+ <1

2. 01

1lim =+∞→ nn

Na osnovu Lajbnicovog kriterijuma ovaj red je konvergentan

2) 3=x dobijamo brojni red ( ) ∑∑∞

=

∞

= +=

+ 11 11

313

nnn

n

nn

Kako je 11

lim1

11

lim =+

=+∞→∞→ n

n

n

nnn

i red ∑∞

=1

1n n

divergentan, divergentan je i red ∑∞

= +1 11

n n na osnovu

graničnog kriterijuma upoređivanja. Znači red ( )

∑∞

= +1 31n n

n

nx

je kovergentan na polusegmentu: [-3, 3).

Matematika III

272

2.2. ( )

( ) ( )∑∞

= ++

+

1 1ln121

n n

n

nnx

Smenom tx =+ 1 , dati stepeni red postaje ( ) ( )

∑∞

= ++1 1ln12n n

n

nnt

. Njegov poluprečnik

konvergencije je:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

=++

++=

++

++==

+

∞→+

∞→+∞→ 1ln12

2ln22lim

2ln22

11ln12

1

limlim1

11 nn

nn

nn

nna

aR

n

n

nn

n

nnn

n

( )( ) 2

1ln2lnlim

12lim2 =

++

++

=∞→∞→ n

nnn

nn

Stepeni red ( )

( ) ( )∑∞

= ++

+1 1ln12

1n n

n

nnx

je konvergentan za 13

212

<<−⇓

<+<−

x

x odnosno na intervalu (-3,

1). Ispitajmo konvergenciju na krajevima intervala

1) za x=-3 dobijamo red ( )

( ) ( )( )

( ) ( )∑∞

=∑∞

= ++−

=++

+−

11 1ln11

1ln1213

n

n

n n

n

nnnn

1. ( ) ( ) ( ) ⇒>++⇒>+∧>+ nnnnnnnn ln1ln1ln1ln1

( ) ( ) nnnn ln1

1ln11

<++

⇒ tj. naa nn ∀<+1 .

2. ( ) ( ) 01ln1

1lim =++∞→ nnn

Na osnovu Lajbnicovog kriterijuma je red ( )

( ) ( )∑∞

= ++

−1 1ln12

1n n

n

nn konvergentan.

2) za x=1 dobijamo red ( ) ( )1ln11lim

++∞→ nnn. Da bi ispitali njegovu konvergenciju koristimo Košijev

integralni kriterijum

( ) ( )( )( )

===

=+

=+=

++∫∞

∞→∫∞

∫∞

tdt

tdt

dtdxx

txdx

xx a 2ln1 2lnlim

11

1ln

1ln11

( ) ∞=−∞=−==∞→∞→

2lnln2lnlnlnlim2ln

lnlim aa

taa

Kako je ( ) ( )( )∫∞

++1 1ln11

xx divergentan, divergentan je i red ( ) ( )( )∑

∞

= ++1 1ln11

n xx znači stepeni

red ( )

( ) ( )( )∑∞

= +++

1 1ln11

n

n

xxx

konvergira na polusegmentu [-3,1].

2.3. ( ) ( )∑∞

=

+

⋅

−−

1

21

421

n n

nn

nx

Smenom ( ) tx =− 22 , dobijamo red ( )∑∞

=

+

⋅−

1

1

41

n n

nn

nt

. Poluprečnik konvergencije ovog reda je:

Matematika III

273

44lim

4

11lim1lim =⋅=

⋅

==∞→∞→∞→

nn

n nnn nn

n

na

R jer je 1=∞→

n

nnlim

Zato red ( ) ( )∑∞

=

+

⋅

−−

1

21

421

n n

nn

nx

konvergira za:

( ) 4022242 2 <<⇒<−<−⇒<− xxx Dakle interval konvergencije je (0,4) ispitajmo konvergenciju na krajevima intervala konvergencije za

x=0 i za x=4 dobijamo red ( )∑∞

=

+−1

1 11n

nn

, koji je konvergentan na osnovu Lajbnicovog kriterijuma.

Znači stepeni red ( ) ( )∑∞

=

+

⋅

−−

1

21

421

n n

nn

nx

je konvergentan na segmentu [0,4].

8.6. INTEGRACIJA REDA

Neka je ( ) ∑∞

==

0'

n

nn xaxs , ( ) ∑

∞

=

++

+=

0

1

1n

nn c

nxaxs , ( ) ∑

==

n

i

iin xaxs

0

' , ( ) ∑=

++

+=

n

i

iin c

ixaxs

0

1

1,

( ) ...22

11

' ++= ++

++

nn

nnn xaxaxR

( ) ...32

32

21 +

++

+=

+

+

+

+ nxa

nxaxR

nn

nnn Neka je red ∑

∞

=0nn

n xa uniformno konvergentan u intervalu

[ ]ρρ,− . Tada je ( ) ( ) ( ) ε<=− xRxsxs nn''' za ( )ε0nn > . Iz ( ) ( ) ( )⇒+= xRxsxs nn

''' kada je red

uniformno konvergentan, tada je njegova suma ( )xs neprekidna funkcija pa se može integraliti.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫ ∫∫ +=+= dxxRxsdxxRdxxsdxxs 'nn

'n

'n

' Odakle je

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ≤∫=∫ −⇒∫ ∫=− dxxRxsdxxsdxxRxsdxxs nnnn''''

( ) ∫ ∫=≤∫≤ dxdxdxxRn εε'

Otuda je

( ) ( ) 0'lim =∫ −∞→

xsdxxs nn

ili

( ) ( ) ( ) ( ) ⇔=∫ −⇔=∫ −∞→∞→∞→

0lim'lim0lim' xsdxxsxsdxxs nnn

nn

( ) ( ) ( )∫ ∫==⇔∞→∞→

dxxsdxxsxsn

nn

''limlim .

Kako je

( ) dxxadxxsn

nn∫ ∫ ∑

∞

=

=

0' i

( ) ( ) ( ) ( )∑∞

=∫∑

∞

=∫∑

∞

=

+

∞→+=+=

+==

000

1

1lim

n

nn

n

nn

n

nnn

ncdxxacdxxa

nxaxsxs , to se konačno može napisati

( )∑ +∫=∫ ∑∞

=

∞

= 00 n

nn

n

nn cdxxadxxa .

Matematika III

274

Time je dokazan stav 8.6.1. Stav 8.6.1. Potencijalni red se može integralisti član po član u intervalu njegove uniformne

konvergencije.

8.7. DIFERENCIRANJE REDA

Ako je

( ) ( )∑ ∑∞

=

∞

=

−==0 1

1' n n

nn

nn xanxsxaxs ,

( ) ∑=

=n

i

iin xaxs

0;

( ) ∑==

−n

i

iin xiaxs

1

1' ;

( ) ∑∞

+=

=1ni

iin xaxR ;

( ) ∑=∞

+=

−

1

1'

ni

iin xiaxR

i ako je red ( ) ∑∞

=

−=1

1'n

nn xanxs uniformno konvergentan u intervalu [ ]ρρ,− , tada se taj red može

integraliti član po član, tj ( ) =

=∫ ∫ ∑

∞

=

− dxxnadxxsn

nn

1

1' (kako je red uniformno konvergentan u datom

intervalu, to je integral zbira jednak zbiru integrala)

( ) ( )∑ ∑ ∑∑ ∫∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

− +=+=+=+==1 1 0

111

1

n n n

nn

nn

n

nn

nn xscxacxac

nxnacdxxna .

Iz dobijene jednakosti

( ) ( ) ( )( ) ( ) ∑∞

=

−∑∞

=∫ =

+⇔=+⇒+=

1

1'

11

''11'

n

nn

n

nn xnaxacxsxscxscdxxs

Kako smo pokazali da je svaki potencijalni red uniformno konvergentan za [ ] ( ) RxRRx <≤⇔−⊆−∈ ρρρ ;; (gde je R poluprečnik konvergencije) to smo na ovaj način

dokazali. Stav 8.7.1. Potencijalni red se može diferencirati (član po član) u intervalu njegove uniforme

konvergencije.

Ako funkcija ( )xf i stepeni red ∑∞

=0n

nn xa na skupu D imaju svojstvo ( ) ( ) ∑

∞

==∈∀

0n

nn xaxfDx ,

onda se kaže da je funkcija ( )xf razvijena u stepeni red na skupu D . Svakako je RDD ⊆ , gde je RD oblast konvergencije datog reda.

Primeri.

1. Razviti u stepeni red ( ) arctgxxf =

Rešenje.

( ) ( )21

1'x

xfarctgxxf+

=⇒=

Matematika III

275

Kako je 21

1x+

zbir geometrijskog reda za koji je a1=1, q=-x2 to

( )∑∞

=−=+−+−=

+ 0

26422

1...11

1n

nn xxxxx

Poluprečnik konvergencije ovog reda je R=1. On konvergira za 1<x , pa je prema dokazanom stavu

( ) ( ) ( )∑ ∫∫ ∫∑∞

=

∞

=

=−=−==0

2

0

2 11'n

nn

n

nn dxxdxxdxxfarctgx

( ) cxxxcn

x

n

nn ++−=+

+−= ∑

∞

=

+...

33121

53

0

12.

Za ( ) 0 000...30000

3

==⇒=⇒++−=⇒= carctgcarctgcarctgx

Dakle ( )∑∞

=

+

+−=

0

12

121

n

nn

nxarctgx .

2. Znajući da je ( )1111

1 32 <−=+−+−=+

∑∞

=x x)( ....xxx

x 0n

nn , pokazati da je

( ) ( )1132

132

≤<−++−=+ x ...xxxxln .

Rešenje. Kako je ( )( )x

x+

=+1

11ln ' , to je

( ) ( ) ( )∑∞

=

+∫ ∑∞

=∫ +

+−=−=

+=+

0

1

0 111

111ln

n

nn

n

nn cnxdxxdx

xx .

Dalje je cclnc)ln( =⇒=⇒+=+ 01001

Dakle, ( ) ( )∑∞

=

++−+−=

+−=+

0

4321...

432111ln

n

nn xxxx

nxx što je i trebalo dokazati.

3. Data je funkcija ( ) ( ) ( )( )11ln1 −++= xxxf

3.1. Naći izvod funkcije f(x)

3.2. Razviti funkciju f(x) u stepeni red u okolini tačke x=0 i odrediti interval njegove konvergencije

3.3. Naći sumu reda ( )( )∑

∞

=

−

+−

1

1

11

n

n

nn

Rešenje.

3.1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1ln111ln1

1111ln' +=+−+=+

⋅++−+= xxx

xxxf

3.2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∑∫∞

=

+

=+

−=+==0

1

111

n

nn 2 primer dx

nxdxxlndxx'fxf

( ) ( )∑∞

=

+∑∞

=∫

+ ++

⋅+

−=

+−

=0

2

01

211

11

n

nn

nn

nc

nx

ndxx

n

Kako je ( ) ( )( ) 1111ln100 −=⇒−=−+= cf

Matematika III

276

Dakle, ( ) ( )( )( )

( )( )

( )( )∑ ∑+

−+−=

+−

∑ +−=++

−+−=

∞

=

∞

=

−+−∞

=

+

1 1

111

0

2

111

111

2111

n n

nnnn

n

nn

nnxx

nnx

nnxxf

1lim1==

+n

naa

R . Prema tome interval konvergencije (-1, 1).

( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )( )∑

∞

=

−∑∞

=

−=+−++=+=

+−

⇒+

−+−=

1

1

1

11111ln1111

11

1111

n

n

n

nf

nnnnf

12ln2122ln2 −=+−=

( )1−f nije definisano.

4. Dat je red ( ) nn

xnn∑∞

=+

11

4.1. Odredi interval konvergencije ovog reda

4.2. Naći njegovu sumu

4.3. Naći sumu reda ( )nn

nn

2

1

1

+∑∞

=

Rešenje.

4.1. ( )( )( ) 1

2lim

211limlim

1=

+=

+++

==∞→∞→+∞→ n

nnn

nna

aR

nnnn

n

Red ( )∑∞

=+

11

nnn je apsolutno konvergentan za –1<x<1

4.2. Kako je za –1<x<1

( ) ( ) ( ) =+

+=+=

+

+∞

=

∞

=

∞

=∑∑ ∫∫ ∑

1111

1

111 nxnndxxnndxxnn

n

n

n

n

n

n

∑∞

=

−∑∞

=

+ ==1

11

21n

nn

n nxxnx . Dalje:

∑∞

=∑∞

=∫ ∑

∞

=∫

−∑∞

=

−−

==⋅==

1 111

11

11

n nn

n

nn

nn

xx

nxndxnxdxnx

Kako je ( )

∫ ∑∞

=

−∑∞

=

−

−=

−=⇒

−=

1 2

'1

11

1

11

11

1

nn

nn

xxnx

xdxnx .

( )( )

( )( )

=

−=+⇒

−==

+ ∑∑ ∫∫ ∑

∞

=

−∞

=

∞

=

'

n

n

n

n

n xxxnn

xxxnxdxxnn 2

24

12

21

1

2

1 11

11

( ) ( )( )

( )( )( ) ( )334

22

1

2

1

112

1

1212

x

x

x

xxxx

x

xxxx

−=

−

+−−=

−

−⋅+−=

4.3. Za 21

=x red ( ) 41

1 xnnn∑∞

=+ postaje ( )

∑∞

=

+

1 2

1

n nnn . Dakle ( ) 8

211

212

2

131=

−

⋅=

+∑∞

=n nnn

Matematika III

277

5. Dat je red ( )12

112

11

+−

+∑∞

=

+n

x n

nn

5.1. Odrediti interval konvergencije ovog reda

5.2. Naći njegovu sumu

5.3. Naći sumu reda ( )( )

∑∞

= +

+

+

−

1 12

1

312

1

n n

n

n

5.1. Da bi našli interval konvergencije ovog reda, koristićmo Dilimberov kriterijum za funkcionalne redove:

( )( )

212

32

12

32

1

3212

12

32 xnxnxlim

nxn

x

limu

ulim n

n

nn

n

nn

n

n=

++

=

+

+== +

+

∞→+

+

∞→

+

∞→λ

Dakle red je apsolutno konvergentan za 1112 <<−⇒< xx 5.2. Kako je

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−−=−=+

−=

+− ∑

∞

=∑∞

=

++∑∞

=

++

∑∞

=

+

122

11

21

11

'12

11 1

1221

121

n

nnn

nn

nn

nn

nn xx

nx

nx

( )2

2

2

2122

1111 x

x

x

xq

axqxa

+=

+

−−=

−=−=−=

( ) ∫ ∫ ∫ ∫+

∑∞

=

+ +−=+

−=+

−+=

+=

+− carctgxx

x

dxdxdxx

xdxx

xn

x n

nn

22

2

2

212

11

11

11

1121

za x=0 ( ) 00012

0112

11 =⇒+−=

+−

+∑∞

=

+ ccarctgn

n

nn

Dakle: ( ) arctgxxn

x n

nn −=

+−

+∑∞

=

+12

112

11

5.3. Brojni red ( )

( )∑∞

= +

+

+

−1 12

1

312

1n n

n

n dobijamo od stepenog reda ( )

121

12

11

+−

+∑∞

=

+n

x n

nn za

31

=x . Kako je

13

11 <<− to

( )( )

( )πππ−=−=−=−=

−∑∞

= ++

+32

61

633

631

31

31

32

1

1 121

1arctg

n nn

n

6. Naći sumu reda ∑∞

=

+

0

2

!2

1

nn

nx

n

n

Rešenje. Kako je: ∑∞

=∑∞

=+

0 0

2

!2!2n n n

n

n

n

n

x

n

xn i ∑∞

==

0 !nx

ne

nx to:

∑∞

=∑∞

==

=0 0

2!

2

!2n n

xn

n

ne

n

x

n

x .

Matematika III

278

Dalje: ( ) ( ) ( )

∑ ∑−

=−

⋅∑ ∑ =

−

⋅=

∞

=

∞

= −

−∞

=

∞

= 1 1 1

1

1 1

2

!122!12!12!2 n n n

n

n

n

n n n

n

n

n

nnxx

nxn

nnnxn

nxn

( ) ( ) ( )∑ ∫ ∑ ∫ =

−=

−=∫

∑

−

∞

=

∞

=

−−−

−∞

= −

−

1 1

111

1

1 1

1

!12!12!12 n n

nnn

n

n n

ndxx

nndx

nnxdx

nnx

( ) ( ) ( )∑ ∑∑∞

=

∞

=−

−

−

∞

=− =

−=

−=⋅

−=

1 1

21

1

11

1 121212 n n

x

n

n

n

n

n

n

n ex!n

xx!n

xnx

!nn

( )22

1

21

1

212

xx'

n

x

n

n

exexe!n

nx+=

=

−∑∞

=−

−

∑∞

=+=

+⋅=

122

222

2

2422!2n

xxxx

n

nexexexex

n

xn

Dakle ∑∞

=

++=++=

+

0

22222

221

2424!2

1

n

xxxxn

nxxeeexexx

n

n

Zadaci:

1. Naći oblast (interval) konvergencije sledećih redova

1.1. ( )∑∞

= +−

0 11

n

n

nx 1.2. ( )

n

nx∑

∞

=1ln

1.3. ( )( )∑

∞

= −−

1 1212sin

n

n

nxn 1.4. ∑

∞

= +1 1

1

n nx

1.5. ∑∞

=1

1

n nx

2. Ispitati uniformnu konvergenciju sledećih redova koristeći Vajštrasov kriterijum

2.1. ∑∞

=1

sin

n px

nx 2.2. ( )( )

∑∞

= +

−

1 313

1

n n

n

n

x

2.3. ∑∞

= +1 251n xx

nx 2.4. ∑∞

=1

cos

n px

nx

2.5. ∑∞

=1 !sin

n nnx 2.6. ∑

∞

=

−

12 23

nxnenx

2.7. ∑∞

= +1

2

21n n

nx 2.8. ( )∑∞

=−

⋅

1

21

2

3

nnn

n

nxxn

2.9. ∑∞

= +1 21sin

n n xn

x 2.10. ( )

∑∞

=1 21

n nnx

2.11. ∑∞

= +1 34n nnx

arctgnx 2.12. ( )∑∞

= +1

3

n

n

xnnx

2.13. ( ) ( )∑∞

= ++

+

1 2

23

43

22

n

n

nx

xn 2.14. ∑∞

= +1 2ln

1sincos

n nxnnx

nx

Matematika III

279

2.15. ∑∞

=

−

13 2

nxnen

3. Odrediti poluprečnik konvergencije sledećih redova

3.1. ∑∞

=1 2n

n

n

x 3.2. ∑∞

=135

nnn x

3.3. ∑∞

=12

nnxn 3.4. ∑

∞

=

++

1 321

nnx

nn

3.5. ∑∞

=1nnn xn 3.6.

( )( )∑

∞

=1

42

!2!

nx

nn

3.7. ∑∞

=1 2

42

n

nn

n

x 3.8. ( )∑∞

=

+

15

2

3

1

nn

nxn

3.9. n

n nxn

∑∞

=1! 3.10. ∑

∞

=

++

1

2

52

nn

nx

nn

4. Odrediti interval konvergencije sledećih stepenih redova

4.1. ( )∑∞

=−

+

+

1 21

23

12

nnx

n

n 4.2. ( )( )

∑∞

= +

+

1 2 1ln

12

n

nn

nn

x

4.3. ∑∞

=1

223

nnn x 4.4. ( )

∑∞

=

−

1

1

n

n

nnx

4.5. ( )∑ +

+−∞

=121

2312

n

nn

xnn

4.6. ( )

∑+

−∞

=1 121

n

nn

nx

4.7. ( )2

1

214

n

n

n x∑ +∞

= 4.8. ( )∑

∞

=+

+

+

1 3

42

4

3

nnx

nn

n

4.9. ( )

∑+−

+

+∞

=1 2323ln

11

n

n

nn

nx

4.10. ( ) ( )∑ +

−∞

=12

!!!12

n

nxn

n

5. Razviti u Maklorenov red funkciju ( )( )( )432

832 +−

+=

xxxxf .

6. Razviti u tejlerov red u okolini tačke x=2 funkcije ( ) ( )234ln xxxf −+= .

7. Rzviti u Moklarenov red funkciju ( )

++= 1ln 2xxxf

8. Razviti u Moklarenov red funkciju ( )33

−+

=xxarctgxf .

9. Razložiti u Miklarenov red funkciju ( ) 21arcsin xxxxf −+= .

10. Razložiti u Miklorenov red funkciju ( ) ( )21ln2 xxarctgxxf +−= . 11. Naći sumu sledećih redova

11.1. ∑∞

=1n

n

nx

11.2. ∑∞

=

+

1

1

n

nnx

11.3. ( )12

12

0 +∑ −∞

= nx nn

n 11.4. ( ) n

nxnn∑ +

∞

=12

Matematika III

280

11.5. ( )

∑+∞

=0

3

!13

n

n

nxn

11.6. ( ) ( )

( )n

n

nx

nn 2

0

2

!2121

∑+−∞

=

11.7. ( )( )

n

n

nx

nn

∑+

−∞

=0

3

!11

11.8. ( )∑+

∞

=1

4

!1n nnx

11.9. ( )( )∑

−−∞

=

−

1

21

!121

n

nn

nnx

11.10. ( )

∑+

∞

=

+

0

14

142

n

n

nx

11.11. n

nxn3

1∑∞

= 11.12. ( )( )∑

++

∞

=1 21n

n

nnnx

11.13. ( )13

113

0 +∑ −

+∞

= nx nn

n 11.14. ( )

( )( )∑∞

=

−

−−−

2

1

211

n

nn

nnx

11.15. ( ) ( )!21

0 nxnn

n∑ −∞

= 11.16. ( )!12

2

0 +∑∞

= nxx n

n

11.17. ( )!

1

0 nnx n

n

+∑∞

= 11.18. n

nxn 4

1∑∞

=

11.19. n

n

n n

x

51 ⋅∑∞

= 11.20.

n

n

n en

x

⋅∑∞

=1

12. Naći sume sledećih brojnih redova

12.1. !

2

1 nn

n∑∞

= 12.2. ( )

!12

0 nnn

n

+∑∞

=

12.3. ( )( )12

1

0 +−

∑∞

= nnn

n 12.4.

nn

n

3

2

1∑∞

=

12.5. ( )( )1111

0 ++∑∞

= nnn 12.6. ( )32

1

1 +∑∞

= nnn

12.7. ( )131

1 +∑∞

= nnn 12.8. ( )12

1

1 +∑∞

= nnn

12.9. ( )2

121 −+

−∑∞

= nn

n

n 12.10. ( )

131

0 +−

∑∞

= n

n

n

12.11. ( )nn

nn

2

1

1

+∑∞

= 12.12.

nn

n

21∑∞

=

12.13. nn nπ

1

1∑∞

= 12.14. ( )

11

1 +−

∑∞

= n

n

n

12.15. ( )( )13

1

1 +−

∑∞

= nn

n

n

8.8. FURIEOVI REDOVI

Def. 8.8.1. Za red

Matematika III

281

( )∑∞

=++

10 sincos2 n

nn nxbnxaa

, (8.8.1.)

kažemo da je trigonometrijski red. Ako red 8.8.1. kovergira i suma mu je ( )xs , tada je ( ) ( )πkxsxs 2+= . Ako se za neku funkciju f definisanu i apsolutno integrabilnu u [ ]ππ ,− , mogu da izračunavaju

koeficijenti ( )∫=−

π

ππdxxfabaa kk

1:,, 00

( ) ( )∫=∫=−−

π

π

π

π ππkxdxxfbkxdxxfa kk sin1,cos1

, (8.8.2.)

tada se formira red

( ) ( )∑ ++=∞

=1

0 sincos2 k

kk kxbkxaa

xf (8.8.3.)

za koga kažemo da je Furijeov red. Ako je ( ) [ ]παα 2, +−=fD , tada su koeficijenti

( ) ( )∫=∫=ππ

ππ

2

0

2

0sin1,cos1 kxdxxfbkxdxxfa kk .

Ako je ( ) [ ]αα,−=fD , tada su koeficijenti

( ) ( )∫=∫=−−

α

α

α

α απ

ααπ

αdxxkxfbdxxkxfa kk sin1,cos1

i red

( ) ∑

++=

∞

=1

0 sincos2 k

kkxkbxka

axf

απ

απ

.

Ako je u intervalu [ ]ππ ,− funkcija f ograničena i ako se interval [ ]ππ ,− može podeliti na konačan broj

podintervala u kojima je f monotona i neprekidna, tada je ( ) [ ]( )πππ

,sincos11

−∈∑ +=∞

=xkxbkxaf

kkkx ,

gde su ka i kb Furijeovi koeficijenti f. Ako je 0x tačka prekida intervala [ ]ππ ,− , suma reda je

( ) ( ) ( )( )0021

000 ++−= xfxfxs .

Ako je ( ) ( )ππ ff ≠− , tada je ( ) ( ) ( ) ( )( )0021

−++−==− ππππ ffss .

Primeri.

1. Periodičnu funkciju ( ) xxf = razviti u Furijeov red. Funkcija je definisana u intervalu [ ]ππ ,− sa periodom π2 .

Rešenje.

( ) ( )∫ =−=−

==∫=−−

π

π

π

πππ

ππ

π

πππ0

21

2111 22

2xxdxdxxfao

( ) ∫ ==∫=−−

π

π

π

π ππnxdxxndxxfan cos1cos1

(x je neparna funkcija)=0

( ) ( )∫ ⋅−=−==∫=−

+

−

π

π

π

ππ

ππ nn

nnxdxxnxdxxfbn

21cos2sin1sin1 11 .

Tada je

Matematika III

282

( ) ( ) ( )∑ ∑ −=++==∞

=

∞

=

+

1 1

10 sin21sincos2 n n

nnn nx

nnxbnxa

axxf .

Kako je ( ) ( ) ππππ =−=− ff , to je prema (8.8.5.)

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 02100

21

=+−=−++−==− ππππππ ffss .

2. Razviti periodičnu funkciju ( ) xxf = kod [ ]ππ ,−

Rešenje. Znamo da je ( ) [ ][ ]

∈−∈−

==ππ,0

0,xzax

xzaxxxf

( ) ( ) +∫ =+−

−=∫+−=∫=−−

0 222

0 21

02

10

21111

π

ππ

π

ππ

π

ππ

πϑππxxxdxdxxdxxfao

πππ

ππ

==+ 22 1

21

( ) ( )∫ =

==∫+−=∫=−−

0

0

20...cos1cos1cos1

π

ππ

π πππknza

nxdxxnxdxxnxdxxfan

( ) 0.....sin1==∫=

−

π

ππdxxfbn

3. Razviti funkciju ( ) ( )( )ππ 2,02

∈−

= xxxf .

Rešenje.

0....2

1 2

00 ==∫

−= dxxa

π ππ

0....cos2

1 2

0==∫

−= dxkxxak

π ππ

kkxdxxbk

1....sin2

1 2

0==∫

−=

π ππ

U ovom slučaju je

( )∑ ∑=++=− ∞

=

∞

=1 1

0 sin2

sincos2 n n

nn nnxa

nxbnxaxπ.

4. Odrediti 8π sa tačnošću do 10-3.

Rešenje. Za 8

32

424

πππππ=

−=

−⇒=

xx pa je

∑ =++++=⋅

==

==

− ∞

=1...sin

41

43sin

31

2sin

21

4sin4

sin

83

42 n n

nxx ππππ

ππππ

( ) ( ) ( )1101

22

910

81

22

711

61

22

510

22

31

21

22

+

++

−+−+

−++++=

5. Razviti funkciju

Matematika III

283

( ) [ ]( )ππ ,024

2∈−= xxxxf

Rešenje.

∫ ∫ −==

−=

===

==

−

α

α

π πππ

πωπ

πω

0

220 3

...24

2

1cos12dxxxdxf

zaa

∫ =

−=

π ππ 0

2

41cos

242 nxdxdxxxan

∫ =

−=

π ππ 0

20sin

242 nxdxxxbn

∑ ∑=⇔+−=

=⇓

∑+−=−

∞

=

∞

=

∞

=

1 1 2

2

2

2

1 2

22

16

0cos6

0

0

cos624

n n

n

nn

xn

nxxx

ππ

ππ

6. Razviti u Furijeov red funkciju ( ) xxf = sa periodom α2 na segmentu [ ]αα ,− .

Rešenje. Kako je ( ) ( )xfxxxf === to je ∫ ===α

αα 0

0 ...2 xdxa

∫

−===α

π

ααπ

α 0 2240

...cos2neparnokza

k

parnokzadxxkxan

0=nb

( ) +∑

++−=−+==

∞

=1 222225cos

5

13cos3

1cos42

cos42 k

xxxxk

kxxf

απ

απ

απ

π

αααπ

π

αα

( )

+

+

+++ ...12cos

121...

2π

αxp

p