uporabna matematika za naravoslovce
TRANSCRIPT
Uporabna matematika zanaravoslovce
Zapiski predavanj
Studijski programi: Aplikativna kineziologija, Biodiverziteta
Studijsko leto 2013/14
doc.dr. Barbara Boldin
Fakulteta za matematiko, naravoslovje in informacijske tehnologijeUniverza na Primorskem
Kazalo
I Linearna algebra 3
1 Matrike 41.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Osnovne racunske operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Determinanta kvadratne matrike . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Adjungiranka kvadratne matrike . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Sistemi linearnih enacb 202.1 Splosni sistem linearnih enacb . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2 Cramerjevo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.3 Gaussov postopek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3.1 Racunanje inverza s pomocjo Gaussovega postopka . . 29
3 Lastne vrednosti in lastni vektorji matrik 31
4 Zgledi uporabe matrik v naravoslovju 384.1 Dinamika starostno strukturirane populacije . . . . . . . . . . 384.2 Dinamika genotipov in barv rastlin skozi generacije . . . . . . 41
II Funkcije ene ali vec spremenljivk 44
1 Funkcije ene spremenljivke (ponovitev) 45
2 Funkcije vec spremenljivk 502.1 Osnovni pojmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.2 Limita in zveznost funkcij vec spremenljivk . . . . . . . . . . 522.3 Parcialni odvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.4 Visji parcialni odvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.5 Diferenciabilne funkcije in totalni diferencial . . . . . . . . . . 63
1
2.6 Ekstremi funkcij vec spremenljivk . . . . . . . . . . . . . . . . 652.7 Odvod sestavljene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3 Integriranje funkcij 743.1 Nedoloceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.2 Metode integriranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.2.1 Metoda dekompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.2.2 Metoda substitucije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 763.2.3 Metoda integracije po delih (per partes) . . . . . . . . 773.2.4 Metoda dekompozicije (II) . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.3 Doloceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 783.3.1 Lastnosti dolocenega integrala . . . . . . . . . . . . . 80
3.4 Zveza med dolocenim in nedolocenim integralom . . . . . . . 813.5 Posploseni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.5.1 Neomejen integracijski interval . . . . . . . . . . . . . 823.5.2 Integracija neomejene funkcije . . . . . . . . . . . . . 83
3.6 Uporaba dolocenega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.6.1 Racunanje ploscin likov . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.6.2 Racunanje locnih dolzin . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.6.3 Racunanje prostornine rotacijskega telesa . . . . . . . 863.6.4 Racunanje povrsine rotacijskega telesa . . . . . . . . . 86
4 Taylorjeva formula in Taylorjeva vrsta 874.1 Uporaba Taylorjeve vrste in Taylorjeve formule . . . . . . . . 89
5 Diferencialne enacbe 915.1 Navadna diferencialna enacba 1. reda . . . . . . . . . . . . . 91
5.1.1 Enacba z locljivima spremenljivkama . . . . . . . . . . 925.1.2 Linearna diferencialna enacba 1. reda . . . . . . . . . 95
5.2 Linearna diferencialna enacba 2. reda s konstantimi koeficienti 985.3 Sistem linearnih diferencialnih enacb 1. reda s konstantnimi
koeficienti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
2
Del I
Linearna algebra
3
Poglavje 1
Matrike
V tem poglavju bomo spoznali pojem matrike, se naucili z matrikami racunatiter si ogledali nekaj primerov uporabe matrik v biologiji.
1.1 Uvod
Definicija. Matrika reda (oziroma velikosti) m×n z realnimi koeficienti jepravokotna shema realnih stevil, ki so razporejena v m vrstic in n stolpcev:
A =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n...
.... . .
...am1 am2 · · · amn
Pisemo tudi A = (aij)
m,ni,j=1.
Stevila, ki sestavljajo dano matriko imenujemo elementi ali koeficientimatrike. Matrike bomo oznacevali z velikimi crkami (denimo A, B, X),njihove elemente pa obicajno z malimi crkami (denimo a12, b21, xij). Indeksaelementa aij povesta polozaj elementa v matriki: element aij se nahaja v i-tivrstici in j-tem stolpcu matrike A. Matriko poznamo, ce poznamo elementematrike in njihov polozaj v matriki. Matriki A in B sta enaki kadar imataisti red in enake istolezne elemente.
Primer. Matrika
A =
(5 2 −17 −3 0
)ima red 2× 3, njeni elementi pa so a11 = 5, a12 = 2, a13 = −1, a21 = 7, a22 =−3 in a23 = 0.
4
Primer. Matrika z elementi b11 = 0, b12 = 3, b21 = 7, b22 = −3, b31 = 0 inb32 = 5 je
B =
0 37 −30 5
.
Red matrike B je 3× 2.
Opomba. Matriko lahko zapisemo tudi z oglatimi oklepaji, denimo
C =
[−1 15 −9
].
1.2 Osnovne racunske operacije
V mnozico matrik najprej vpeljimo dve operaciji, sestevanje in mnozenje.Matriki lahko sestejemo le ce imata enak red, vsota pa je definirana
takole:
Definicija. Vsota matrik A = (aij)m,ni,j=1 in B = (bij)
m,ni,j=1 je matrika C =
A+B, ki ima za elemente vsoto istoleznih elementov matrik A in B, t.j.
cij = aij + bij
za i = 1, ...,m in j = 1, ..., n.
Sestevanje matrik je asociativno in komutativno, saj obe lastnosti veljataza sestevanje v mnozici realnih stevil. Nevtralni element za sestevanje jematrika samih nicel (nicelna matrika), nasprotni element matrike A pa jematrika -A z nasprotno predznacenimi elementi, −A = (−aij)m,ni,j=1.
Primer. Za
A =
(5 2 −17 −3 0
)in B =
(4 8 16 3 2
)je
A+B =
(9 10 013 0 2
)in
A−B = A+ (−B) =
(1 −6 −21 −6 −2
).
5
Primer. Vsota matrik
A =
5 2 −17 −3 01 −1 2
in B =
(4 8 16 3 2
)
ne obstaja, saj sta matriki razlicnih velikosti.
Produkt matrik A in B, AB, je definiran le v primeru, ko je stevilostolpcev prve (leve) matrike enak stevilu vrstic druge (desne) matrike. Ceje m×n red matrike A in p× q red matrike B, produkt AB torej obstaja lekadar je n = p. Definicija produkta pa je naslednja:
Definicija. Naj bo A = (aij)m,ni,j=1 in B = (bij)
n,qi,j=1. Produkt matrik A in
B je matrika C = AB reda m× q, katere elementi so
cij =n∑k=1
aikbkj , za i = 1, 2, ...,m in j = 1, 2, ..., q.
Recemo, da je cij “produkt” i-te vrstice matrike A in j-tega stolpca matrikeB.
Primer. Za
A =
(5 2 −17 −3 0
)in B =
4 01 −13 1
je
AB =
(19 −325 3
)in BA =
20 8 −4−2 5 −122 3 −3
.
Primer. Za
A =
(5 2 −17 −3 0
)in C =
(4 −21 6
)je
CA =
(6 14 −447 −16 −1
),
produkt AC pa ni definiran.
6
Osredotocimo se sedaj le na kvadratne matrike, t.j. matrike reda n× n.Na kratko recemo, da je red kvadratne matrike enak n. V mnozici kvadratnihmatrik sta vsota in produkt matrik vedno definirana. Poleg komutativnostiin asociativnosti sestevanja veljajo se naslednje lastnosti:
1. Asociativnost mnozenja. Za poljubne matrike A, B in C reda n velja
(AB)C = A(BC).
Dokaz. Na levi strani imamo
[(AB)C]ij =n∑k=1
(AB)ikckj =
n∑k=1
(
n∑l=1
ailblk)ckj =
n∑k=1
n∑l=1
ailblkckj ,
medtem ko je ij-ti element na desni strani enak
[A(BC)]ij =
n∑l=1
ail(BC)lj =
n∑l=1
ail(
n∑k=1
blkckj) =
n∑k=1
n∑l=1
ailblkckj .
Ker enakost velja za poljuben par (i, j), je matricno mnozenje asociativno.
2. (Ne)komutativnost mnozenja. Matricno mnozenje v splosnem nikomutativno. To pomeni, da obstajata matriki A in B za kateri veljaAB 6= BA.
Dokaz. Naj bo
A =
(1 −11 0
)in B =
(1 −11 1
).
Tedaj velja (0 −21 −1
)= AB 6= BA =
(0 −12 −1
).
3. Distributivnost produkta glede na vsoto. Za poljubne matrikeA, B in C reda n velja
(A+B)C = AC +BC
A(B + C) = AB +AC.
7
Dokaz. Dokazimo le prvo od obeh trditev (drugo enakost preverimo naenak nacin). Imamo
[(A+B)C]ij =
n∑k=1
(A+B)ikckj =
n∑k=1
(aik + bik)ckj
=
n∑k=1
(aikckj + bikckj) =
n∑k=1
aikckj +
n∑k=1
bikckj
= [AC]ij + [BC]ij .
Ker to velja za poljuben par elementov (i, j) velja (A+B)C = AC+BC.
4. Enota (oz. nevtralni element) za mnozenje. Nevtralni elementza mnozenje je t.i. identicna matrika ali identiteta I,
I =
1 0 · · · 00 1 · · · 0...
.... . .
...0 0 · · · 1
Za vsako matriko A velja AI = IA.
Pri mnozenju matrik opazimo lastnosti, ki v mnozici realnih stevil ne veljajo.Denimo:
(i) A2 = 0, ceprav A 6= 0. To velja denimo za matriko A =
(0 10 0
).
(ii) AB = 0, ceprav A 6= 0 in B 6= 0. To velja denimo za matriki
A =
(1 1−2 −2
)in B =
(1 1−1 −1
).
Definicija. Skalarna matrika je matrika oblike
λI =
λ 0 · · · 00 λ · · · 0...
.... . .
...0 0 · · · λ
za nek λ ∈ R.
8
Z uvedbo skalarnih matrik lahko v mnozico matrik vpeljemo se eno ope-racijo: mnozenje matrike s skalarjem z definicijo λA = (λI)A. Veljajo na-slednje lastnosti:
1. λ(µA) = (λµ)A,
2. (λ+ µ)A = λA+ µA,
3. λ(A+B) = λA+ λB ter
4. 1 ·A = A.
Definicija. Diagonalna matrika reda m je matrika oblikeλ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...
.... . .
...0 0 · · · λm
za λ1, ....λm ∈ R.
Ce je A matrika reda m × n in D diagonalna matrika reda m, potemlahko izracunamo produkt DA in sicer tako, da prvo vrstico matrike Apomnozimo z λ1, drugo z λ2 itd. Produkt AD obstaja kadar je matrika Areda n×m. Produkt AD dobimo tako, da prvi stolpec matrike A pomnozimoz λ1, drugega z λ2 itd.
Primer. Za
A =
(1 23 −6
)in D =
(−3 00 2
)je
AD =
(−3 4−9 −12
)in DA =
(−3 −66 −12
).
Definicija. Ce v matriki A zamenjamo vrstice in stolpce dobimo transpo-nirano matriko matrike A. Transponirano matriko oznacimo z AT , njenielementi pa so
(AT )ij = Aji.
Primer. Za A =
(5 2 −17 −3 0
)je AT =
5 72 −3−1 0
.
Pri transponiranju veljajo naslednje lastnosti:
9
1. (AT )T = A,
2. (A+B)T = AT +BT ,
3. (AB)T = BTAT .
Definicija. Kvadratna matrika A reda n je obrnljiva (oz. nesingularna,regularna), ce obstaja matrika B da velja AB = BA = I. Ce taka matrikaB obstaja je enolicno dolocena. Recemo ji inverz matrike A in jo oznacimoz A−1, Torej B = A−1.
Inverz matrike ne obstaja vedno.
Primer. Matrika
A =
(0 10 0
)ni obrnljiva. Ce bi obstajala matrika B, za katero velja AB = I, potem biveljalo tudi A2B = A. Ker pa je A2 = 0 sledi A = 0, kar pa je protislovje.
Primer. Matrika
A =
(3 15 2
)je obrnljiva. Res, za matriko
B =
(2 −1−5 3
)zlahka preverimo da velja AB = BA = I, torej B = A−1.
Veljajo naslednje lastnosti:
1. (A−1)−1 = A.
2. Ce sta matriki A in B obrnljivi, potem je obrnljiv tudi produkt AB (ceta obstaja) in velja
(AB)−1 = B−1A−1.
Dokaz. Velja (AB)(B−1A−1) = ABB−1A−1 = AIA−1 = AA−1 = I.Prav tako je (B−1A−1)(AB) = I.
3. Ce je matrika A obrnljiva, potem je obrnljiva tudi matrika AT in velja
(AT )−1 = (A−1)T .
Dokaz. Transponirajmo enakost AA−1 = A−1A = I. Po pravilih zatransponiranje sledi (A−1)TAT = AT (A−1)T = IT = I, torej (AT )−1 =(A−1)T .
10
1.3 Determinanta kvadratne matrike
Naj bo A kvadratna matrika reda n > 1. Z A(i|j) oznacimo podmatrikomatrike A, ki jo dobimo tako, da v matriki A precrtamo i-to vrstico in j-tistolpec.
Primer. Naj bo
A =
3 −1 2−5 2 79 3 −1
.
Potem je A(1|2) =
(−5 79 −1
)in A(3|3) =
(3 −1−5 2
).
Definicija. Determinanta matrike A, detA, je definirana induktivno:
1. Za n = 1 je detA = a11.
2. Za n > 1 je detA = a11A11 + a12A12 + . . .+ a1nA1n,
kjer so A1j kofaktorji k elementom prve vrstice. Za vsak par (i, j) je
Aij := (−1)i+j det(A(i|j)).
Ker je A(i|j) matrika reda n− 1, znamo detA(i|j) izracunati.
Opomba. Kadar determinanto matrike izracunamo po definiciji recemo, dasmo jo izracunali z razvojem po prvi vrstici.
Opomba. Kadar imamo matriko podano z elementi, lahko determinantooznacimo tudi z navpicnima crtama, kot je prikazano v naslednjih primerih.
Primer. Determinanto matrike reda 2 dobimo z navzkriznim mnozenjemelementov matrike,
det
(a11 a12
a21 a22
)=
∣∣∣∣ a11 a12
a21 a22
∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21.
Primer. Za matriko reda 3 imamo
det
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
=
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣= a11
∣∣∣∣ a22 a23
a32 a33
∣∣∣∣− a12
∣∣∣∣ a21 a23
a31 a33
∣∣∣∣+ a13
∣∣∣∣ a21 a22
a31 a32
∣∣∣∣= a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31.
11
Opomba. Pri racunanju determinante matrike reda 3 opazimo, da enakrezultat dobimo, ce matriki na desni pripisemo prva dva stolpca matrike,zmnozimo elemente po treh diagonalah in te produkte sestejemo, nato paod te vsote odstejemo vsoto produktov po treh vzporednih kodiagonalah.To je t.i. Sarrusovo pravilo, ki ga ponazorimo z naslednjim diagramom:
a11 a12 a13 a11 a12
a21 a22 a23 a21 a22
a31 a32 a33 a31 a32
+ + +
− − −
Primer. Izracunajmo determinanto matrike 1 2 10 −1 11 3 −1
na dva nacina.
(i) Po definiciji determinante je∣∣∣∣∣∣1 2 10 −1 11 3 −1
∣∣∣∣∣∣ = 1((−1)·(−1)−3·1)−2(0·(−1)−1·1)+1(0·3−1·(−1)) = 1.
(ii) Po Sarrusu je∣∣∣∣∣∣1 2 10 −1 11 3 −1
∣∣∣∣∣∣ = 1(−1)(−1) + 2 · 1 · 1 + 1 · 0 · 3
− 1 · (−1) · 1− 3 · 1 · 1− (−1) · 0 · 2 = 1.
Primer. Determinanta identicne matrike I je enaka 1.
Naslednje lastnosti determinante so v pomoc pri izracunu determinant(predvsem vecjih) matrik:
12
1. Determinanto lahko izracunamo tudi z razvojem po kaksni drugi vrstici.Razvoj po i-ti vrstici je
detA = ai1Ai1 + ai2Ai2 + . . .+ ainAin.
Dokaz. Izpustimo.
2. Ce je v matriki A katera od vrstic enaka 0, je detA = 0.
Dokaz. Uporabimo tocko 1 in determinanto razvijemo po nicelni vrstici.
3. Ce iz matrike A dobimo matriko B tako, da v matriki A eno od vrsticpomnozimo z realnim stevilom k, je
detB = k · detA.
Dokaz. Recimo, da i-to vrstico matrike A pomnozimo s k (ostale elementepa ohranimo). Tako dobljeno matriko B sedaj razvijemo po i-ti vrstici.Dobimo
detB = bi1Bi1 + bi2Bi2 + . . .+ binBin
= kai1Ai1 + kai2Ai2 + . . .+ kainAin
= k detA.
4. Ce v matriki zamenjamo dve vrstici, se predznak determinante spremeni.
Dokaz. Z zamenjavo i-te in (i+1)-ve vrstice dobimo iz matrike A matrikoB, kjer je bik = a(i+1),k in bi+1,k = aik za vsak k. Ostali elementi sonespremenjeni. Tedaj velja:
detB = bi+1,1Bi+1,1 + bi+1,2Bi+1,2 + . . .+ bi+1,nBi+1,n
= (−1)(i+1)+1bi+1,1 detBi+1|1 + . . .+ (−1)(i+1)+nbi+1,n detBi+1|n
= (−1)(i+1)+1ai,1 detAi|1 + . . .+ (−1)(i+1)+nai,n detAi|n
= −(ai,1Ai1 + . . .+ ainAin)
= −detA.
Ce zamenjamo i-to in j-to vrstico, pri tem vedno naredimo liho stevilomenjav dveh sosednjih vrstic, zato se tudi v tem primeru predznak spre-meni.
13
5. Ce sta v matriki A dve vrstici enaki, je detA = 0.
Dokaz. Enaki vrstici med seboj zamenjamo. Po eni strani se determi-nanta ne spremeni, saj dobimo enako matriko. Po drugi strani pa po tocki4 determinanta spremeni predznak. To pa je mozno le, ce je detA = 0.
6. Izraz ai1Aj1 + ai2Aj2 + · · ·+ ainAjn je enak nic za i 6= j.
Dokaz. Ta izraz je enak determinanti matrike, v kateri sta i-ta in j-tavrstica enaki. Iz tocke 5 sledi, da je izraz enak nic.
7. Ce iz matrike A dobimo matriko B tako, da v matriki A j-to vrsticopomnozimo s stevilom k in to pristejemo i-ti vrstici, je detB = detA.
Dokaz. Velja
detB = bi1Bi1 + bi2Bi2 + . . .+ binBin
= (−1)i+1(ai1 + kaj1) detA(i|1) + . . .+ (−1)i+n(ain + kajn) detA(i|n)
= (ai1Ai1 + . . .+ ainAin) + k(aj1Ai1 + . . .+ ajnAin)
= detA+ k(aj1Ai1 + . . .+ ajnAin)
= detA.
Opomba. Lastnost 7 uporabimo zato, da v matriki z zaporednimi trans-formacijami pridelamo cim vec nicel. Izracun determinante se s tem po-enostavi.
8. Determinanta matrike se ne spremeni ce matriko transponiramo, torejdetAT = detA.
Dokaz. Trditev preverimo le za matrike velikosti 2:
detA =
∣∣∣∣ a11 a12
a21 a22
∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21 =
∣∣∣∣ a11 a21
a12 a22
∣∣∣∣ = detAT .
Opomba. Zaradi lastnosti 8 je vseeno, ali determinanto matrike racunamoz razvojem po stolpcu ali z razvojem po vrstici.
9. Ce je matrika zgornje- ali spodnjetrikotna, je njena determinanta enakaproduktu njenih diagonalnih elementov:
detA = a11a22a33 · · · ann.
14
Dokaz. Trditev dokazimo le za zgornjetrikotne matrike (za spodnjetriko-tne matrike tedaj trditev sledi z upostevanjem lastnosti 8). Naj bo
A =
a11 a12 · · · a1n
0 a22 · · · a2n...
......
0 0 · · · ann
.Z razvojem po prvem stolpcu dobimo
detA = a11
∣∣∣∣∣∣∣∣∣a22 a23 · · · a2n
0 a33 · · · a3n...
......
0 0 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣= a11a22
∣∣∣∣∣∣∣a33 a34 · · · a3n...
......
0 0 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣= . . .
= a11a22 · · · ann.
10. Determinanta produkta dveh matrik je enaka produktu determinant obehmatrik,
det(AB) = (detA) · (detB).
Dokaz. Veljavnost trditve preverimo le za matrike reda 2. Naj bo
A =
(a11 a12
a21 a22
), B =
(b11 b12
b21 b22
).
Tedaj je
AB =
(a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22
a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22
),
det(AB) = a11b11a21b12 + a11b11a22b22 + a12b21a21b12 + a12b21a22b22
− a11b12a21b11 − a11b12a22b21 − a12b22a21b11 − a12b22a22b21
= a11b11a22b22 + a12b21a21b12 − a11b12a22b21 − a12b22a21b11
in
detA · detB = (a11a22 − a12a21)(b11b22 − b12b21)
= a11a22b11b22 − a11a22b12b21 − a12a21b11b22 + a12a21b12b21.
15
Primer. Izracunajmo determinanto matrike
A =
1 −2 10 −1 1−2 1 −3
na vec nacinov.
(i) Po Sarrusu dobimo:
detA = 1 · (−1) · (−3) + (−2) · 1 · (−2) + 1 · 0 · 1− (−2) · (−1) · 1− 1 · 1 · 1− (−3) · 0 · (−2)
= 4.
(ii) Z razvojem po drugi vrstici dobimo:
detA = −0(6− 1)− 1(−3 + 2)− 1(1− 4) = 4.
(iii) Uporabimo lastnost 7 in v matriki A pridelajmo cim vec nicel. Cev prvem koraku tretji vrstici matrike A pristejemo dvakratnik prvevrstice, nato pa v drugem koraku tretji vrstici pristejemo drugo vrsticopomnozeno z −3, dobimo
detA =
∣∣∣∣∣∣1 −2 10 −1 1−2 1 −3
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 −2 10 −1 10 −3 −1
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 −2 10 −1 10 0 −4
∣∣∣∣∣∣ = 4.
Na zadnjem koraku smo upostevali lastnost 9.
1.4 Adjungiranka kvadratne matrike
Spoznali bomo se eno matriko, ki jo lahko priredimo dani matriki in nampod dolocenimi pogoji omogoca izracun inverza dane matrike. Recemo jiadjungiranka.
Definicija. Adjungiranka matrike A je matrika, ki ima na (i, j)-temmestu element
Aji = (−1)i+j detA(j|i).
Oznacimo jo z adjA. Torej,
adjA = ((Aij)ni,j=1)T .
16
Adjungiranko dane matrike torej dobimo tako, da k vsakemu elementumatrike A najprej poiscemo pripadajoci kofaktor in nato matriko kofaktorjevtransponiramo.
Primer. Za matriko
A =
1 −3 2−1 0 −12 1 −3
je
A11 = (−1)2
∣∣∣∣ 0 −11 −3
∣∣∣∣ = 1, A12 = (−1)3
∣∣∣∣ −1 −12 −3
∣∣∣∣ = −5,
A13 = (−1)4
∣∣∣∣ −1 02 1
∣∣∣∣ = −1, A21 = (−1)3
∣∣∣∣ −3 21 −3
∣∣∣∣ = −7,
A22 = (−1)4
∣∣∣∣ 1 22 −3
∣∣∣∣ = −7, A23 = (−1)5
∣∣∣∣ 1 −32 1
∣∣∣∣ = −7,
A31 = (−1)4
∣∣∣∣ −3 20 −1
∣∣∣∣ = 3, A32 = (−1)5
∣∣∣∣ 1 2−1 −1
∣∣∣∣ = −1,
A33 = (−1)6
∣∣∣∣ 1 −3−1 0
∣∣∣∣ = −3.
torej je
adjA =
1 −5 −1−7 −7 −73 −1 −3
T
=
1 −7 3−5 −7 −1−1 −7 −3
.
Trditev. Za poljubno matriko A velja
A · (adjA) = (adjA) ·A = (detA) · I.
Dokaz. Oznacimo B = adjA in C = AB. Za vsak i velja:
cii = ai1 · b1i + . . .+ ain · bni= ai1 ·Ai1 + . . .+ ain ·Ain= detA,
saj je B = adjA.Za i 6= j po tocki 6 velja
cij = ai1 · b1j + . . .+ ain · bnj= ai1 ·Aj1 + . . .+ ain ·Ajn= 0
17
Torej je C = AB = (detA) · I.Pokazimo se drugo enakost (adjA) ·A = (detA) · I). S transponiranjem
enakosti AB = (detA) ·I dobimo BTAT = (detA) ·I. Iz definicije sledi tudi(adjA)T = adj(AT ). Velja torej (adjAT )AT = (adjA)TAT = (detA) · I zavsak A, torej tudi za AT . Sledi (adjA)A = (detA) · I.
Trditev. Kvadratna matrika A je obrnljiva (oz. nesingularna) natanko te-daj, ko je detA 6= 0. Tedaj velja
A−1 =1
detAadjA.
Dokaz. Ce je matrika A obrnljiva obstaja matrika B, da velja AB = BA =I. Iz lastnosti 10 sledi (detA)(detB) = det(AB) = det I = 1, torej detA 6=0. Po drugi strani pa velja: ce je detA 6= 0, potem je po prejsnji trditviA−1 = 1
detAadjA.
Primer. Za A =
(3 21 1
)je adjA =
(1 −2−1 3
). Ker je detA = 1 sledi
A−1 =
(1 −2−1 3
).
Bolj splosno: za obrnljive matrike reda 2 velja(a bc d
)−1
=1
ad− bc
(d −b−c a
).
Primer. Izracunajmo inverz matrike
A =
2 −1 11 3 10 2 −1
.
18
Imamo
A11 = (−1)2
∣∣∣∣ 3 12 −1
∣∣∣∣ = −5, A12 = (−1)3
∣∣∣∣ 1 10 −1
∣∣∣∣ = 1,
A13 = (−1)4
∣∣∣∣ 1 30 2
∣∣∣∣ = 2, A21 = (−1)3
∣∣∣∣ −1 12 −1
∣∣∣∣ = 1,
A22 = (−1)4
∣∣∣∣ 2 10 −1
∣∣∣∣ = −2, A23 = (−1)5
∣∣∣∣ 2 −10 2
∣∣∣∣ = −4,
A31 = (−1)4
∣∣∣∣ −1 13 1
∣∣∣∣ = −4, A32 = (−1)5
∣∣∣∣ 2 11 1
∣∣∣∣ = −1,
A33 = (−1)6
∣∣∣∣ 2 −11 3
∣∣∣∣ = 7.
torej
adjA =
−5 1 −41 −2 −12 −4 7
.
Ker je
detA =
∣∣∣∣∣∣2 −1 11 3 10 2 −1
∣∣∣∣∣∣= 2 ·
∣∣∣∣ 3 12 −1
∣∣∣∣− 1 ·∣∣∣∣ −1 1
2 −1
∣∣∣∣= 2 · (−5)− 1 · (−1) = −9
sledi
A−1 =1
detA· adjA = −1
9
−5 1 −41 −2 −12 −4 7
.
19
Poglavje 2
Sistemi linearnih enacb
2.1 Splosni sistem linearnih enacb
Splosni sistem m linearnih enacb z n neznankami x1, . . . , xn ima obliko
a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = b2...
am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn = bm.
Sistem lahko zapisemo v matricni obliki kot Ax = b, kjer je A = (aij)m,ni,j=1
dana matrika sistema, x = (x1, . . . , xn)T je vektor neznank, vektorb = (b1, . . . , bm)T pa dana desna stran sistema:
m
{ n︷ ︸︸ ︷ A
x
n =
b
m
Ce je b = 0, pravimo da je sistem homogen, sicer je sistem nehomogen.Homogen sistem ima vedno vsaj eno resitev, t.j. x = 0.
Vcasih bomo matriko sistema skupaj z desno stranjo sistema zapisali veni sami matriki kot
A = [A; b] .
Matriko A imenujemo razsirjena matrika sistema.
Zelo pomemben pojem pri resevanju sistemov linearnih enacb je pojem rangamatrike.
20
Definicija. Rang matrike A je red najvecje kvadratne podmatrike A, kiima determinanto razlicno od 0. Rang matrike A oznacimo z r(A).
Opombe.
(i) Podmatrika dane matrike A je poljubna matrika, ki jo iz A dobimo zizbrisom poljubnega stevila vrstic in stolpcev.
(ii) Rang matrike je enak maksimalnemu stevilu linearno neodvisnih stolp-cev (ali vrstic) matrike.
Nekaj zgledov in lastnosti ranga:
1. Rang identicne matrike I reda n je enak n.
2. Rang nicelne matrike je enak nic.
3. Za poljubno matriko A reda m× n je r(A) ≤ min{m,n}.
4. Ce ima matrika A vsaj en element od nic razlicen je r(A) ≥ 1.
5. Ce matriki dodamo stolpec ali vrstico se rang matrike kvecjemu poveca.
Primer. Naj bo
A =
0 −1 1−1 1 01 0 −1
.
Matrika A ima red 3 torej je r(A) ≤ 3. Ker je det(A) = 0 je r(A) ≤ 2. Kerpa je determinanta podmatrike
A(3|3) =
(0 −1−1 1
)razlicna od 0 je r(A) = 2.
O obstoju in stevilu resitev splosnega linearnega sistema enacb govorinaslednja trditev.
Trditev. Splosni sistem m linearnih enacb z n neznankami je resljiv na-tanko tedaj, ko je rang matrike sistema A enak rangu razsirjene matrike A,t.j. kadar je r(A) = r(A). Ce je skupni rang r enak n, ima sistem eno samoresitev. Ce pa je r < n, obstaja n − r neznank, katerih vrednosti si lahkopoljubno izberemo (oziroma jih pustimo kot parametre), druge neznanke pase z njimi linearno izrazajo in so tako natanko dolocene.
21
Dokaz. Izpustimo.
Primer. Dan je sistem enacb
x+ y + z = 0
−2x+ y − z = 1
−x+ 2y + 3z = −1.
Tedaj je
A =
1 1 1−2 1 −1−1 2 3
in A =
1 1 1 | 0−2 1 −1 | 1−1 2 3 | −1
.Velja r(A) ≤ 3 in r(A) ≤ 3. Ker je
detA =
∣∣∣∣∣∣1 1 1−2 1 −1−1 2 3
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 1 10 3 10 3 4
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 1 10 3 10 0 3
∣∣∣∣∣∣ = 9 6= 0,
je r(A) = 3. Tedaj je tudi r(A) = 3, saj je 3 = r(A) ≤ r(A) ≤ 3. To papomeni, da je zgornji sistem enacb enolicno resljiv.
Primer. Imamo sistem enacb
x+ y + z = 1
x− z = 2
−x+ z = a,
z a ∈ R. Za katere vrednosti parametra a je sistem (enolicno) resljiv?Trditev pove, da je sistem resljiv natanko tedaj, ko je rang matrike sis-
tema
A =
1 1 11 0 −1−1 0 1
enak rangu razsirjene matrike
A =
1 1 1 | 11 0 −1 | 2−1 0 1 | a
.
22
Ker je
detA =
∣∣∣∣∣∣1 1 11 0 −1−1 0 1
∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 −10 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 −10 0 0
∣∣∣∣∣∣ = 0
in je determinanta vsaj ene podmatrike reda 2 od nic razlicna (denimo
det
([1 11 0
])= −1 6= 0), je r(A) = 2.
Vemo, da je 2 ≤ r(A) ≤ 3. Kdaj je rang A = 3? To velja v primeru, koima vsaj ena od podmatrik reda 3 razsirjene matrike nenicelno determinanto.Izracunajmo determinante 3×3 podmatrik matrike A, ki vsebujejo 4. stolpec(vemo, da je detA = 0). Dobimo∣∣∣∣∣∣
1 1 11 0 2−1 0 a
∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 20 −1 a
∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 20 0 a+ 2
∣∣∣∣∣∣ = −(a+ 2),
∣∣∣∣∣∣1 1 11 −1 2−1 1 a
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 1 10 −2 10 2 a+ 1
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 1 10 −2 10 0 a+ 2
∣∣∣∣∣∣ = −2(a+ 2)
∣∣∣∣∣∣1 1 10 −1 20 1 a
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 1 10 −1 20 0 a+ 2
∣∣∣∣∣∣ = −(a+ 2).
Torej:
(i) Ce je a = −2, imajo vse 3× 3 podmatrike matrike A determinanto 0.Sledi r(A) = r(A) = 2 < 3 kar pomeni, da je sistem resljiv, vendarresitev ni enolicna. Eno neznanko si poljubno izberemo (ali pustimokot parameter), ostali dve sta tedaj natancno doloceni. Ce denimoizberemo z kot parameter je
x = 2 + z
y = 1− x− z = −2z − 1.
Dobimo torej enoparametricno druzino resitev. Za poljubno izbranovrednost z sta tudi vrednosti x in y natancno doloceni: za z = 1denimo dobimo x = 3 in y = −3.
(ii) Ce je a 6= −2, je r(A) < r(A). Trditev pove, da v tem primeru sistemni resljiv.
Spoznali smo, kdaj ima dan sistem linearnih enacb resitev. Kako pa sis-teme resujemo? V dolocenih primerih lahko uporabimo Cramerjevo pravilo.
23
2.2 Cramerjevo pravilo
Cramerjevo pravilo je uporabno pri resevanju sistemov n linearnih enacb z nneznankami in sicer le v primeru ko ima sistem natanko eno resitev. Pravilose imenuje po svicarskem matematiku Gabrielu Cramerju (1704-1752).
Naj bo torej A kvadratna matrika reda n in naj bo detA 6= 0. Vemo, daima tedaj sistem enolicno resitev, saj je r(A) = r(A).
Resujemo sistem enacbAx = b.
Ker je detA 6= 0 obstaja inverz A−1. Tedaj lahko obe strani enacbe po-mnozimo z A−1 in dobimo
x = A−1b
oziroma
x =1
detA(adjA) b =
1
detA
A11 A21 . . . An1...
......
A1n A2n . . . Ann
b,ce upostevamo formulo za izracun inverza matrike s pomocjo adjungiranematrike. Imamo torej
xj =1
detA(A1jb1 +A2jb2 + . . .+Anjbj) .
Izkaze se, da j-to komponento resitve sistema lahko izrazimo se nekolikodrugace. Oznacimo z Aj matriko, ki jo dobimo tako, da v matriki A j-tistolpec zamenjamo z vektorjem b,
Aj =
a11 a12 . . . a1,j−1 b1 a1,j+1 . . . a1n...
......
......
...an1 an2 . . . an,j−1 bn an,j+1 . . . ann
Izracunajmo detAj z razvojem po j-tem stolpcu. Dobimo
detAj = b1A1j + b2A2j + . . .+ bnAnj ,
torej je
xj =detAjdetA
.
24
Primer. Dan je sistem enacb
x+ y = 3
−x+ 2y = 0.
Imamo torej
A =
[1 1−1 2
]in b =
[30
].
Ker je detA = 3 6= 0, lahko uporabimo Cramerjevo pravilo. V ta namenizracunamo se
detA1 = det
[3 10 2
]= 6
detA2 = det
[1 3−1 0
]= 3.
Sledi
x =detA1
detA=
6
3= 2
y =detA2
detA=
3
3= 1.
Primer. Za sistem enacb
2x1 + 3x2 = 7
4x1 + 6x2 = 12
je A =
[2 34 6
]in detA = 0. Cramerjevega pravila ne moremo uporabiti.
Zlahka preverimo, da sistem resitve nima, saj je r(A) = 1 in r(A) = 2.
Primer. Dan je sistem enacb
3x1 − 2x2 + x3 − x4 = −4
x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 3
2x1 + x2 + x4 = 1
x2 + x3 + x4 = 6.
Imamo torej
A =
3 −2 1 −11 3 −1 22 1 0 10 1 1 1
, b =
−4316
.25
Racunamo
detA =
∣∣∣∣∣∣∣∣3 −2 1 −11 3 −1 22 1 0 10 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 3 −1 22 1 0 13 −2 1 −10 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 3 −1 20 −5 2 −30 −11 4 −70 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣1 3 −1 20 1 1 10 −5 2 −30 −11 4 −7
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 3 −1 20 1 1 10 0 7 20 0 15 4
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 3 −1 20 1 1 10 0 7 20 0 0 −2/7
∣∣∣∣∣∣∣∣= −2.
detA1 =
∣∣∣∣∣∣∣∣−4 −2 1 −13 3 −1 21 1 0 16 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0 13 3 −1 2−4 −2 1 −16 1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0 10 0 −1 −10 2 1 30 −5 1 −5
∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1 10 −1 0 −10 1 2 30 1 −5 −5
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1 10 −1 0 10 0 2 20 0 −5 −6
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1 10 −1 0 10 0 1 10 0 −5 −6
∣∣∣∣∣∣∣∣= 2
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1 10 −1 0 10 0 1 10 0 0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2.
Podobno izracunamo se
detA2 = −2, detA3 = −6, detA4 = −4.
Resitev sistema je torej
x1 = −1, x2 = 1, x3 = 3, x4 = 2.
2.3 Gaussov postopek
Gaussov postopek nam omogoca hitrejse resevanje sistemov linearnih enacb,uporabljamo pa ga lahko tudi za racunanje ranga in inverza dane matrike(ce slednji obstaja).
Na razsirjeni matriki lahko opravljamo naslednje transformacije
26
1. zamenjamo dve vrstici med seboj (t.j., zamenjamo vrstni red enacb),
2. zamenjamo dva stolpca (razen zadnjega (b)) med seboj (tu si moramozapomniti, da smo s tem zamenjali spremenljivki!),
3. pomnozimo eno vrstico s poljubnim nenicelnim stevilom (t.j., pomnozimoenacbo z nenicelnim stevilom),
4. eno vrstico pristejemo drugi.
Vse te transformacije ohranjajo rang in prevedejo zacetni sistem enacb vekvivalenten sistem, ki ima iste resitve kot prvotni, je pa praviloma lazjeresljiv. Cilj je prevesti matriko A na zgornjetrikotno matriko. Iz te oblikelahko namrec na enostaven nacin rekurzivno (od zadaj naprej) izracunamovse neznanke (seveda le kadar je sistem resljiv).
Primer. Oglejmo si sistem enacb
x1 − x2 + x3 = 3
2x1 + x2 − 2x3 = 3
−x1 + 4x2 − 6x3 = −6.
Tedaj je
A =
1 −1 12 1 −2−1 4 −6
, b =
33−6
, A =
1 −1 1 | 32 1 −2 | 3−1 4 −6 | −6
.Sedaj na razsirjeni matriki izvajamo dovoljene transformacije (z znakom ∼pa povemo, da smo sistem enacb prevedli na ekvivalenten sistem)
A =
1 −1 1 | 32 1 −2 | 3−1 4 −6 | −6
∼ 1 −1 1 | 3
0 3 −4 | −30 3 −5 | −3
∼
1 −1 1 | 30 3 −4 | −30 0 −1 | 0
.Ker je r(A) = r(A) = 3 je sistem enolicno resljiv. Iz nove razsirjene matrikerazberemo −x3 = 0, oziroma x3 = 0. Iz druge vrstice dobimo
3x2 − 4x3 = −3
27
torej x2 = −1 (saj je x3 = 0). Iz prve vrstice razberemo
x1 − x2 + x3 = 3
kar z upostevanjem x2 = −1 in x3 = 0 pomeni x1 = 2.
Primer. Za sistem enacb
x1 + x2 + x3 = 1
x1 − x3 = 5
−x1 + x3 = −5
imamo
A =
1 1 11 0 −1−1 0 1
, b =
15−5
.Na razsirjeni matriki izvedemo nekaj dovoljenih transformacij
A =
1 1 1 | 11 0 −1 | 5−1 0 1 | −5
∼ 1 1 1 | 1
0 −1 −2 | 40 1 2 | −4
∼
1 1 1 | 10 −1 −2 | 40 0 0 | 0
Sledi r(A) = r(A) = 2. Eno od spremenljivk, denimo x3, si lahko poljubnoizberemo, ostali dve pa izrazimo z x3: ce je x3 = t iz druge enacbe dobimox2 = −2t− 4, iz prve pa x1 = 1− x2 − x3 = 1− (−2t− 4)− t = t+ 5.
Primer. Poiscimo vse resitve sistema enacb
x+ 2y − 3z = −1
3x− y + z = −2
5x+ 3y − 5z = 6.
Racunamo 1 2 −3 | −13 −1 1 | −25 3 −5 | 6
∼ 1 2 −3 | −1
0 −7 10 | 10 −7 10 | 11
∼ 1 2 −3 | −1
0 −7 10 | 10 0 0 | 10
.Iz zadnje vrstice sledi 0x+0y+0z = 10, kar pomeni, da sistem nima nobeneresitve.
28
2.3.1 Racunanje inverza s pomocjo Gaussovega postopka
Inverz dane matrike lahko izracunamo s pomocjo Gaussovega postopka nanaslednji nacin: dani matriki A na desni strani pripisemo identicno matrikoprimernega reda, [A; I]. Na tako razsirjeni matriki izvedemo vrsticne trans-formacije s ciljem, da prvotno matriko pretvorimo v identicno matriko. Kardobimo na desni strani je inverz matrike A, A−1.
Primer. Poiscimo inverz matrike
A =
1 −2 30 −1 14 −3 1
.Po prej opisanem postopku dobimo 1 −2 3 | 1 0 0
0 −1 1 | 0 1 04 −3 1 | 0 0 1
∼ 1 −2 3 | 1 0 0
0 −1 1 | 0 1 00 5 −11 | −4 0 1
∼
1 −2 3 | 1 0 00 1 −1 | 0 −1 00 0 −6 | −4 5 1
∼ 1 −2 3 | 1 0 0
0 1 −1 | 0 −1 00 0 1 | 4
6 −56 −1
6
∼
1 −2 3 | 1 0 00 1 0 | 4
6 −116 −1
60 0 1 | 4
6 −56 −1
6
∼ 1 −2 0 | −6
6156
36
0 1 0 | 46 −11
6 −16
0 0 1 | 46 −5
6 −16
∼
1 0 0 | 26 −7
616
0 1 0 | 46 −11
6 −16
0 0 1 | 46 −5
6 −16
Torej
A−1 =1
6
2 −7 14 −11 −14 −5 −1
.Primer. Na dva nacina poiscimo inverz matrike (ce ta obstaja)
A =
[1 23 1
].
(i) Izracun s pomocjo adjungirane matrike:[a bc d
]−1
=1
ad− bc
[d −b−c a
]29
torej
A−1 = −1
5
[1 −2−3 1
].
(ii) Z Gaussovim postopkom dobimo[1 2 | 1 03 1 | 0 1
]∼[
1 2 | 1 00 −5 | −3 1
]∼[
1 0 | −1/5 2/50 −5 | −3 1
]∼[
1 0 | −1/5 2/50 1 | 3/5 1/5
]torej
A−1 = −1
5
[1 −2−3 1
].
30
Poglavje 3
Lastne vrednosti in lastnivektorji matrik
V tem poglavju se bomo ukvarjali le s kvadratnimi matrikami. V mnozicokvadratnih matrik najprej vpeljemo relacijo podobnosti.
Definicija. Matrika A je podobna matriki B, ce obstaja obrnljiva matrikaS, da velja A = SBS−1.
Podobnost je ekvivalentna relacija. Res: (i) vsaka matrika je podobnasama sebi (S = I), (ii) ce je matrika A podobna matriki B, potem je tudi Bpodobna A (zamenjamo S z S−1) ter (iii) ce je A podobna B in B podobnaC, potem je tudi A podobna C (ce A = SBS−1 in B = TCT−1, potem jeA = (ST )C(ST )−1).
Poseben pomen imajo tiste matrike, ki so podobne diagonalni matriki.
Definicija. Matrika A se da diagonalizirati, ce je podobna neki diago-nalni matriki.
Primer. Ker je
A =
[1 10 2
]=
[1 10 1
] [1 00 2
] [1 10 1
]−1
je matrika A podobna diagonalni matriki
[1 00 2
]. Matrika A se torej da
diagonalizirati.
Kako lahko ugotovimo ali se dana matrika da diagonalizirati? Pokazimonajprej naslednjo
31
Trditev. Stolpci obrnljive matrike so linearno neodvisni vektorji.
Dokaz. Naj bo A obrnljiva matrika. Ce stolpci matrike A, oznacimo jih z~a1, . . . ,~an, niso linearno neodvisni, obstajajo taki skalarji λ1, . . . , λn (ne vsienaki nic), da je λ1~a1 + . . .+ λn~an = 0. Sledi
A~λ = ~0,
kjer je ~λ = [λ1, . . . , λn]T in je ~0 vektor samih nicel. Pomnozimo enakost zinverzno matriko A−1 in dobimo
(A−1A)~λ = A−1~0 = ~0,
oziroma(I)~λ = ~λ = ~0,
kar pa je v nasprotju s predpostavko, da niso vsi λi enaki nic.
Denimo, da se matrika A da diagonalizirati. Potem obstaja obrnljivamatrika S da velja A = SDS−1, kjer je
D =
λ1 0
λ2
. . .
0 λn
za neka realna stevila λ1, ..., λn. Tedaj velja AS = SD.
Oznacimo z ~ek vektor dimenzije n, ki ima na k-tem mestu vrednost 1 in0 na vseh ostalih mestih. Z ~sk oznacimo k-ti stolpec matrike S. Tedaj velja
AS~ek = SD~ek = S(λk~ek) = λk(S~ek),
torejA~sk = λk~sk.
Ker je matrika S obrnljiva, so ~s1, . . . , ~sn linearno neodvisni vektorji.
Definicija. Naj bo A kvadratna matrika reda n in λ ∈ R. Nenicelni vektorx, ki zadosca enacbi
Ax = λx
imenujemo lastni vektor matrike A, stevilo λ pa je lastna vrednost ma-trike A. Recemo, da lastni vektor x pripada lastni vrednosti λ.
Opazimo sledece:
32
(i) Recimo, da lastni vektor x pripada lastni vrednosti λ. Potem je tudivsaj veckratnik kx (za k 6= 0) lastni vektor, ki pripada lastni vrednostiλ. Res,
A(kx) = k(Ax) = k(λx) = λ(kx).
(ii) Lastni vektorji so netrivialne resitve enacbe
(A− λI)x = 0.
Ce je det(A− λI) 6= 0, je resitev ena sama, in sicer x = 0 (po Cramer-jevem pravilu). Ker zahtevamo da x 6= 0, mora torej veljati
det(A− λI) = 0.
Definicija. Matrika
A− λI =
a11 − λ a12 · · · a1n
a21 a22 − λ · · · a2n...
......
an1 an2 · · · ann − λ
se imenuje karakteristicna matrika, njena determinanta det(A− λI) pakarakteristicni polinom matrike A. Ce je red matrike A enak n, potemje karakteristicni polinom polinom stopnje n v spremenljivki λ.
Opomba. Lastne vrednosti dane matrike A so torej nicle karakteristicnegapolinoma p(λ) = det(A − λI). Ker je stopnja polinoma n, imamo vedno nlastnih vrednosti. Te niso nujno vse razlicne, niso pa tudi nujno vse realne.
Primer. Izracunajmo lastne vrednosti in lastne vektorje matrike
A =
[2 23 1
].
Karakteristicni polinom matrike A je
det
[2− λ 2
3 1− λ
]= (2− λ)(1− λ)− 6 = λ2 − 3λ− 4 = (λ+ 1)(λ− 4).
Imamo torej dve razlicni lastni vrednosti: λ1 = −1 in λ2 = 4. Izracunajmose pripadajoca lastna vektorja.
33
(i) Za λ1 = −1 iscemo resitev sistema (A− λ1I)x = 0:[3 23 2
]x = 0.
Ena resitev tega sistema (torej en lastni vektor) je
x1 =
[2−3
].
Vemo, da so resitve tudi vsi veckratniki tega vektorja.
(ii) Za λ2 = 4 resujemo (A− λ2I)x = 0,[−2 23 −3
]x = 0
od koder dobimo
x2 =
[1−1
](ter vsi veckratniki).
Trditev. Matrika A se da diagonalizirati natanko tedaj, ko ima n linearnoneodvisnih lastnih vektorjev.
Dokaz. Trditev (⇒) smo ze pokazali. Dokazimo se (⇐): denimo da imamo nlinearno neodvisnih vektorjev s1, . . . , sn. Iz njih sestavimo obrnljivo matrikoS. Pri tem velja AS = SD, kjer je D diagonalna matrika pripadajocih la-stnih vrednosti λ1, . . . , λn. Sledi A = SDS−1, torej A je podobna diagonalnimatriki D.
Primer. Izracunajmo lastne vrednosti in pripadajoce lastne vektorje ma-trike
A =
1 −1 −2−3 −1 23 3 4
.Karakteristicni polinom matrike A:
det(A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ −1 −2−3 −1− λ 23 3 4− λ
∣∣∣∣∣∣= (1− λ)((−1− λ)(4− λ)− 6) + (−3(4− λ)− 6)
− 2(−9− 3(−1− λ))
= −λ3 + 4λ2 + 4λ− 16
= −(−4 + λ)(2 + λ)(−2 + λ) = 0
34
Lastne vrednosti matrikeA so torej: λ1 = 4, λ2 = −2 in λ3 = 2. Izracunajmopripadajoce vektorje. Dobimo
(i) Za λ1 je lastni vektor x1 =
−111
,
(ii) Za λ2 je lastni vektor x2 =
0−21
,
(iii) Lastni vektor, ki pripada λ3 je x3 =
−110
.
Matrika A se torej da diagonalizirati: za
D =
4 0 00 −2 00 0 2
, S =
−1 0 −11 −2 11 1 0
velja A = SDS−1.
Primer. Naj bo
A =
1 2 11 −1 12 0 1
.Izracunamo karakteristicni polinom matrike A:
det(A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 2 1
1 −1− λ 12 0 1− λ
∣∣∣∣∣∣= (1− λ)2(−1− λ)− 2(−1− λ)− 2(−1− λ)
= (λ+ 1)(−λ2 + 2λ+ 3)
= −(λ+ 1)(λ+ 1)(λ− 3) = −(λ+ 1)2(λ− 3).
Lastne vrednosti matrike A so torej λ1 = 3 in λ2 = λ3 = −1. Pripadajocilastni vektorji so:
(i) x1 =
212
za λ1,
35
(ii) x2 =
2−1−2
za λ2.
Tretjega linearno neodvisnega lastnega vektorja ni, zato se A ne da diago-nalizirati.
Primer. Matrika
A =
1 −3 33 −5 36 −6 4
ima karakteristicni polinom
det(A− λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ −3 3
3 −5− λ 36 −6 4− λ
∣∣∣∣∣∣ = ... = (λ+ 2)2(λ− 4) = 0
torej so lastne vrednosti naslednje: λ1 = λ2 = −2, λ3 = 4. Lastni vektorji:
(i) Za λ1,2 = −2 dobimo
A− λ1I =
3 −3 33 −3 36 −6 6
xyz
= 0.
Vse tri enacbe so ekvivalentne enacbi x − y + z = 0. Resitev je to-rej dvoparametricna druzina: ce izberemo x in y kot parametra je zdolocen kot z = −x+ y. To pa pomeni, da lahko dobimo dva linearno
neodvisna lastna vektorja, denimo x1 =
110
in x2 =
011
.
(ii) Za λ3 = 4 dobimo lastni vektor x3 =
112
.V tem primeru se torej matriko da diagonalizirati, ceprav ima matrikaveckratno lastno vrednost. Dobimo
D =
−2 0 00 −2 00 0 4
, S =
1 0 11 1 10 1 2
.Opomba. Iz teh primerov smo se naucili:
36
• ce ima matrika same razlicne lastne vrednosti, se da vedno diagonali-zirati (to trditev se da formalno dokazati, vendar dokaz izpustimo).
• ce je katera od lastnih vrednosti veckratna, se matrika vcasih da dia-gonalizirati, vcasih pa ne.
37
Poglavje 4
Zgledi uporabe matrik vnaravoslovju
4.1 Dinamika starostno strukturirane populacije
Kot prvi primer uporabe matrik v biologiji si poglejmo enostaven popula-cijski model, ki je zgrajen na naslednjih predpostavkah. Populacijo, ki jerazdeljena na mladice in odrasle opazujemo enkrat letno (v casu reproduk-cije, ki se zgodi ob istem casu vsako leto). V populaciji veljajo naslednjezakonitosti:
(i) Vsak odrasel posameznik ima v casu reprodukcije ob koncu leta bmladicev.
(ii) Mladici se ne razmnozujejo. Prvo leto prezivijo z verjetnostjo p, nasle-dnje leto postanejo odrasli.
(iii) Odrasli prezivijo leto z verjetnostjo q.
Oznacimo z An stevilo odraslih, z Jn pa stevilo mladicev v letu n. Iz zgornjihpredpostavk torej sledi
Jn+1 = bAn
An+1 = pJn + qAn.
Spreminjanje velikosti obeh skupin iz leta v leto tedaj lahko opisemo vmatricni obliki kot[
Jn+1
An+1
]= M
[JnAn
]=
[0 bp q
] [JnAn
].
38
Zanima nas, kaksna je dinamika populacije ko n → ∞. Da bi odgovorili nato vprasanje, si poglejmo nekaj posebnih primerov.
1. Denimo, da je b = 6, p = 0.25, q = 0.5. Vsak odrasel posameznik imatorej vsako sezono sest mladicev, mladic sezono prezivi z verjetnostjo0.25, odrasel pa ima verjetnost prezivetja na sezono 0.5. Tedaj je
M =
[0 614
12
].
Velikost obeh skupin (mladicev in odraslih) v letu n dolocimo z upostevanjem[JnAn
]= M
[Jn−1
An−1
]= M2
[Jn−2
An−2
]= ... = Mn
[J0
A0
],
kjer J0 in A0 oznacujeta zacetni stevili mladicev in odraslih v populaciji.
Casovno dinamiko obeh skupin bomo lazje razumeli, ce matriko M dia-gonaliziramo. Karakteristicna enacba matrike M je
det(M − λI) = λ2 − 1
2λ− 3
2= (λ− 3
2)(λ+ 1) = 0,
torej imamo lastni vrednosti λ1 = 32 in λ2 = −1. Zlahka preverimo, da je[
41
]lastni vektor, ki pripada lastni vrednosti λ1, medtem ko je
[6−1
]lastni vektor, ki pripada lastni vrednosti λ2. Tedaj je M = SDS−1 za
D =
[32 00 −1
], S =
[4 61 −1
].
Sledi Mn = (SDS−1)n = SDnS−1 kjer je
Dn =
[(3
2)n 00 (−1)n
].
Izracunajmo se S−1. Po pravilu za izracun inverza matrike velikosti 2dobimo
S−1 =1
10
[1 61 −4
].
Sledi
Mn = (SDS−1)(SDS−1) · · · (SDS−1)︸ ︷︷ ︸n
= SDnS−1
=1
10
[4 61 −1
] [(3
2)n 00 (−1)n
] [1 61 −4
].
39
Torej[JnAn
]= Mn
[J0
A0
]=
1
10
[4 61 −1
] [(3
2)n 00 (−1)n
] [1 61 −4
] [J0
A0
]=
1
10
[(4(3
2)n + 6(−1)n)J0 + (24(32)n − 24(−1)n)A0
((32)n − (−1)n)J0 + (6(3
2)n + 4(−1)n)A0
].
Ce je na zacetku J0 mladicev in A0 odraslih, je stevilo odraslih v n-temletu enako
An = 0.1(
(3
2)n − (−1)n
)J0 + 0.1
(6(
3
2)n + 4(−1)n
)A0.
V sodih letih n = 2k je
A2k = 0.1(
(3
2)2k − 1
)J0 + 0.1
(6(
3
2)2k + 4
)A0,
medtem ko v lihih letih velja
A2k+1 = 0.1(
(3
2)2k+1 + 1
)J0 + 0.1
(6(
3
2)2k+1 − 4
)A0.
Preverimo lahko, da velja
(i) A2k ≥ 0 in A2k+1 ≥ 0 za poljuben k ∈ N kadar J0 ≥ 0 ter A0 ≥ 0.Nenegativnost resitve je pomembna, saj so le nenegativne vrednostivelikosti populacij biolosko smiselne. Poleg tega velja
(ii) limk→∞A2k = ∞ in limk→∞A2k+1 = ∞. Z besedami, populacijaodraslih raste preko vseh meja.
Zlahka se prepricamo, da enako velja tudi za populacijo mladicev. V temprimeru populacija torej na dolgi rok prezivi. Se vec, ta enostavni modelpredvidi neomejeno rast populacije.
2. Izracune ponovite se za naslednje vrednosti parametrov: b = 1, p =316 , q = 1
2 . Kaksni so vasi zakljucki v tem primeru? Ali populacija lahkoprezivi?
Vprasanje. Od katerega parametra (oziroma kombinacije parametrov)je odvisno prezivetje populacije?
Namig. Izacunajte vrednosti izraza R0 = bpq za oba primera. Kaj opa-
zite? Kaksna je interpretacija tega parametra?
40
4.2 Dinamika genotipov in barv rastlin skozi ge-neracije
Kot drugi primer si poglejmo primer uporabe matrik v genetiki.Denimo, da je barva neke vrste rastlin dolocena z dvema genoma: genotip
AA pomeni rdeco barvo, genotip Aa roza barvo, genotip aa pa belo barvo.Benjamin prideluje rastline vseh treh barv. Vsako rastlino oplodi z rastlinogenotipa AA in jo zamenja z enim od potomcev. Ta postopek ponavlja.Benjanima zanima pricakovana porazdelitev barv rastlin skozi generacije.
Da bi odgovorili na Benjaminovo vprasanje predpostavimo, da vsak po-tomec nakljucno podeduje po en gen od vsakega od starsev.
Vpeljimo naslednje oznake. Naj bo
an = delez rastlin genotipa AA v n-ti generaciji,
bn = delez rastlin genotipa Aa v n-ti generaciji,
cn = delez rastlin genotipa aa v n-ti generaciji.
Vrednosti a0, b0, c0 dolocajo zacetno porazdelitev genotipov (in tako barv)v populaciji. Za vse n velja an + bn + cn = 1.
Ker vsak potomec nakljucno podeduje po en gen od vsakega od starsevlahko izpeljemo naslednje zveze za n = 1, 2, . . .:
an = an−1 +1
2bn−1,
bn =1
2bn−1 + cn−1,
cn = 0.
Te izraze lahko prevedemo v matricno obliko
xn = Mxn−1, n = 1, 2, . . . ,
kjer je
xn =
anbncn
, xn−1 =
an−1
bn−1
cn−1
, M =
1 12 0
0 12 1
0 0 0
.Sledi:
xn = Mxn−1 = M2xn−2 = . . . = Mnx0.
41
Casovno dinamiko genotipov (in s tem barv) v populaciji je lazje dolociti, cematriko M diagonaliziramo. Lastne vrednosti matrike M dobimo kot niclekarakteristicnega polinoma:
det(M − λI) =
∣∣∣∣∣∣1− λ 1
2 00 1
2 − λ 10 0 −λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(1
2− λ)(−λ) = 0
za λ1 = 1, λ2 = 12 , λ3 = 0. Pripadajoci lastni vektorji so:
(i) Za λ1 = 1 dobimo v1 =
100
.
(ii) Za λ2 = 1/2 dobimo v2 =
1−10
.
(iii) Za λ3 = 0 dobimo v3 =
1−21
.
Velja torejM = PDP−1,
kjer je
P =
1 1 10 −1 −20 0 1
, D =
1 0 00 1
2 00 0 0
.Sledi Mn = (PDP−1)(PDP−1) · · · (PDP−1)︸ ︷︷ ︸
n
= PDnP−1 kjer je
Dn =
1n 0 00 (1
2)n 00 0 0n
=
1 0 00 (1
2)n 00 0 0
.Izracunajmo se inverz matrike P : 1 1 1 | 1 0 0
0 −1 −2 | 0 1 00 0 1 | 0 0 1
∼ 1 1 0 | 1 0 −1
0 −1 0 | 0 1 20 0 1 | 0 0 1
∼
1 0 0 | 1 1 10 1 0 | 0 −1 −20 0 1 | 0 0 1
.42
Imamo torej P−1 = P in
xn = Mnx0 = PDnP−1x0
=
1 1 10 −1 −20 0 1
1 0 00 1/2n 00 0 0
1 1 10 −1 −20 0 1
a0
b0c0
oziroma
xn =
anbncn
=
1 1− (12)n 1− (1
2)n−1
0 (12)n (1
2)n−1
0 0 0
a0
b0c0
=
a0 + b0 + c0 − b0/2n − c0/2n−1
b0/2n + c0/2
n−1
0
.Ker velja a0 + b0 + c0 = 1, dobimo eksplicitne formule za porazdelitev geno-tipov (in s tem barv) skozi generacije. Za n = 1, 2, . . . velja
an = 1− b0/2n − c0/2n−1
bn = b0/2n + c0/2
n−1
cn = 0.
Ker veljalimn→∞
an = 1, limn→∞
bn = 0
ter cn = 0 za vse n ≥ 1, bodo torej v limiti (t.j. po vse vecjem stevilugeneracij) vse rastline genotipa AA. Z drugimi besedami, v limiti bodo vserastline rdece barve.
43
Del II
Funkcije ene ali vecspremenljivk
44
Poglavje 1
Funkcije ene spremenljivke(ponovitev)
Za zacetek ponovimo nekaj osnovnih pojmov ter glavnih izrekov o funkcijahene spremenljivke (za bolj podrobno analizo si poglejte zapiske predavanjpri predmetu Matematika 1).
Funkcija f : Df → R (kjer je Df ⊆ R) je predpis, ki vsakemu elementux ∈ Df priredi natanko eno realno stevilo y ∈ R. To zapisemo kot y = f(x).Stevilo x je neodvisna spremenljivka, y pa odvisna spremenljivka. MnoziciDf recemo definicijsko obmocje funkcije f , mnozico vseh slik {f(x);x ∈Df} =: Zf pa imenujemo zaloga vrednosti funkcije f .
Definicija. Stevilo L ∈ R je limita funkcije f v tocki a, ce za vsak ε > 0obstaja tak δ > 0, da iz 0 < |x− a| < δ sledi |f(x)− L| < ε. Pisemo
L = limx→a
f(x).
Vcasih nas zanimata leva in desna limita: limx↑a f(x) in limx↓a f(x). Tidve limiti sta lahko razlicni (lahko se tudi zgodi da katera od limit ne ob-staja). Ce pa obe limiti obstajata in sta enaki, potem sta enaki limx→a f(x).
Primer. (i) Naj bo f(x) = |x|. Tedaj je
limx↓0
f(x) = limx↓0|x| = lim
x↓0x = 0,
limx↑0
f(x) = limx↑0|x| = lim
x↑0(−x) = 0.
Ker sta leva in desna limita v tocki 0 enaki je limx→0 f(x) = 0.
45
(ii) Naj bo
f(x) =
{1, x ≥ 0−1, x < 0.
Veljalimx↓0
f(x) = 1, limx↑0
f(x) = −1.
Limita limx→0 f(x) torej ne obstaja.
Naslednje lastnosti so v pomoc pri izracunu limit bolj zapletenih funkcij:
1. Veljalimx→a
(f(x)± g(x)) = limx→a
f(x)± limx→a
g(x),
ce obe limiti na desni obstajata.
2. Veljalimx→a
(f(x) · g(x)) = ( limx→a
f(x)) · ( limx→a
g(x)),
ce obe limiti na desni obstajata.
3. Velja
limx→a
f(x)
g(x)=
limx→a f(x)
limx→a g(x),
ce obe limiti na desni obstajata in je limx→a g(x) 6= 0.
Definicija. Funkcija f je zvezna v tocki a ∈ Df , ce velja limx→a f(x) =f(a). Funkcija je zvezna na intervalu I, ce je zvezna v vsaki tocki a ∈ I.
Nastejmo nekaj lastnosti zveznih funkcij:
(i) Vsota, razlika, produkt in kvocient (kjer je definiran) zveznih funkcijso zvezne funkcije.
(ii) Inverzna funkcija zvezne funkcije je zvezna funkcija.
(iii) Kompozitum zveznih funkcij je zvezna funkcija.
Trditev. Zvezna funkcija je na zaprtem intervalu [a, b] omejena in zavzametako najvecjo (M) kot tudi najmanjso (m) vrednost. Funkcija zavzame tudivsako vrednost med m in M .
Zelo pomemben je pojem odvedljivosti funkcije.
46
Definicija. Realna funkcija f : R→ R je odvedljiva v tocki x, ce obstajalimita diferencnega kvocienta
f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h.
To limito imenujemo odvod funkcije f v tocki x.
Opomba. Geometrijsko pomeni odvod f ′(x) tangens naklonskega kota tan-gente na krivuljo y = f(x) v tocki (x, f(x)).
Definicija. Funkcija je odvedljiva na intervalu I, ce je odvedljiva v vsakitocki x ∈ I.
Velja naslednja
Trditev. Ce je funkcija f v tocki x odvedljiva, je v tej tocki tudi zvezna.Obratno ne velja: zvezna funkcija ni nujno odvedljiva.
Primer. Funkcija f(x) = |x| v tocki 0 ni odvedljiva. Ker je
f(0 + h)− f(0)
h=|h|h
=
{1, h ≥ 0−1, h < 0
,
sledi
limh↑0
|h|h
= −1, limh↓0
|h|h
= 1.
To pa pomeni da limh→0|h|h ne obstaja.
Pri odvajanju veljajo naslednja pravila:
1. Za vsako konstanto C je C ′ = 0,
2. (f ± g)′ = f ′ ± g′,
3. (fg)′ = f ′g + fg′. V posebnem primeru za vsako konstanto C velja(Cf)′ = Cf ′,
4.(fg
)′= f ′g−fg′
g2,
5. (f(g(x)))′ = f ′(g(x)) · g′(x).
Primer. (i) Za f(x) = (2x2 + x3)5 je f ′ = 5(2x2 + x3)4(4x+ 3x2).
(ii) Za y = f(g(x)) z f(x) = 2x2 + x in g(x) = x3 je y′ = 3(4x3 + 1)x2.
47
Odvodi elementarnih funkcij:
(i) (xn)′ = nxn−1,
(ii) (ex)′ = ex, (ax)′ = ax ln a,
(iii) (lnx)′ = 1x , (loga x)′ = 1
x ln a (saj je loga x = lnxln a ),
(iv) (sinx)′ = cosx, (cosx)′ = − sinx, (tanx)′ = 1cos2 x
= 1 + tan2 x ter(cotx)′ = − 1
sin2 x= −(1 + cot2 x),
(v) (arcsinx)′ = 1√1−x2 , (arccosx)′ = − 1√
1−x2 , (arctanx)′ = 11+x2
ter
(arccotx)′ = − 11+x2
.
Uporaba odvodov. Odvod lahko uporabljamo za iskanje ekstremov danefunkcije, kot tudi ugotavljanja padanja oz. narascanja dane funkcije.
Definicija. (i) Funkcija f je v tocki x0 strogo narascajoca, ce za vsedovolj majhne h > 0 velja f(x0 − h) < f(x0) < f(x0 + h).
(ii) Funkcija f je v tocki x0 narascajoca, ce za vse dovolj majhne h > 0velja f(x0 − h) ≤ f(x0) ≤ f(x0 + h).
(iii) Funkcija f je v tocki x0 strogo padajoca, ce za vse dovolj majhneh > 0 velja: f(x0 − h) > f(x0) > f(x0 + h).
(iv) Funkcija f je v tocki x0 padajoca, ce za vse dovolj majhne h > 0velja: f(x0 − h) ≥ f(x0) ≥ f(x0 + h).
(v) Funkcija f je (strogo) narascajoca na intervalu I, ce je (strogo)narascajoca v vsaki tocki x0 ∈ I.
(vi) Funkcija f je (strogo) padajoca na intervalu I ce je (strogo) pa-dajoca v vsaki tocki x0 ∈ I.
Padanje oz. narascanje funkcije v dani tocki lahko razberemo s pomocjoodvoda funkcije v tej tocki.
Trditev. (i) Ce v tocki x0 velja f ′(x0) > 0, potem je f v tocki x0 strogonarascajoca.
(ii) Ce v tocki x0 velja f ′(x0) < 0, potem je f v tocki x0 strogo padajoca.
Definicija. (i) Funkcija f ima v tocki x0 lokalni maksimum, ce za vsakdovolj majhen h > 0 velja f(x0) ≥ f(x0 ± h).
48
(ii) Funkcija f ima v tocki x0 lokalni minimum, ce za vsak dovolj majhenh > 0 velja f(x0) ≤ f(x0 ± h).
Trditev. Ce je funkcija f odvedljiva v tocki x0 in ima v x0 lokalni ekstrem(minimum ali maksimum), velja f ′(x0) = 0.
Tockam, kjer velja f ′(x0) = 0, pravimo stacionarne tocke. Vsak lo-kalni ekstrem je stacionarna tocka. Obratno ni nujno res: funkcija y(x) = x3
ima v tocki x = 0 stacionarno tocko, ekstrema pa v tej tocki ni.Kako vemo, ali je v neki stacionarni tocki lokalni ekstrem ali ne? Velja
Trditev. Naj bo f zvezna in odvedljiva na I, tocka x0 ∈ I pa naj bo staci-onarna tocka funkcije f . Ce v majhni okolici x0 velja
(i) f ′(x) < 0 za x < x0 in f ′(x) > 0 za x > x0 sledi da je x0 je lokalniminimum,
(ii) f ′(x) > 0 za x < x0 in f ′(x) < 0 za x > x0 sledi da je x0 je lokalnimaksimum,
(iii) f ′(x) > 0 za x < x0 in f ′(x) > 0 za x > x0 to pomeni da v x0 niekstrema, funkcija f je v x0 strogo narascajoca,
(iv) f ′(x) < 0 za x < x0 in f ′(x) < 0 za x > x0 to pomeni da v x0 niekstrema, funkcija f je v x0 strogo padajoca.
Ce je funkcija dvakrat odvedljiva lahko s pomocjo drugega odvoda ugo-tovimo ali je v neki stacionarni tocki lokalni ekstrem ali ne.
Trditev. Ce je f na intervalu I dvakrat zvezno odvedljiva in je x0 ∈ Istacionarna tocka (t.j. f ′(x0) = 0), velja:
(i) ce je f ′′(x0) < 0 je v x0 je lokalni maksimum,
(ii) ce je f ′′(x0) > 0 je v x0 je lokalni minimum,
(iii) ce je f ′′(x0) = 0, potem na podlagi drugega odvoda ne moremo odlocitiali je v x0 ekstrem ali ne.
49
Poglavje 2
Funkcije vec spremenljivk
2.1 Osnovni pojmi
Pri prakticnih problemih pogosto naletimo na funkcije, oziroma kolicine, kiso odvisne od vec kot ene spremenljivke. Navedimo le nekaj primerov:
(i) Ploscina pravokotnika je odvisna od dveh spremenljivk, t.j., od dolzineobeh stranic.
(ii) Prostornina kvadra je odvisna od treh spremenljivk.
Tako kot pri funkcijah ene spremenljivke je tudi tu funkcija f predpis, kivsakemu elementu definicijskega obmocja Df (za funkcijo n spremenljivk jeto podmnozica v Rn) priredi natanko en element v R, torej
f : Df ⊆ Rn → R.
Zaloga vrednosti Zf je podmnozica v R.
Primer. Dolocimo definicijsko obmocje ter zalogo vrednosti za naslednjefunkcije.
(i) Naj bo f(x, y) = x + y pri cemer −1 ≤ x ≤ 1 in -1 ≤ y ≤ 1. Tedaj jeDf = [−1, 1]× [−1, 1] ⊆ R2 in Zf = [−2, 2].Definicijsko obmocje je s sivo barvo prikazano na naslednji sliki:
-1.0 -0.5 0.5 1.0x
-1.0
-0.5
0.5
1.0
y
50
(ii) Naj bo f(x, y) = ln(y − 4x2 + 1
). Definicijsko obmocje Df je najvecja
mnozica, na kateri ima izraz f(x, y) smisel, torej
Df = {(x, y) ∈ R2 : y − 4x2 + 1 > 0}.
Zaloga vrednosti je Zf = (−∞,∞) = R.
(iii) Za f(x, y, z) =√
1− x2 − y2 − z2 je
Df = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1}
in Zf = [0, 1].
(iv) Za f(x1, . . . , xn) = x21 + x2
2 + . . .+ x2n je Df = Rn in Zf = [0,∞).
Funkcijo dveh spremenljivk f : Df ⊆ R2 → R lahko geometrijsko pred-stavimo z njenim grafom
Γf = {(x, y, f(x, y)) ; (x, y) ∈ Df} ⊆ R2 × R = R3 .
Graf obicajno lahko predstavimo kot ploskev v prostoru R3. Pravokotnaprojekcija te ploskve na ravnino z = 0 je definicijsko obmocje Df funkcijef , medtem ko je pravokotna projekcija na os z njena zaloga vrednosti Zf .
Primer. (i) Za f(x, y) = 1 − x − y je Df = R2, Zf = R. Graf funkcijef je mnozica tock, ki ustreza enacbi x + y + z = 1, torej ravnina znormalo ~n = (1, 1, 1).
(ii) Za f(x, y) =√
9− x2 − y2 je Df = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9} inZf = [0, 3]. Graf funkcije f je zgornja polovica sfere x2 + y2 + z2 = 9.
Funkcijo dveh spremenljivk lahko graficno ponazorimo tudi s pomocjonivojnic.
Definicija. Naj bo a ∈ Zf stevilo iz zaloge vrednosti funkcije f(x, y). Defi-nirajmo
Na = {(x, y) ∈ Df ; f(x, y) = a}.
Tej mnozici pravimo nivojnica funkcije f pri vrednosti a.
Nivojnica torej povezuje tocke na isti visini. Vsaka tocka (x, y) ∈ Df lezina natanko eni nivojnici, druzina vseh nivojnic pa zapolni celotno mnozicoDf , ko a pretece vse vrednosti v Zf .
51
Primer. Vrnimo se k funkciji f(x, y) =√
9− x2 − y2. Za vsak a ∈ Zf =[0, 3] imamo nivojnico
Na = {(x, y) ∈ Df ; x2 + y2 = 9− a2}.
Nivojnice so v tem primeru torej kroznice.
Graf funkcije treh spremenljivk Γf = {(x, y, z, f(x, y, z)); (x, y, z) ∈ Df} jepodmnozica v R4. Tega seveda ne moremo narisati, lahko pa ga geometrijskopredstavimo s pomocjo nivojnic
Na = {(x, y, z) ∈ Df ; f(x, y, z) = a}.
Nivojnice so v tem primeru podmnozice R3.
2.2 Limita in zveznost funkcij vec spremenljivk
Da bi lahko govorili o zveznosti funkcij vec spremenljivk najprej potrebujemopojem razdalje.
Definicija. Razdalja med tockama a = (a1, ..., an) ∈ Rn in b = (b1, ..., bn) ∈Rn je preslikava d : Rn × Rn → R definirana z
d((a1, . . . , an), (b1, . . . , bn)) :=√
(a1 − b1)2 + . . .+ (an − bn)2.
Primer. (i) Za n = 1 je d(a, b) =√
(a− b)2 = |a− b|.
(ii) Za n = 2 je d((a1, a2), (b1, b2)) =√
(a1 − a2)2 + (b1 − b2)2.
Osredotocimo se najprej na funkcije dveh spremenljivk.
Definicija. Stevilo L je limita funkcije f(x, y) v tocki (x0, y0), ce za vsakε > 0 obstaja tak δ > 0, da iz d((x, y), (x0, y0)) < δ sledi |f(x, y) − L| < ε.Pisemo
L = lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y).
Posplositev za funkcije n spremenljivk se glasi: L je limita funkcijef(x1, . . . , xn) v tocki ~a = (a1, . . . , an), ce za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0,da iz dejstva
d((x1, . . . , xn), (a1, . . . , an)) < δ
sledi|f(x1, . . . , xn)− L| < ε.
Pisemo L = lim~x→~a f(~x) kjer je ~x := (x1, . . . , xn).
52
Primer. Naj bo
f(x, y) =xy3√x2 + y2
.
Po definiciji preverimo, da je lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0.Eden izmed nacinov, ki pogosto deluje pri izracunu limite funkcije dveh
spremenljivk, je uvedba polarnih koordinat. Pisemo
x = r cosϕ,
y = r sinϕ.
Tedaj je
f(x, y) = f(r cosϕ, r sinϕ) =r4 cosϕ sin3 ϕ
r√
cos2 ϕ+ sin2 ϕ= r3 cosϕ sin3 ϕ.
Pokazati zelimo, da za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, tako da iz dejstvad((x, y), (0, 0)) < δ sledi |f(x, y)− 0| < ε. Imamo
d((x, y), (0, 0)) =
√r2(cos2 ϕ+ sin2 ϕ) = r.
Ce sedaj izberemo δ := 3√ε, potem res velja, da je
|f(x, y)− 0| = |r3 cosϕ sin3 ϕ| ≤ r3 < δ3 = ( 3√ε)3 = ε.
Limito lahko izracunamo tudi na bolj direkten nacin: ker je namrec(x, y)→ (0, 0) ekvivalentno r → 0 takoj sledi
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = limr→0
r3 cosϕ sin3 ϕ = 0.
Limiti lim(x,y)→(0,0) f(x, y) recemo tudi dvojna limita. Obstaja pa tudipojem dvakratne limite. Imamo dve dvakratni limiti:
limx→0
limy→0
f(x, y) ter
limy→0
limx→0
f(x, y).
Velja naslednje:
(i) Ce obstaja dvojna limita, obstajata tudi dvakratni limiti in so vse trilimite med seboj enake.
53
(ii) Iz obstoja in enakosti dvakratnih limit ne moremo sklepati, da obstajadvojna limita. Zagotovo pa dvojna limita ne obstaja kadar sta dvakra-tni limiti razlicni (ali kadar katera izmed dvakratnih limit ne obstaja).
Primer. Za naslednje funkcije izracunajmo
limx→0
limy→0
f(x, y),
limy→0
limx→0
f(x, y)
inlim
(x,y)→(0,0)f(x, y),
ce le te obstajajo.
(i) Za f(x, y) = x2−y2x2+y2
je
limx→0
limy→0
x2 − y2
x2 + y2= lim
x→0
x2
x2= lim
x→01 = 1,
limy→0
limx→0
x2 − y2
x2 + y2= lim
y→0
−y2
y2= lim
y→0−1 = −1.
Ker sta dvakratni limiti razlicni lim(x,y)→(0,0) f(x, y) ne obstaja.
(ii) Za f(x, y) = x2y(x2+y2)2
je
limx→0
limy→0
x2y
(x2 + y2)2= lim
x→0
0
x4= 0
(pri tem smo stirikrat uporabili L’Hospitalovo pravilo za racunanjelimit). Z L’Hospitalovim pravilom dobimo se
limy→0
limx→0
x2y
(x2 + y2)2= lim
y→0
0
y4= 0.
V tem primeru dvakratni limiti obstajata in sta enaki. To je potrebenpogoj za obstoj dvojne limite, vendar se ne zagotavlja da dvojna limitaobstaja.
54
Poglejmo, ali v tem primeru dvojna limita obstaja. Z uporabo polarnihkoordinat x = r cosϕ, y = r sinϕ dobimo
lim(x,y)→(0,0)
x2y
(x2 + y2)2= lim
r→0
r3 cos2 ϕ sinϕ
(r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ)2
= limr→0
r3 cos2 ϕ sinϕ
r4
= limr→0
cos2 ϕ sinϕ
r
=
{∞, ϕ 6= kπ
2 (k ∈ N)
0, ϕ = kπ2 (k ∈ N)
(enakost limr→0cos2 ϕ sinϕ
r = 0, ce je ϕ = k π2 , spet dobimo z L’Hospitalovimpravilom). Dvojna limita torej ne obstaja.
(iii) Za f(x, y) = x2y3
(x2+y2)2je
limx→0
limy→0
x2y3
(x2 + y2)2= lim
x→0
0
x4= 0
in
limy→0
limx→0
x2y3
(x2 + y2)2= lim
y→0
0
y4= 0
(tu smo spet uporabili L’Hospitalovo pravilo).
Velja tudi
lim(x,y)→(0,0)
x2y3
(x2 + y2)2= lim
r→0
r5 cos2 ϕ sin3 ϕ
r4= lim
r→0r cos2 ϕ sin3 ϕ = 0.
V tem primeru torej dvojna limita obstaja in je enaka obema dvakra-tnima limitama.
Pri funkcijah ene spremenljivke smo spoznali, da sta pojma limite funk-cije in zveznosti funkcije v neki tocki tesno povezana. Podobno velja tudiza funkcije vec spremenljivk.
Definicija. Funkcija n spremenljivk f(~x) = f(x1, . . . , xn) je zvezna v tocki~a = (a1, . . . , an), ce za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da za vsak (x1, . . . , xn),za katerega velja
d((x1, . . . , xn), (a1, . . . , an)) < δ
sledi|f(x1, . . . , xn)− f(a1, . . . , an)| < ε.
55
Velja naslednja
Trditev. Funkcija f(~x) = f(x1, . . . , xn) je v tocki ~a = (a1, . . . , an) zveznanatanko tedaj, ko je
lim~x→~a
f(x1, . . . , xn) = f(a1, . . . , an).
Primer. (i) Dana je funkcija
f(x, y) =
{x2−y2x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0).
Ali je funkcija f zvezna v tocki (0, 0)?
Uporabimo polarne koordinate x = r cosϕ, y = r sinϕ. Za (x, y) 6=(0, 0) je
f(x, y) = f(r cosϕ, r sinϕ) =r2 cos2 ϕ− r2 sin2 ϕ
r2
= cos2 ϕ− sin2 ϕ = cos 2ϕ.
Sledi|f(x, y)− f(0, 0)| = | cos 2ϕ− 0| = | cos 2ϕ|.
Za (x, y)→ (0, 0) (kar je ekvivalentno r → 0) bi moralo veljati | cos 2ϕ| →0. To pa ni nujno res. Izraz | cos 2ϕ| namrec lahko zavzame poljubnovrednost med 0 in 1. Funkcija f torej ni zvezna v tocki (0, 0).
(ii) Pokazimo, da je funkcija
f(x, y) =
{x2y2
x2+y2, (x, y) 6= (0, 0)
0, , (x, y) = (0, 0)
zvezna v tocki (0, 0).
Zopet uporabimo polarne koordinate in zapisemo
f(x, y) = f(r cosϕ, r sinϕ) =r4 cos2 ϕ sin2 ϕ
r2= r2 cos2 ϕ sin2 ϕ.
Velja |f(x, y)− f(0, 0)| = |r2 cos2 ϕ sin2 ϕ| ≤ r2. Ce gre (x, y)→ (0, 0)(kar je ekvivalentno r → 0), velja tudi |f(x, y) − f(0, 0)| ≤ r2 → 0.Funkcija je torej zvezna v tocki (0, 0).
56
(iii) Ali je funkcija
f(x, y) =
{2xy(x+y)x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
zvezna v tocki (0, 0)?
Izracunajmo limito lim(x,y)→(0,0) f(x, y). Z uporabo polarnih koordinat(x = r cosϕ, y = r sinϕ) dobimo
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = limr→0
2r2 cosϕ sinϕ(r cosϕ+ r sinϕ)
r2
= limr→0
2r cosϕ sinϕ(cosϕ+ sinϕ)
= 0 = f(0, 0).
Funkcija f je torej zvezna v tocki (0, 0).
2.3 Parcialni odvodi
Pojem parcialnih odvodov najprej spoznajmo za funkcije dveh spremenljivk.
Definicija. Za funkcijo dveh spremenljivk f(x, y) je parcialni odvod pospremenljivki x definiran kot
fx(x, y) :=∂f(x, y)
∂x:= lim
h→0
f(x+ h, y)− f(x, y)
h.
Parcialni odvod funkcije po spremenljivki y je definiran kot
fy(x, y) :=∂f(x, y)
∂y:= lim
k→0
f(x, y + k)− f(x, y)
k.
Velja torej:
(i) Pri racunanju parcialnega odvoda na x obravnavamo y kot konstanto.
(ii) Pri racunanju parcialnega odvoda na y obravnavamo x kot konstanto.
Primer. Izracunajmo oba parcialna odvoda za funkcijo
f(x, y) = x3 + 7x2y + 3ex − 12y.
Dobimo fx(x, y) = 3x2 + 14xy + 3ex in fy(x, y) = 7x2 − 12.
57
Primer. Dana je funkcija f(x, y) = 2 sin y− sinx. Pokazimo, da f zadoscaenacbi
∂f(x, y)
∂ycosx+
∂f(x, y)
∂xcos y = cosx cos y.
Velja
∂f(x, y)
∂y= 2 cos y
∂f(x, y)
∂x= − cosx
Sledi
∂f(x, y)
∂ycosx+
∂f(x, y)
∂xcos y = 2 cos y cosx− cosx cos y = cosx cos y.
Definicija. Funkcija f je parcialno odvedljiva na mnozici D ⊆ R2, ceje parcialno odvedljiva (po obeh spremenljivkah) v vsaki tocki iz D.
Podobno definiramo parcialne odvode za funkcije n spremenljivk.
Definicija. Parcialni odvod funkcije f(x1, . . . ,xn) po spremenljivkixi je definiran kot
fxi(x1, . . . , xn) :=∂f
∂xi(x1, . . . , xn)
:= limh→0
f(x1, . . . , xi−1, xi + h, xi+1, . . . , xn)− f(x1, . . . , xn)
h.
Za vsako od n spremenljivk xi tedaj velja, da pri izracunu parcialnegaodvoda funkcije na xi vse ostale spremenljivke obravnavamo kot konstante.
Primer. Za f(x, y, z) = zx3 ln y imamo tri parcialne odvode
fx(x, y, z) = 3x2z ln y
fy(x, y, z) =zx3
y
fz(x, y, z) = x3 ln y.
Definicija. Vektor vseh parcialnih odvodov funkcije f imenujemo gradientfunkcije f :
gradf =
(∂f
∂x1,∂f
∂x2, . . . ,
∂f
∂xn
).
Vcasih uporabimo za gradf tudi oznako ∇f .
58
Primer. (i) grad(x+ 2y + 3z) = (1, 2, 3)
(ii) grad(zx3 ln y) =(
3x2z ln y, zx3
y , x3 ln y
).
Opomba. Gradient v izbrani tocki je vektor, ki kaze v smeri najvecjeganarascanja funkcije v tej tocki.
Odvod funkcije f(x1, . . . , xn) po spremenljivki xi je v resnici odvod v smerivektorja ~ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (t.j., vektorja, ki ima 1 na i-tem mestuin nicle na vseh ostalih mestih). Funkcijo lahko parcialno odvajamo tudi vdrugih smereh.
Definicija. Naj bo f funkcija n spremenljivk, ~x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn in ~v =(v1, . . . , vn) ∈ Rn enotski vektor (t.j., vektor dolzine 1). Odvod funkcije fv smeri vektorja ~v je definiran kot
f ′~v(~x) := limh→0
f(~x+ h · ~v)− f(~x)
h.
Odvod v smeri vektorja ~v pove, kako hitro se funkcija f spreminja v smeri~v. Velja naslednja
Trditev. Za vsak enotski vektor ~v velja
f ′~v(~x) = (gradf(~x)) · ~v.
Opomba. Desna stran (gradf(~x)) · ~v oznacuje skalarni produkt vektorjevgradf(~x) in ~v. Spomnimo se: za ~a = (a1, . . . , an) in ~b = (b1, . . . , bn) ∈ Rn jeskalarni produkt ~a ·~b = a1b1 + a2b2 + . . .+ anbn.
Primer. Izracunajmo odvod funkcije f(x, y) = x2+xy v tocki (1, 1) v smerivektorja ~v = (2, 1).
Imamo gradf(x, y) = (2x+ y, y). Vektor ~v je potrebno normirati: ker je‖~v‖ =
√22 + 12 =
√5 uporabimo enotski vektor
~v
‖~v‖=
(2√5,
1√5
).
Sledi
f ′(2,1)(1, 1) = (2 · 1 + 1, 1) ·(
2√5,
1√5
)= (3, 1) ·
(2√5,
1√5
)=
7√5.
59
Primer. Izracunajmo odvod funkcije f(x, y) = sinx sin y v tocki (1, 1) vsmeri (0, 1) in v tocki (0, 0) v smeri (3, 4).
Imamo gradf(x, y) = (cosx sin y, sinx cos y). Sledi
f ′(0,1)(1, 1) = gradf(1, 1) · (0, 1) = (cos 1 sin 1, sin 1 cos 1) · (0, 1) = sin 1 cos 1
in
f ′(3,4)(0, 0) = gradf(0, 0) ·(
3√32 + 42
,4√
32 + 42
)= (cos 0 sin 0, sin 0 cos 0) ·
(3
5,4
5
)= 0.
Primer. Naj bo dana funkcija f(x, y) =√x+ y − xy. Izracunajmo odvod
funkcije f v tocki T (1, 0) v poljubni smeri. V kateri smeri je ta odvodnajvecji?
Za dano funkcijo je
gradf(x, y) =
(1
2
1− y√x+ y − xy
,1
2
1− x√x+ y − xy
),
torej
gradf(1, 0) =
(1
2
1√1,1
2
0√1
)= (
1
2, 0).
Izracunajmo odvod v smeri poljubnega enotskega vektorja (a, b). Do-bimo
f ′(a,b)(1, 0) = gradf(1, 0) · (a, b) = (1
2, 0) · (a, b) =
1
2a.
Ta odvod bo najvecji za (a, b) = (1, 0). Odvod je torej najvecji v smerivektorja (1, 0) (t.j. v smeri gradienta).
2.4 Visji parcialni odvodi
Zacnimo spet s funkcijami dveh spremenljivk. Parcialna odvoda funkcijedveh spremenljivk f(x, y) sta spet funkciji dveh spremenljivk fx(x, y) infy(x, y). Ce sta tudi ti dve funkciji parcialno odvedljivi, imenujemo njune
60
parcialne odvode parcialni odvodi drugega reda. Parcialni odvodi dru-gega reda so stirje:
fxx(x, y) =∂
∂x
∂f
∂x=∂2f
∂x2
fxy(x, y) = (fx)y =∂
∂y
∂f
∂x=
∂2f
∂y∂x
fyx(x, y) = (fy)x =∂
∂x
∂f
∂y=
∂2f
∂x∂y
fyy(x, y) =∂
∂y
∂f
∂y=∂2f
∂y2.
Splosno. Funkcija n spremenljivk f(x1, . . . , xn) ima n2 parcialnih odvodovdrugega reda:
fxixj =∂2f
∂xj∂xi, 1 ≤ i, j ≤ n.
Primer. Izracunajmo parcialne odvode drugega reda funkcije f(x, y) =x3 + 7x2y + 3x− 2y. Dobimo
fx(x, y) = 3x2 + 14xy + 3,
fy(x, y) = 7x2 − 2,
fxx(x, y) = 6x+ 14y,
fxy(x, y) = 14x,
fyx(x, y) = 14x,
fyy(x, y) = 0.
Primer. Izracunajmo vseh devet parcialnih odvodov drugega reda funkcijef(x, y, z) = zx3 ln y. Dobimo
fx = 3x2z ln y, fy =zx3
y, fz = x3 ln y,
fxx = 6xz ln y, fxy =3x2z
y, fxz = 3x2 ln y,
fyx =3x2z
y, fyy = −zx
3
y2, fyz =
x3
y,
fzx = 3x2 ln y, fzy =x3
y, fzz = 0.
V obeh primerih opazimo, da so mesani parcialni odvodi enaki, denimo:fxy(x, y) = fyx(x, y). To v splosnem ne velja. Velja pa naslednja
61
Trditev. Ce druga parcialna odvoda fxy(x, y) in fyx(x, y) funkcije f(x, y)obstajata in sta zvezni funkciji, potem sta enaka.
Ce druge parcialne odvode odvajamo se naprej, dobimo parcialne odvodetretjega reda in parcialne odvode visjih redov. Denimo,
∂3f
∂y∂x∂zoziroma fzxy.
Tudi mesani odvodi visjega reda so neodvisni od vrstnega reda odvajanja,ce so zvezni.
Primer. Pokazimo, da funkcija U(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1/2 ustreza t.i.Laplaceovi enacbi
∂2U
∂x2+∂2U
∂y2+∂2U
∂z2= 0.
Racunamo
∂U
∂x= −1
2
(x2 + y2 + z2
)−3/22x = −x
(x2 + y2 + z2
)−3/2,
∂U
∂y= −1
2
(x2 + y2 + z2
)−3/22y = −y
(x2 + y2 + z2
)−3/2,
∂U
∂z= −1
2
(x2 + y2 + z2
)−3/22z = −z
(x2 + y2 + z2
)−3/2
Drugi parcialni odvodi so:
∂2U
∂x2=
∂
∂x
(∂U
∂x
)=
∂
∂x
(−x(x2 + y2 + z2
)−3/2)
= −(x2 + y2 + z2
)−3/2+ (−x) · (−3
2)(x2 + y2 + z2
)−5/2 · 2x
=2x2 − y2 − z2√(x2 + y2 + z2)5
.
Zaradi simetrije velja se:
∂2U
∂y2=
2y2 − x2 − z2√(x2 + y2 + z2)5
,∂2U
∂z2=
2z2 − x2 − y2√(x2 + y2 + z2)5
.
Vstavimo v enacbo in dobimo:
∂2U
∂x2+∂2U
∂y2+∂2U
∂z2=
2x2 − y2 − z2 + 2y2 − x2 − z2 + 2z2 − x2 − y2√(x2 + y2 + z2)5
= 0.
62
2.5 Diferenciabilne funkcije in totalni diferencial
Definicija. Funkcija dveh spremenljivk f(x, y) je v tocki (a, b) diferencia-bilna, ce obstajata konstanti A in B, da je
lim(h,k)→(0,0)
(f(a+ h, b+ k)− f(a, b)− (Ah+Bk)√
h2 + k2
)= 0.
Izraz df := Ah+Bk imenujemo totalni diferencial.
Podobno kot pri funkcijah ene spremenljivke: dx = h, dy = k. Totalnidiferencial torej lahko zapisemo tudi kot df = Adx+Bdy.
Trditev. Naj bo f(x, y) diferenciabilna v tocki (a, b). Potem je f(x, y) vtocki (a, b) zvezna.
Trditev. Naj bo f(x, y) diferenciabilna v tocki (a, b) s totalnim diferencia-lom df = Ah+Bk. Potem obstajata oba parcialna odvoda in velja
fx(a, b) = A in fy(a, b) = B.
Primer. (i) Totalni diferencial funkcije f(x, y) = x2 + xy3 + cos(xy) je
df = (2x+ y3 − sin(xy)y)dx+ (3xy2 − sin(xy)x)dy.
(ii) Totalni diferencial funkcije f(u, v) = eu+5v + ln(uv2) je
df = (eu+5v +1
uv2· v2)du+ (5eu+5v +
1
uv2· 2uv)dv.
Predpostavimo sedaj, da je funkcija f(x, y) diferenciabilna v tocki (a, b).Potem je
f(a+ h, b+ k)− f(a, b) = (Ah+Bk) + α√h2 + k2,
kjer gre α→ 0, ko gre (h, k)→ (0, 0). Spremembo funkcijske vrednosti
f(a+ h, b+ k)− f(a, b)
lahko torej dobro aproksimiramo s totalnim diferencialom Ah + Bk. Vre-dnost f(a+ h, b+ k) ocenimo z linearnim izrazom:
f(a+ h, b+ k) ≈ f(a, b) + fx(a, b) · h+ fy(a, b) · k = f(a, b) + df.
Zvezof(a+ h, b+ k) ≈ f(a, b) + df
imenujemo tudi izrek o diferencialu.
63
Primer. Izracunajmo priblizno vrednost√
5.982 + 8.012.Naj bo f(x, y) =
√x2 + y2. Potem je
fx(x, y) =x√
x2 + y2, fx(x, y) =
y√x2 + y2
.
Sledi
f(5.98, 8.01) = f(6− 0.02, 8 + 0.01)
≈ f(6, 8) + fx(6, 8) · (−0.02) + fy(6, 8) · 0.01
= 10 +6 · (−0.02)
10+
8 · 0.01
10
= 10− 0.04
10= 9.996.
Tocen rezultat na pet decimalnih mest je 9.99602.
Ce na izraz f(a, b) + fx(a, b)h+ fy(a, b)k gledamo kot na funkcijo spre-menljivk h in k, dobimo enacbo tangentne ravnine
z(a+ h, b+ k) = f(a, b) + fx(a, b)h+ fy(a, b)k = C +Ah+Bk.
Naj bo x = a+ h in y = b+ k. Tedaj dobimo
z(x, y) = C +A(x− a) +B(y − b) = C +Ax−Aa+By −Bb.
Enacba tangentne ravnine funkcije f v tocki (a, b, f(a, b)) je torej
z(x, y) = α+ βx+ γy,
kjer je
α = f(a, b)− fx(a, b)a− fy(a, b)b,β = fx(a, b),
γ = fy(a, b).
Primer. Zapisimo enacbo tangentne ravnine na graf funkcije f(x, y) =10x2y − 7y2 v tocki (4,−5). Imamo
fx(x, y) = 20xy, fx(4,−5) = −400
fy(x, y) = 10x2 − 14y, fy(4,−5) = 230
f(4,−5) = −975
64
Slediα = f(4,−5)− fx(4,−5) · 4− fy(4,−5) · (−5) = 1775.
Enacba tangetne ravnine je torej z(x, y) = 1775 − 400x + 230y oziroma400x− 230y + z − 1775 = 0.
Ce parcialna odvoda neke funkcije dveh spremenljivk v dani tocki obsta-jata se ne pomeni, da je funkcija v tej tocki tudi diferenciabilna. Velja panaslednja
Trditev. Zvezna funkcija f(x, y) je diferenciabilna, ce sta parcialna odvodafx(x, y) in fy(x, y) zvezna.
2.6 Ekstremi funkcij vec spremenljivk
Lokalne ekstreme funkcij dveh spremenljivk definiramo podobno kot lokalneekstreme funkcij ene spremenljivke:
(i) Funkcija dveh spremenljivk f(x, y) ima v tocki (a, b) lokalni maksi-mum, ce obstaja tak δ > 0, da je f(a+ h, b+ k) ≤ f(a, b) za vsak par(h, k), ki zadosca pogoju h2 + k2 < δ2.
(ii) Funkcija f(x, y) ima v tocki (a, b) lokalni minimum, ce obstaja takδ > 0, da je f(a + h, b + k) ≥ f(a, b) za vsak par (h, k), ki zadoscapogoju h2 + k2 < δ2.
Bolj splosno, za funkcije vec spremenljivk, lahko zapisemo:
(i) Funkcija f(x1, . . . , xn) ima v tocki ~a = (a1, . . . , an) lokalni maksi-mum, ce obstaja tak δ > 0, da je f(~a + ~h) − f(~a) = f(a1 + h1, a2 +h2, . . . , an+hn)−f(a1, . . . , an) ≤ 0 za vsak ~h = (h1, . . . , hn), ki zadoscapogoju h2
1 + . . .+ h2n < δ2.
(ii) Ce obstaja tak δ > 0, da je f(~a+ ~h)− f(~a) ≥ 0 za vsak ~h, ki zadoscapogoju h2
1 + . . .+h2n < δ2, potem recemo, da ima funkcija f(~x) v tocki
~a lokalni minimum.
Primer. (i) Funkcija f(x, y) = |x|+ |y| ima lokalni in globalni minimumv tocki (0, 0), saj je povsod drugje pozitivna.
(ii) Funkcija f(x, y) = x3y3 v tocki (0, 0) nima lokalnega ekstrema, ker sopoljubno blizu tocke (0, 0) tako tocke, v katerih je f pozitivna, kot tuditocke, v katerih je f negativna.
65
Definicija. Naj bo f funkcija dveh spremenljivk. Tocko (a, b), ki zadoscapogojema
fx(a, b) = 0 = fy(a, b)
imenujemo stacionarna (oz. kriticna) tocka funkcije f(x, y).
Stacionarne tocke diferenciabilne funkcije dveh spremenljivk f(x, y) sotorej resitve sistema enacb
fx(x, y) = 0
fy(x, y) = 0.
Velja:
(i) Ce ima diferenciabilna funkcija f(x, y) v tocki (a, b) lokalni ekstrem(minimum ali maksimum), potem je (a, b) stacionarna tocka funkcijef .
(ii) Stacionarna tocka funkcije f ni nujno lokalni ekstremi funkcije f (npr.:tocka (0, 0) je stacionarna tocka funkcije f(x, y) = x3y3, ni pa lokalniekstrem).
Bolj splosno za funkcije n spremenljivk definiramo: tocka ~a = (a1, . . . , an)je stacionarna tocka funkcije n spremenljivk f(x1, . . . , xn), ce so vsi parcialniodvodi v tej tocki enaki nic, t.j.,
fx1(~a) = fx2(~a) = . . . fxn(~a) = 0.
Vrnimo se k funkcijam dveh spremenljivk. Kadar je funkcija f dvakratzvezno odvedljiva, lahko s pomocjo drugih parcialnih odvodov povemo, aliv stacionarni tocki nastopi ekstrem (kot tudi ali gre za minimum ali maksi-mum). Velja
Trditev. Naj bo (a, b) stacionarna tocka dvakrat zvezno odvedljive funkcijef(x, y) in naj bo
A = fxx(a, b), B = fxy(a, b), C = fyy(a, b).
Potem velja:
1. Ce je ∆ := AC −B2 > 0, je v tocki (a, b) lokalni ekstrem in velja
(i) ce je A < 0, potem je v (a, b) lokalni maksimum,
(ii) ce je A > 0, potem je v (a, b) lokalni minimum.
66
2. Ce je ∆ = AC − B2 < 0, potem v tocki (a, b) funkcija nima lokalnegaekstrema.
3. Ce je ∆ = AC −B2 = 0, potem na podlagi drugih parcialnih odvodov nemoremo sklepati ali je v tocki (a, b) lokalni ekstrem.
Opomba. Matriko drugih parcialnih odvodov
H =
[fxx fxyfyx fyy
]imenujemo Hessejeva matrika. Velja ∆ = detH.
Primer. Dolocimo lokalne ekstreme funkcije f(x, y) = xy + 4x + 2
y .Izracunajmo najprej stacionarne tocke. Imamo
fx(x, y) = y − 4
x2
fy(x, y) = x− 2
y2.
Sistem fx(x, y) = fy(x, y) = 0 se glasi
y =4
x2, x =
2
y2.
Edina nenicelna resitev sistema (oziroma stacionarna tocka) je tocka (2, 1).Izracunajmo sedaj parcialne odvode drugega reda:
fxx(x, y) =8
x3, A = fxx(2, 1) = 1
fxy(x, y) = 1, B = fxy(2, 1) = 1
fyy(x, y) =4
y3, C = fyy(2, 1) = 4.
Hessejeva matrika v stacionarni tocki je torej
H(2, 1) =
[1 11 4
]Sledi ∆ = detH(2, 1) = AC −B2 = 3 > 0. V tocki (2, 1) je lokalni ekstremfunkcije f . Ker je A > 0, je v tej tocki lokalni minimum.
67
Primer. Naj bo f(x, y) = xy. Tedaj je fx(x, y) = y in fy(x, y) = x.Edina resitev sistema fx(x, y) = fy(x, y) = 0 (in torej edina stacionarna
tocka) je tocka (0, 0).Izracunajmo druge parcialne odvode v tocki (0, 0). Dobimo
fxx(x, y) = 0, A = fxx(0, 0) = 0
fxy(x, y) = 1, B = fxy(0, 0) = 1
fyy(x, y) = 0, C = fyy(0, 0) = 0.
Velja AC − B2 = −1 < 0, zato tocka (0, 0) ni lokalni ekstrem funkcijef(x, y) = xy.
Primer. Naj bo f(x, y) = e−(x2+y2). Tedaj je
fx(x, y) = −2xe−(x2+y2),
fy(x, y) = −2ye−(x2+y2).
Edina resitev sistema fx(x, y) = fy(x, y) = 0 je tocka (0, 0) (tu smo
upostevali, da je e−(x2+y2) > 0). Izracunajmo druge parcialne odvode vtocki (0, 0):
fxx(x, y) = (4x2 − 2)e−(x2+y2), A = fxx(0, 0) = −2,
fxy(x, y) = 4xye−(x2+y2), B = fxy(0, 0) = 0,
fyy(x, y) = (4y2 − 2)e−(x2+y2), C = fyy(0, 0) = −2.
Ker je AC −B2 = 4 > 0, je v tocki (0, 0) lokalni ekstrem funkcije f . Ker jeA < 0, je v tej tocki lokalni maksimum.
Primer. Naj bo f(x, y) = x3 + y3 − 3xy. Poiscimo najprej stacionarnetocke. Imamo fx(x, y) = 3x2 − 3y in fy(x, y) = 3y2 − 3x.
Sistem fx(x, y) = fy(x, y) = 0 je ekvivalenten sistemu y = x2, x = y2, kiima dve resitvi: tocko T1(0, 0) in tocko T2(1, 1).
Izracunajmo se druge parcialne odvode:
fxx(x, y) = 6x
fxy(x, y) = −3
fyy(x, y) = 6y
Sledi ∆(x, y) = detH(x, y) = fxx(x, y) · fyy(x, y) − fxy(x, y)2 = 36xy − 9.Ker je ∆(0, 0) = −9 < 0, v stacionarni tocki T1(0, 0) ni lokalnega ekstrema.Ker je ∆(1, 1) = 27 > 0 ima v stacionarni toki T2(1, 1) funkcija f lokalniekstrem. Ker je fxx(1, 1) = 6 > 0, ima funkcija f v tocki T2(1, 1) lokalniminimum.
68
Primer. Naj bo f(x, y) =(x2 + 3
4
)e−x
2−y2 . Imamo
fx(x, y) = 2xe−x2−y2 +
(x2 +
3
4
)(−2x)e−x
2−y2
= 2
(x− x3 − 3
4x
)e−x
2−y2
= 2(x
4− x3
)e−x
2−y2
in
fy(x, y) =
(x2 +
3
4
)(−2y)e−x
2−y2 .
Sistem fx(x, y) = fy(x, y) = 0 lahko z upostevanjem dejstva e−x2−y2 > 0
poenostavimo v sistem x4 − x
3 = 0, y = 0, oziroma x(
14 − x
2)
= 0, y = 0,oziroma x
(12 − x
) (12 + x
)= 0, y = 0.
Dobimo torej tri stacionarne toke: T1
(−1
2 , 0), T2(0, 0), T3
(12 , 0).
Izrcunajmo se druge parcialne odvode:
fxx(x, y) =∂
∂x
(2(x
4− x3
)e−x
2−y2)
= 2
(1
4− 3x2
)e−x
2−y2 + 2(x
4− x3
)(−2x)e−x
2−y2
=
(1
2− 7x2 + 4x4
)e−x
2−y2 .
fxy(x, y) =∂
∂y
(2(x
4− x3
)e−x
2−y2)
= 2(x
4− x3
)(−2y)e−x
2−y2
= −4xy
(1
4− x2
)e−x
2−y2 .
fyy(x, y) =∂
∂y
((x2 +
3
4
)(−2y)e−x
2−y2)
=
(x2 +
3
4
)(−2e−x
2−y2 + (−2y)(−2y)e−x2−y2
)=
(x2 +
3
4
)(4y2 − 2
)e−x
2−y2 .
Izracunajmo predznak ∆(x, y) = fxx(x, y) · fyy(x, y)− fxy(x, y)2 v vseh
69
treh stacionarnih tockah. Za tocko (−12 , 0)
∆
(−1
2, 0
)= fxx
(−1
2, 0
)· fyy
(−1
2, 0
)− fxy
(−1
2, 0
)2
= 2e−1/2 > 0.
Ker je tudi fxx(−1
2 , 0)
= −e−1/4 < 0, ima v tocki T1
(−1
2 , 0)
funkcijalokalni maksimum. Za tocko (0, 0) dobimo
∆ (0, 0) = −1
4< 0
v tocki T2 (0, 0) funkcija nima lokalnega ekstrema.
∆
(1
2, 0
)= fxx
(1
2, 0
)· fyy
(1
2, 0
)− fxy
(1
2, 0
)2
= 2e−1/2 > 0.
Ker je fxx(
12 , 0)
= −e−1/4 < 0, ima v tocki T3
(12 , 0)
funkcija lokalni maksi-mum.
Primer. Tri stevila, x, y in z imajo dano vsoto V . Pri katerih vrednostihx, y in z je produkt P = xyz maksimalen?
Ker je x+ y+ z = V lahko produkt izrazimo kot funkcijo dveh spremen-ljivk p(x, y) = xy(V − x− y). Iscemo torej maksimum funkcije p.
Stacionarne tocke so resitve sistema enacb
px(x, y) = y(V − x− y)− xy = y(V − 2x− y) = 0
py(x, y) = x(V − x− y)− xy = x(V − x− 2y) = 0.
Trivialna resitev sistema (0, 0) ocitno ne da maksimuma funkciji p (produktje tedaj enak nic). To velja tudi za resitvi (V, 0) in (0, V ). Netrivialnastacionarna tocka je resitev sistema V −2x− y = 0, V −x−2y = 0. Dobimotocko S = (V3 ,
V3 ).
Preverimo, da ta tocka res da maksimum funkciji p. Imamo fxx = −2y,fxy = V − 2x − 2y ter fyy = −2x, torej fxx(S) = −2V
3 , fxy(S) = −V3 in
fyy(S) = −2V3 . Sledi ∆ = V 2
3 > 0. Ker je fxx(S) = −2V3 < 0, je v tocki S
res maksimum funkcije p. Tedaj je z = V3 in maksimalen produkt P je enak
enak V 3
27 .
70
2.7 Odvod sestavljene funkcije
Trditev. Naj bo funkcija z = f(x, y) diferenciabilna in naj bosta x = x(t),y = y(t) odvedljivi funkciji parametra t. Potem je z sestavljena funkcijaparametra t, njen odvod pa je
dz
dt(t) = lim
h→0
f(x(t+ h), y(t+ x))− f(x, y)
h= fx(x, y)x(t) + fy(x, y)y(t),
kjer je
x(t) = x′(t),
y(t) = y′(t).
Primer. (i) Izracunajmo odvod funkcije z = (t+ 1)t2
.
Naj bo x(t) = t+ 1 in y(t) = t2. Tedaj je z(t) = f(x, y) = xy.
Velja x(t) = 1 in y(t) = 2t torej
dz
dt(t) =
d
dt(xy)
=∂f
∂x
dx
dt+∂f
∂y
dy
dt=
= yxy−1 · 1 + xy lnx · 2t
= t2(t+ 1)t2−1 + 2t(t+ 1)t
2ln(t+ 1).
(ii) Izracunajmo se odvod funkcije z = tt.
Naj bo x(t) = t, y(t) = t. Tedaj je x(t) = y(t) = 1 in z = xy. Sledi
dz
dt(t) =
d
dt(xy)
= fxx(t) + fyy(t)
= yxy−1 + xy lnx
= t · tt−1 + tt ln t
= tt (1 + ln t) .
(iii) Naj bo f(x, y) = x2 + 2 sin y za x(t) = 1 + t, y(t) = t2. Izracunajmoddtf .
71
Dobimo
df
dt(t) =
d
dt
(x2 + 2 sin y
)= fxx(t) + fyy(t) =
= 2x · 1 + 2 cos y · 2t= 2(1 + t) + 4t cos(t2).
Rezultat preverimo se z neposrednim odvajanjem. Imamo f(t) = (1 +t)2 + 2 sin(t2) torej dz
dt = 2(1 + t) + 4t cos(t2).
Naj bo sedaj funkcija f(x, y) diferenciabilna, spremenljivki x in y panaj bosta diferenciabilni funkciji novih spremenljivk u in v: x = x(u, v),y = y(u, v). Sedaj je torej funkcija f posredno odvisna od spremenljivk uin v in velja verizno pravilo
∂z
∂u=∂f
∂x
∂x
∂u+∂f
∂y
∂y
∂u,
∂z
∂v=∂f
∂x
∂x
∂v+∂f
∂y
∂y
∂v.
Bolj splosno velja: ce je z = f(x1, . . . , xn) z xi = xi(t1, . . . , tm) za vsaki = 1, . . . , n potem je
∂z
∂ti=
∂f
∂x1
∂x1
∂ti+
∂f
∂x2
∂x2
∂ti+ . . .+
∂f
∂xn
∂xn∂ti
.
Primer. Dana je funkcija
z = eu2+v2 cos v +
(cos2 v
)u2+v2.
Izracunajmo ∂z∂u in ∂z
∂v .Z x(u, v) = u2 + v2 in y(u, v) = cos v je z(u, v) = f(x, y) = exy +
(y2)x
.Tedaj je
∂z
∂u=∂f
∂x
∂x
∂u+∂f
∂y
∂y
∂u
=(exy + y2x ln(y2)
)2u+
(ex + 2xy2x−1
)· 0
=(eu
2+v2 cos v + (cos v)2(u2+v2) ln(cos2 v))
2u.
72
∂z
∂v=∂f
∂x
∂x
∂v+∂f
∂y
∂y
∂v
=(exy + y2x ln(y2)
)2v +
(ex + 2xy2x−1
)· (− sin v)
=(eu
2+v2 cos v + (cos v)2(u2+v2) ln(cos2 v))
2v
−(eu
2+v2 + 2(u2 + v2)(cos v)2(u2+v2)−1)
sin v
Primer. Pokazimo, da za poljubno diferenciabilno funkcijo V (x, y) velja(∂V
∂x
)2
+
(∂V
∂y
)2
=
(∂V
∂r
)2
+1
r2
(∂V
∂ϕ
)2
,
kjer sta (x, y) kartezicni, (r, ϕ) pa polarni koordinati.Uvedemo polarne koordinate x = r cosϕ, y = r sinϕ ter zapisemo
V (x, y) = V (x(r, ϕ), y(r, ϕ)). Po veriznem pravilu je
∂V
∂r=∂V
∂x
∂x
∂r+∂V
∂y
∂y
∂r
=∂V
∂xcosϕ+
∂V
∂ysinϕ.
ter
∂V
∂ϕ=∂V
∂x
∂x
∂ϕ+∂V
∂y
∂y
∂ϕ
= −∂V∂x
r sinϕ+ +∂V
∂yr cosϕ.
Sledi(∂V
∂r
)2
+
(1
r
∂V
∂ϕ
)2
=
(∂V
∂xcosϕ+
∂V
∂ysinϕ
)2
+
(−∂V∂x
sinϕ+∂V
∂ycosϕ
)2
=
(∂V
∂x
)2
cos2 ϕ+
(∂V
∂y
)2
sin2 ϕ+ 2∂V
∂x
∂V
∂ycosϕ sinϕ
+
(∂V
∂x
)2
sin2 ϕ+
(∂V
∂y
)2
cos2 ϕ− 2∂V
∂x
∂V
∂ycosϕ sinϕ
=
(∂V
∂x
)2
+
(∂V
∂y
)2
.
73
Poglavje 3
Integriranje funkcij
Poleg odvajanja je v uporabni matematiki pomembno tudi integriranje funk-cij. Za zacetek si oglejmo t.i. nedoloceni integral.
3.1 Nedoloceni integral
Iskanje nedolocenega integrala neke funkcije je obraten problem kot iskanjeodvoda dane funkcije: za dano (zvezno) funkcijo f : Df ⊆ R → R iscemofunkcijo F , za katero velja
F ′(x) = f(x).
Nedoloceni integral dane funkcije f ni enolicno dolocen: ce je F nedoloceniintegral funkcije f , potem je za vsako konstanto C tudi funkcija F + C ne-doloceni integral funkcije f . Res, (F+C)′ = F ′+C ′ = F ′ = f. Poljubna dvanedolocena integrala dane funkcije se razlikujeta le za aditivno konstanto.Res, ce je F ′ = f in G′ = f , je 0 = F ′ −G′ = (F −G)′, torej je F −G = Cza neko konstanto C.
Nedoloceni integral zapisemo z integralskim znakom:
F (x) =
∫f(x)dx.
Ta zapis izhaja iz diferencialnega zapisa odvoda f ′ = dfdx . Funkcijo, ki jo
integriramo imenujemo integrand.
Primer. (i)∫
2xdx = x2 + C
(ii)∫
cosxdx = sinx+ C.
74
Nedoloceni integrali elementarnih funkcij so:
1.∫xndx = xn+1
n+1 + C, kjer n 6= −1,
2.∫dxx = lnx+ C,
3.∫exdx = ex + C,
4.∫axdx = ax
ln a + C
5.∫
sinxdx = − cosx+ C,
6.∫
cosxdx = sinx+ C,
7.∫
dxcos2 x
= tanx+ C,
8.∫
dxsin2 x
= − cotx+ C,
9.∫
dx√1−x2 = arcsinx+ C,
10.∫
dx1+x2
= arctanx+ C,
11.∫
dx√x2+a
= ln(x+√x2 + a
)+ C.
Opomba. Opazimo, da v tabeli ni nedolocenega integrala logaritma. Tegabomo izpeljali kasneje.
Za racunanje integralov bolj zapletenih funkcij poznamo nekaj metod.Oglejmo si jih.
3.2 Metode integriranja
3.2.1 Metoda dekompozicije
Integrand preoblikujemo in upostevamo naslednji lastnosti integrala:
(i) Za poljubni zvezni funkciji f in g velja∫(f(x) + g(x))dx =
∫f(x)dx+
∫g(x)dx.
(ii) Za vsako zvezno funkcijo f in konstanto C velja∫Cf(x)dx = C
∫f(x)dx.
75
Primer. (i)∫((2x− 1)2 + 3x2)dx =
∫((7x2 − 4x+ 1)dx
= 7
∫x2dx− 4
∫xdx+
∫1dx
=7x3
3− 2x2 + x+ C.
(ii) ∫x2 + 5
x2 + 1dx =
∫x2 + 1 + 4
x2 + 1dx
=
∫x2 + 1
x2 + 1dx+
∫4
x2 + 1dx
= x+ 4 arctanx+ C.
3.2.2 Metoda substitucije
Uvedemo novo integracijsko spremenljivko, denimo t, in pisemo x = x(t). Stem se spremeni tudi diferencial in sicer dx = x′(t)dt. Dobimo∫
f(x)dx =
∫f(x(t))x′(t)dt.
Ce substitucijo pametno izberemo, je novi integral preprostejsi in ga znamoizracunati.
Primer. (i) Izracunajmo ∫dx
2x− 1.
Uvedemo novo spremenljivko t = 2x− 1. Tedaj je dt = 2dx in∫dx
2x− 1=
∫ 12dt
t=
1
2ln t+ C =
1
2ln (2x− 1) + C.
(ii) Izracunajmo ∫tanxdx.
Z upostevanjem tanx = sinxcosx in uvedbo nove spremenljivke u = cosx
(tedaj je du = − sinxdx) dobimo∫tanxdx =
∫sinx
cosxdx = −
∫du
u= − lnu+ C = − ln(tanx) + C.
76
(iii) Izracunajmo ∫3x2
√x3 + 1
dx.
Uvedemo t = x3 + 1. Tedaj je dt = 3x2dx. Sledi∫3x2
√x3 + 1
dx =
∫dt√t
=
∫t−
12dt = 2
√t+ C = 2
√x3 + 1 + C.
3.2.3 Metoda integracije po delih (per partes)
Formula za integracijo po delih je∫udv = uv −
∫vdu.
Izpeljemo jo iz dejstva da je uv =∫d(uv) =
∫(udv + vdu) =
∫udv +∫
vdu. Integriranje po delih uporabljamo v primeru ko je integrand produktdveh raznorodnih funkcij (npr. polinoma in eksponentne funkcije, ekspo-nentne in kotne funkcije itd.)
Primer. (i) Izracunajmo ∫lnxdx.
Uvedemo u = lnx in dv = dx. Tedaj je du = dxx in v = x. Sledi∫
lnxdx = x lnx−∫dx = x lnx− x+ C.
(ii) Izracunajmo ∫x lnxdx.
Uvedemo u = lnx in dv = xdx. Tedaj je du = dxx in v = x2
2 . Sledi∫x lnxdx =
x2
2lnx− 1
2
∫xdx =
x2
2lnx− x2
4+ C.
(iii) Izracunajmo ∫x2exdx.
Vpeljemo u = x2 in dv = exdx. Tedaj je du = 2xdx in v = ex. Sledi∫x2exdx = x2ex − 2
∫xexdx = ...
77
Se enkrat naredimo integracijo po delih z u = x in dv = exdx innadaljujemo
... = x2ex − 2
(xex −
∫exdx =
)= x2ex − 2xex + 2ex + C
= ex(x2 − 2x+ 2
)+ C.
3.2.4 Metoda dekompozicije (II)
Pri integraciji racionalnih funkcij vcasih pride prav naslednji trik.
Primer. Izracunajmo ∫1
x2 − 1dx.
Izraz 1x2−1
lahko zapisemo kot
1
x2 − 1=
1
2
1
x− 1− 1
2
1
x+ 1.
Res, ce pisemo
1
x2 − 1=
A
x− 1+
B
x+ 1=Ax+A+Bx−B
(x− 1)(x+ 1),
potem iscemo A in B, ki zadoscata enacbam
A+B =0
A−B =1.
Ti enacbi res resita A = 12 , B = −1
2 .
Sledi ∫1
x2 − 1dx =
1
2
∫1
x− 1dx− 1
2
∫1
x+ 1dx
=1
2ln(x− 1)− 1
2ln(x+ 1) + C.
3.3 Doloceni integral
Izberimo poljubno delitev intervala [a, b] na n intervalov z n − 1 vmesnimitockami:
a = x0 < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b.
78
Dolzina k-tega podintervala je ∆xk = xk − xk−1. Na vsakem od teh podin-tervalov izberemo tocko ξk, torej xk−1 ≤ ξk ≤ xk in sestavimo integralskovsoto
n∑k=1
f(ξk)∆xk.
Definicija. Stevilo I imenujemo doloceni integral realne funkcije f naintervalu [a, b], ce velja
I = limmax ∆xk→0
n∑k=1
f(ξk)∆xk.
Ta limita ne obstaja vedno, da pa se pokazati, da obstaja za vsako zveznofunkcijo na intervalu [a, b] (dokaz izpustimo). Kadar limita obstaja recemoda je funkcija f integrabilna na intervalu [a, b]. Doloceni integral funkcijef na intervalu [a, b], I, oznacimo z∫ b
af(x)dx.
Primer. Po definiciji izracunajmo integral∫ ba xdx, tako da za posebno tocko
izberemo sredino vsakega podintervala
ξk =xk + xk−1
2.
Dobimo ∫ b
af(x)dx = lim
n→∞
n∑k=1
xk + xk−1
2(xk − xk−1)
=1
2limn→∞
n∑k=1
(x2k − x2
k−1)
=1
2(b2 − a2).
Izracun dolocenega integrala po definiciji je bil v zgornjem primeru eno-staven, saj je bil integrand zelo preprosta funkcija. Pri bolj zapletenih funk-cijah izracun po definiciji ni prakticen. Zato si sedaj oglejmo nekaj lastnostidolocenega integrala, ki so v pomoc pri racunanju.
79
3.3.1 Lastnosti dolocenega integrala
1. Ime integracijske spremenljivke ni pomembno:∫ b
af(x)dx =
∫ b
af(u)du.
2. Linearnost integrala:∫ b
a(Af(x) +Bg(x))dx = A
∫ b
af(x)dx+B
∫ b
ag(x)dx.
3. Za poljuben c ∈ [a, b] velja∫ b
af(x)dx =
∫ c
af(x)dx+
∫ b
cf(x)dx.
4. Velja ∫ b
af(x)dx = −
∫ a
bf(x)dx.
Posledica:∫ aa f(x)dx = 0.
5. Monotonost: ce na intervalu [a, b] velja f(x) ≤ g(x), velja tudi∫ b
af(x)dx ≤
∫ b
ag(x)dx.
6. Velja
|∫ b
af(x)dx| ≤
∫ b
a|f(x)|dx.
7. Ce na intervalu [a, b] velja m ≤ f(x) ≤M sledi
m ≤ 1
b− a
∫ b
af(x)dx ≤M.
Izraz1
b− a
∫ b
af(x)dx
imenujemo povprecna vrednost funkcije f na intervalu [a, b]. Pov-precna vrednost funkcije f na intervalu [a, b] torej lezi med minimumomin maksimumom funkcije na tem intervalu.
Lastnosti 6 in 7 sledita iz tocke 5.
80
3.4 Zveza med dolocenim in nedolocenim integra-lom
Racunanje dolocenega integrala po definiciji je v vecini primerov zapleteno,zato je dobro poznati druge nacine.
Naj bo f zvezna funkcija na intervalu [a, b]. Za x ∈ [a, b] definirajmo
G(x) =
∫ x
af(t)dt.
Velja:
(i) G je zvezna funkcija zgornje meje.
Dokaz. Velja G(x+ h)−G(x) =∫ x+hx f(t)dt = h · f(ξ)→ 0 ko h→ 0
(tu smo upostevali lastnost 3.)
(ii) G je odvedljiva funkcija spremenljivke x.
Dokaz. Velja
limh→0
G(x+ h)−G(x)
h= lim
h→0f(ξ) = f(x).
Tedaj je G′(x) = f(x) za vsak x in G je nedoloceni integral funkcije f.Ce je F poljuben nedoloceni integral je
F (x) =
∫ x
af(t)dt+ C
za neko konstanto C. Toda ker je F (a) = C je F (x)−F (a) =∫ xa f(t)dt. Ce
vstavimo x = b, dobimo osnovno formulo integralskega racuna∫ b
af(t)dt = F (b)− F (a).
Z metodami za integriranje, ki smo jih spoznali v prejsnjem razdelkusedaj izracunajmo naslednje integrale:
Primer. (i)∫ π
0 sinxdx = − cosx∣∣∣π0
= − cosπ + cos 0 = 2.
(ii)∫ 1−1 (x2 − 7x+ 3)dx = (x
3
3 −7x2
2 +3x)∣∣∣1−1
= 13−
72 +3−(−1
3−72−3) = 20
3 .
81
(iii) Integral∫ 1
0
√1 + xdx resimo s substitucijo t = x+ 1 (s tem se spreme-
nijo tudi meje integracije). Tedaj je dt = dx in∫ 1
0
√1 + xdx =
∫ 2
1
√tdt =
2
3t32
∣∣∣21
=2
3(√
8− 1).
(iv) Integral∫ π
0 x sinxdx izracunamo z metodo per partes: u = x, dv =sinxdx. Sledi du = dx, v = − cosx ter∫ π
0x sinxdx = −x cosx
∣∣∣π0
+
∫ π
0cosxdx = π + sinx
∣∣∣π0
= π.
3.5 Posploseni integral
Pod pojmom posploseni integral razumemo bodisi
(i) integral zvezne funkcije na neomejenem intervalu, bodisi
(ii) integral funkcije, ki ni definirana v neki izolirani tocki integracijskegaintervala.
Najprej si poglejmo, kako integriramo funkcijo na neomejenem intervalu.
3.5.1 Neomejen integracijski interval
Definiramo ∫ ∞a
f(x)dx := limb→∞
∫ b
af(x)dx,∫ b
−∞f(x)dx := lim
a→−∞
∫ b
af(x)dx,∫ ∞
−∞f(x)dx := lim
a→−∞,b→∞
∫ b
af(x)dx.
Oglejmo si nekaj primerov.
Primer. (i) ∫ ∞0
e−xdx = limb→∞
∫ b
0e−xdx = lim
b→∞−e−x
∣∣∣b0
= limb→∞
(−e−b + 1) = 1.
82
(ii) Izracunajmo∫∞
06xx2+1
dx. Imamo∫ ∞0
6x
x2 + 1dx = lim
b→∞
∫ b
0
6x
x2 + 1dx
= limb→∞
∫ b2+1
1
3dt
tdt = lim
b→∞3 ln t
∣∣∣b2+1
1
= limb→∞
3(ln(b2 + 1)− ln 1) =∞.
Pri tem smo si pomagali s substitucijo t = x2 + 1 (dt = 2xdx).
3.5.2 Integracija neomejene funkcije
Denimo, da ima funkcija f izolirano singularno tocko v desnem krajiscuintegracijskega obmocja [a, b] (torej v tocki b). Potem definiramo∫ b
af(x)dx := lim
ε→0
∫ b−ε
af(x)dx.
Primer. (i)∫ 1
0
1
1− xdx = lim
ε→0
∫ 1−ε
0
1
1− xdx = lim
ε→0
(− ln(1− x)
∣∣∣1−ε0
)= lim
ε→0(1− ln ε) =∞
(ii) ∫ 1
0
1√1− x
dx = limε→0
∫ 1−ε
0
1√1− x
dx = − limε→0
2√
1− x∣∣∣1−ε0
= limε→0
(2− 2√ε) = 2.
Ce ima funkcija f izolirano singularno tocko v levem krajiscu integracij-skega obmocja [a, b] (torej v tocki a), potem definiramo∫ b
af(x)dx := lim
ε→0
∫ b
a+εf(x)dx.
Primer. (i) ∫ 1
0lnxdx = lim
ε→0
∫ 1
εlnxdx = lim
ε→0
(− x+ x lnx
)∣∣∣1ε
= limε→0
(ε− ε ln ε− 1) = −1
83
saj z uporabo L’Hospitalovega pravila lahko preverimo, da je
limε→0
ε ln ε = 0.
Ce ima funkcija f izolirano singularno tocko c v notranjosti integracij-skega intervala, c ∈ (a, b), potem upostevamo da velja∫ b
af(x)dx =
∫ c
af(x)dx+
∫ b
cf(x)dx
in za integrala na desni uporabimo prejsnji definiciji.
3.6 Uporaba dolocenega integrala
Doloceni integral lahko uporabljamo za racunanje ploscin likov, prostorninin povrsin rotacijskih teles ter locnih dolzin.
3.6.1 Racunanje ploscin likov
Ce je f(x) ≥ 0 nenegativna funkcija na intervalu [a, b] je ploscina lika, kiga na intervalu [a, b] oklepajo krivulja y = f(x), abscisna os in obe ordinativ krajiscih (t.j., premici x = a in x = b) enaka
p =
∫ b
af(x)dx.
Bolj splosno: ce je f(x) ≥ g(x) na intervalu [a, b], je ploscina med krivu-ljama y = f(x) in y = g(x) na [a, b] enaka
p =
∫ b
a(f(x)− g(x))dx.
Primer. (i) Ploscina med y = x2 in absciso je intervalu [0, 3] enaka
p =
∫ 3
0x2dx =
x3
3
∣∣∣30
= 9.
(ii) Izracunajmo ploscino med y = sinx in y = cosx na intervalu [0, 2π].Najprej izracunajmo meje integracijskega obmocja, torej preseciscaobeh funkcij. Krivulji y = sinx in y = cosx se sekata v tockah a = π
4ter b = 5π
4 . Sledi
p =
∫ 5π4
π4
(sinx− cosx)dx = (− cosx− sinx)∣∣∣ 5π4π4
= 2√
2.
84
(iii) Ploscina kroga s polmerom a je
p = 4
∫ a
0
√a2 − x2dx.
Za izracun integrala uvedemo substitucijo x = a sin t. Imamo torejdx = a cos tdt in
p = 4a2
∫ π2
0cos2 tdt = 2a2
∫ π2
0(1 + cos 2t)dt = 2a2(t+
1
2sin 2t)
∣∣∣π20
= πa2.
Pri tem smo upostevali enakost cos2 t = 1 + cos 2t.
(iv) Ploscina pod krivuljo y = 11+x2
na intervalu (−∞,∞) je∫ ∞−∞
1
1 + x2dx = lim
a→−∞limb→∞
∫ b
a
1
1 + x2dx
= lima→−∞
limb→∞
(arctan b− arctan a) = π.
3.6.2 Racunanje locnih dolzin
Za krivuljo v obliki y = f(x) je dolzina krivulje na intervalu [a, b] enaka
s =
∫ b
a
√1 + y′2(x)dx,
saj je ds2 = dx2 + dy2 = dx2 + y′2dx2 = (1 + y′2)dx2.
Primer. Obseg kroznice s polmerom a je
o = 4
∫ a
0
√1 + y′2(x)dx
za y =√a2 − x2. Tedaj je y′ = −x√
a2−x2 in 1 +y′2(x) = a2
a2−x2 . Z uvedbo nove
spremenljivke x = a sin t tedaj sledi
o = 4
∫ a
0
a√a2 − x2
dx = 4
∫ π2
0
π
2dt = 4at
∣∣∣π20
= 2πa.
85
3.6.3 Racunanje prostornine rotacijskega telesa
Ce krivuljo y = f(x) na intervalu [a, b] zavrtimo okoli abscisne osi dobimovrtenino, katere prostornina je
V = π
∫ b
ay2(x)dx.
Primer. (i) Zavrtimo krivuljo y = x2 okoli x-osi na intervalu [0, 1]. Pro-stornina nastale vrtenine je
V = π
∫ 1
0x4dx = π
x5
5
∣∣∣10
=π
5.
(ii) Stozec s polmerom r in visino h dobimo z vrtenjem premice y = rxh
okoli abscisne osi na intervalu [0, h]. Prostornina takega stozca je
V = π
∫ h
0
r2x2
h2dx =
πr2
h2
x3
3
∣∣∣h0
=πr2h
3.
3.6.4 Racunanje povrsine rotacijskega telesa
Ce krivuljo y = f(x) na intervalu [a, b] zavrtimo okoli abscisne osi dobimovrtenino, katere povrsina je
P = 2π
∫ b
ay(x)
√1 + y′2(x)dx.
Primer. Izracunajmo povrsino paraboloida y =√x (t.j., telesa, ki ga do-
bimo z vrtenjem parabole) na intervalu [0, 1]. Imamo y′ = 12√x
in 1+y′2(x) =1+4x
4x . Z uvedbo nove spremenljivke t = 1 + 4x sledi
P = 2π
∫ 1
0y(x)
√1 + y′2(x)dx = π
∫ 1
0
√1 + 4xdx =
π
4
∫ 5
1
√tdt =
π
6(5√
5−1).
86
Poglavje 4
Taylorjeva formula inTaylorjeva vrsta
Naj bo funkcija f poljubnokrat odvedljiva na realni osi. Po osnovnem izrekuintegralskega racuna je
f(x)− f(a) =
∫ x
af ′(t)dt,
kar lahko z veckratno uporabo integracije po delih zapisemo kot
f(x) = f(a) +
∫ x
af ′(t)dt
= f(a) + (x− a)f ′(a) +
∫ x
a(x− t)f ′′(t)dt
= f(a) + (x− a)f ′(a) +1
2(x− a)2f ′′(a) +
1
2
∫ x
a(x− t)2f ′′′(t)dt
= ...
= f(a) + (x− a)f ′(a) + ...+1
n!(x− a)nf (n)(a) +
1
n!
∫ x
a(x− t)nf (n+1)(t)dt.
To je Taylorjeva formula. Del
Pn(x) = f(a) + (x− a)f ′(a) + ...+1
n!(x− a)nf (n)(a)
imenujemo Taylorjev polinom, del
Rn(x) =1
n!
∫ x
a(x− t)nf (n+1)(t)dt
87
pa je ostanek Taylorjeve formule (v integralski obliki).Ostanek Taylorjeve formule lahko za (n + 1)-krat odvedljive funkcije
zapisemo se drugace. Ker za neki realni stevili m in M velja
m ≤ f (n+1)(t) ≤M
jem
n!
∫ x
a(x− t)ndt ≤ Rn(x) ≤ M
n!
∫ x
a(x− t)ndt
oziromam
(n+ 1)!(x− a)n+1 ≤ Rn(x) ≤ M
(n+ 1)!(x− a)n+1.
Ker je funkcija f (n+1)(t) zvezna na intervalu [a, x] in je po zgoraj zapisanem
m ≤ (n+ 1)!Rn(x)
(x− a)n+1≤M
obstaja vsaj ena tocka ξ ∈ [a, x] tako da velja
f (n+1)(ξ) =(n+ 1)!Rn(x)
(x− a)n+1
oziroma
Rn(x) =f (n+1)(ξ)
(n+ 1)!(x− a)n+1.
To je zapis ostanka v Lagrangeevi obliki.
Opomba. V dolocenih primerih lahko pokazemo, da gre za nekatere x (vsajv blizini tocke a) ostanek Rn(x) proti nic ko n→∞. V tem primeru lahkozapisemo Taylorjevo vrsto
f(x) =∞∑n=0
f (n)(a)
n!(x− a)n.
Ce je a = 0 govorimo tudi o McLaurinovi vrsti
f(x) =∞∑n=0
f (n)(0)
n!xn.
Primer. (i) McLaurinova vrsta za funkcijo f(x) = ex je
ex =∞∑n=0
xn
n!.
88
(ii) McLaurinova vrsta za logaritemsko funkcijo f(x) = ln(1 + x) je
ln(x+ 1) =∞∑n=0
(−1)nxn
n!.
(iii) McLaurinovi vrsti za kotni funkciji f(x) = sinx in g(x) = cosx sta
sinx =∞∑n=0
(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!
cosx =∞∑n=0
(−1)nx2n
(2n)!.
4.1 Uporaba Taylorjeve vrste in Taylorjeve for-mule
Taylorjevo formulo in Taylorjevo vrsto lahko uporabimo za
1. Risanje grafov funkcij. Pri risanju grafa dane funkcije si lahko poma-gamo z lokalnimi aproksimacijami. To pomeni, da funkcijo aproksimi-ramo s Taylorjevim polinomom izbrane stopnje. Denimo
(i) sinx ≈ x, sinx ≈ x− x3
6 ,
(ii) cosx ≈ 1− x2
2 ,
(iii) ex ≈ 1 + x.
2. Racunanje limit. Denimo
limx→0
x− sinx
x3= lim
x→0
x− (x− x3
6 + ...)
x3=
1
6.
3. Racunanje pribliznih vrednosti funkcije. Vemo, da lahko pribliznovrednost funkcije v dani tocki izracunamo s pomocjo diferenciala. Cegremo se korak dalje in funkcijo aproksimiramo s Taylorjevim polinomomvisje stopnje, lahko dobimo boljsi priblizek.
Kot primer izracunajmo priblizno vrednost√
1.2.
Naj bo f(x) =√x. Tedaj je f ′(x) = 1
2√x
in f ′′(x) = − 14x√x. Sledi
√1.2 ≈ f(1) + f ′(1)(0.2) = 1.1.
89
Ce funkcijo aproksimiramo s Taylorjevim polinomom druge stopnje do-bimo
√1.2 ≈ f(1) + f ′(1)(0.2) +
1
2f ′′(1)(0.2)2 = 1.095.
Tocna vrednost√
1.2 na pet decimalnih mest je 1.095445.
90
Poglavje 5
Diferencialne enacbe
Pri uporabi matematike v naravoslovnih vedah pogosto naletimo na enacbe,pri katerih poleg neznane funkcije nastopajo tudi odvodi neznane funkcije.Takim enacbam recemo diferencialne enacbe.
Oglejmo si nekaj primerov diferencialnih enacb.
Primer. (i) y′′(x)− y(x) = 0 je navadna diferencialna enacba 2.reda.
(ii) x3y′′′(x)− 1 = 0 je navadna diferencialna enacba 3. reda.
(iii) Enacba∂2u(x, y)
∂x2+∂2u(x, y)
∂y2= 0
je parcialna diferencialna enacba 2. reda.
V tem poglavju se bomo (zelo na kratko) ukvarjali z diferencialnimienacbami, kjer nastopajo le funkcije ene spremenljivke (in odvodi teh funk-cij). Takim diferencialnim enacbam recemo navadne diferencialne enacbe.
Definicija. Red diferencialne enacbe je red najvisjega odvoda, ki v tejenacbi nastopa.
5.1 Navadna diferencialna enacba 1. reda
Splosna oblika navadne diferencialne enacbe 1. reda je
F (x, y(x), y′(x)) = 0.
To je enacba v implicitni obliki. Vcasih lahko enacbo zapisemo v eksplicitniobliki
y′(x) = f(x, y(x)).
91
Resitev enacbe 1. reda je zvezno odvedljiva funkcija. V nadaljevanju bomospoznali nekaj druzin diferencialnih enacb.
5.1.1 Enacba z locljivima spremenljivkama
Je enacba oblikey′(x) = f(x)g(y).
Ce pisemo y′(x) = dydx , lahko diferencialno enacbo zapisemo kot
dy
dx= f(x)g(y),
oziromady
g(y)= f(x)dx.
Z integracijo obeh strani dobimo enacbo oblike G(y) = F (x)+C, torej impli-citno izrazeno resitveno krivuljo. V nekaterih primerih lahko y(x) izrazimo,v drugih ne.
Primer. Poiscimo resitev diferencialne enacbe y′ = −2xy. Zapisemo
dy
dx= −2xy∫
dy
y=
∫−2xdx
ln y = −x2 + C
oziroma y(x) = De−x2.
Splosna resitev diferencialne enacbe je enoparametricna druzina funkcij.Konstanto D lahko dolocimo, ce podamo vrednost funkcije v eni tocki. Cedenimo zahtevamo, da resitev zadosca pogoju y(0) = 1, dobimo D = 1.Partikularna resitev diferencialne enacbe, ki zadosca pogoju y(0) = 1 jetorej y(x) = e−x
2.
Oglejmo si se nekaj primerov uporabe diferencialnih enacb v naravo-slovju.
Primer. Rast bakterijske populacije (naravna rast).Denimo, da vsako enoto casa iz vsake bakterije nastane k novih. Ce x(t)
oznacuje velikost bakterijske populacije ob casu t, potem velja
x(t+ ∆t)− x(t) = kx(t)∆t.
92
Z besedami, prirastek populacije v casovnem intervalu ∆t je sorazmerendolzini casovnega intervala in velikosti bakterijske populacije, sorazmerno-stna konstanta je k. Izraz lahko zapisemo kot
x(t+ ∆t)− x(t)
∆t= kx(t).
V limiti ∆t→ 0 imamo torej diferencialno enacbo
x′(t) = kx(t).
Enacba ima locljive spremenljivke. Ce torej pisemo x′(t) = dxdt , enacbo
preoblikujemo in integriramo obe strani, dobimo resitev
x(t) = Cekt.
To je Malthusov model neomejene rasti.
Primer. Radioaktivni razpad.Kadar imamo za nek k > 0 enacbo
y′(t) = −ky(t)
dobimo resitev y(t) = Ce−kt in govorimo o eksponentnem upadanju. Taenacba se denimo uporablja kot model radioaktivnega razpada.
Izracunajmo razpolovno dobo, t.j., cas, ki je potreben za to, da se kolicinaradioaktivne snovi prepolovi. Ce je y0 kolicina radioaktivne snovi na zacetkutorej iscemo cas t 1
2za katerega je
y(t 12) =
1
2y0.
Ker je y0 = y(0) = C imamo enacbo
y(t 12) = y0e
kt 12 =
1
2y0,
oziroma ekt 1
2 = 12 . Z logaritmiranjem dobimo t 1
2= ln 2
k . Za element radij
imamo oceno k ≈ 1.4 · 10−11/s, kar pomeni razpolovni cas t0 ≈ 5 · 1010s ≈2000 let.
Primer. Sirjenje nalezljive bolezni v dani populacijiDenimo, da se v zaprti populaciji velikosti N siri neka nalezljiva bole-
zen. Naj bo x(t) stevilo neokuzenih (zdravih) posameznikov, y(t) pa stevilo
93
okuzenih ob casu t. Ti dve skupini skupaj predstavljata celotno populacijo,t.j., x(t) + y(t) = N za vsak t. Denimo, da je na zacetku v populaciji ensam okuzen, t.j.
y(0) = 1,
x(0) = N − 1.
Predpostavimo, da je hitrost sirjenja okuzbe v vsakem trenutku sorazmernaz velikostjo obeh skupin (okuzenih in dovzetnih). Poleg tega predpostavimo,da v populaciji ni rojstev in smrti (ta predpostavka je realisticna le kadarspremljamo dinamiko bolezni v krajsem casovnem obdobju). Tedaj je
dy
dt= kx(t)y(t)
oziroma
dy
dt= k(N − y)y.
Pokazimo, da je resitev te enacbe, ki zadosca pogoju y(0) = 1 dana z
y(t) =NekNt
N − 1 + ekNt.
Enacba dydt = k(N − y(t))y(t) je enacba z locljivima spremenljivkama.
Racunamo
dy
dt= k(N − y(t))y(t)
dy
(N − y)y= kdt.
Z dekompozicijo izraza na levi
dy
(N − y)y=
1
N
1
y+
1
N
1
N − y
94
in integracijo dobimo∫1
N
1
ydy +
∫1
N
1
N − ydy =
∫kdt
1
Nln y − 1
Nln(N − y) =kt+ c
1
Nln
y
N − y= kt+ c
lny
N − y= kNt+ C
y
N − y= DekNt.
Ce iz zadnje enakosti izrazimo y dobimo
y(t) =DNekNt
1−DekNt.
Preostane nam le se upostevanje zacetnega pogoja y(0) = 1. S tem lahkodolocimo D in sicer je 1 = y(0) = D
1−D . Torej D = 11−N in resitvena krivulja
je podana z
y(t) =NekNt
N − 1 + ekNt.
Graf resitvene krivulje je t.i. logisticna krivulja.
5.1.2 Linearna diferencialna enacba 1. reda
Je enacba oblikey′(x) + f(x)y(x) = g(x),
kjer sta f in g dani zvezni funkciji. Enacba je homogena ce je g(x) = 0 innehomogena ce je g(x) 6= 0. Homogena enacba ima locljive spremenljivke,torej jo znamo resiti. Splosna resitev homogene enacbe je oblike yH(x) =Cy0(x) za poljubno konstanto C in eno netrivialno resitev y0.
Splosna resitev nehomogene enacbe je oblike y(x) = yH(x) + y1(x), kjerje yH splosna resitev homogenega dela, y1 pa ena partikularna resitev neho-mogene enacbe.
Nehomogeno enacbo lahko resujemo na dva nacina:
(i) Ce uganemo eno (partikularno) resitev nehomogene enacbe y1 (in pre-verimo, da je res resitev), potem je splosna resitev nehomogene enacbeoblike
y(x) = y1(x) + Cy0(x).
Razlika y(x)− y1(x) vedno resi homogeno enacbo.
95
(ii) Ce partikularne resitve ne moremo uganiti, jo lahko izracunamo zmetodo variacije konstant. Splosno resitev homogene enacbe y(x) =Cy0(x) pisemo kot
y(x) = C(x)y0(x).
Tedaj je y′ = C ′y0 + Cy′0. Izraz vstavimo v nehomogeno enacbo indobimo
C ′(x)y0(x) + C(x)y′0(x) + f(x)C(x)y0(x) = g(x).
Ker je y0 resitev homogenega dela dobimo
C ′(x)y0(x) = g(x)
od koder lahko z integracijo dobimo C(x).
Primer. (i) Poiscimo splosno resitev enacbe y′−y = e2x in dolocimo tistoresitev, ki zadosca pogoju y(0) = 2.
Resitev homogenega dela enacbe y′ − y = 0 dobimo z locitvijo spre-menljivk in integracijo. Dobimo y(x) = Cex.
Z variacijo konstant dobimo: ce y(x) = C(x)ex je
y′(x) = C ′(x)ex + C(x)ex.
Vstavimo v enacbo in dobimo
C ′(x)ex + C(x)ex − C(x)ex = e2x,
oziromaC ′(x) = ex.
Torej C(x) = ex + C in splosna resitev nehomogene enacbe je
y(x) = (ex + C)ex = e2x + Cex.
Za resitev, ki zadosca pogoju y(0) = 2 imamo 2 = 1 + C, torej C = 1.Partikularna resitev, ki zadosca pogoju y(0) = 2 je torej
y(x) = e2x + ex.
(ii) Poiscimo splosno resitev enacbe xy′ + y = sinx.
96
Najprej resimo homogeni del:
xy′ + y = 0∫dy
y=
∫−dxx
ln y = − lnx+ c
y =C
x.
Variacija konstant: ce y(x) = C(x)x , je y′ = C′
x −Cx2. Vstavimo v enacbo
in z integracijo dobimo C(x) = − cosx + C. Splosna resitev je torejy(x) = C
x −cosxx .
V nekaterih primerih se diferencialno enacbo da prevesti na linearnoenacbo. To denimo velja za t.i. Bernoullijevo enacbo
y′ + f(x)y = g(x)yn,
kjer je n 6= 1 (ce n = 1, imamo homogeno linearno enacbo). Ce je n 6= 1,lahko z novo spremenljivko
z =1
yn−1
enacbo prevedemo na linearno diferencialno enacbo.
Primer. (i) Naj boxy′ + y = y2.
Tedaj je n = 2 in lahko uvedemo spremenljivko z = y−1. Sledi z′ =−1y2y′ oziroma y′ = −z′
z2. Vstavimo v enacbo in dobimo
−xz′
z2+
1
z=
1
z2,
oziroma−xz′ + z = 1.
To je linearna diferencialna enacba, katere resitev zlahka poiscemo:splosna resitev je z(x) = 1 + Cx. Sledi y = 1
1+Cx .
(ii) Tudi enacbay′ = k(N − y)y
je Bernoullijeva enacba. Preverimo lahko, da s substitucijo z = y−1
in upostevanjem zacetnega pogoja y(0) = 1 res dobimo prej zapisanoresitev.
97
5.2 Linearna diferencialna enacba 2. reda s kon-stantimi koeficienti
Je enacba oblikeay′′(x) + by′(x) + cy(x) = f(x),
kjer so a, b, c ∈ R dane konstante, f(x) pa dana zvezna funkcija. Ce jef(x) = 0 je enacba homogena, sicer je nehomogena.
Homogeno enacbo resujemo z nastavkom
y(x) = eλx.
Iscemo torej λ, ki zadosca enacbi
aλ2eλt + bλeλt + ceλt = 0,
oziroma t.i. karakteristicni enacbi
aλ2 + bλ+ c = 0.
Ce ima karakteristicna enacba dve razlicni nicli, λ1 in λ2, je splosna resitevhomogene enacbe
y(x) = C1eλ1x + C2e
λ2x
za poljubni konstanti C1, C2 ∈ R. Ce pa sta korena karakteristicne enacbeenaka λ, je splosna resitev
y(x) = (C1 + C2x)eλx
za poljubni konstanti C1, C2 ∈ R. Za dokaz dejstva, da drugih resitev ni,bi potrebovali vec znanja s podrocja diferencialnih enacb, kar pa je zunajdosega tega predmeta.
Splosna resitev nehomogene enacbe je oblike y = yH + y1, kjer je yHsplosna resitev homogenega dela, y1 pa partikularna resitev nehomogeneenacbe. Partikularno resitev bodisi uganemo (in preverimo, da je res resitev)bodisi jo dobimo z variacijo konstant. Variacijo konstant bomo prikazali naprimeru.
Kadar sta korena karakteristicne enacbe kompleksna, sta konjugiranokompleksna (saj ima karakteristicna enacba realne koeficiente), denimo λ1 =α+ iβ in λ2 = α− iβ. Tedaj splosno resitev lahko zapisemo tudi kot
y(x) = C1e(α+iβ)x + C2e
(α−iβ)x
= C1eαx(cosβ + i sinβ) + C2e
αx(cosβ − i sinβ)
= (C1 + C2)eαx cosβ + (C1 − C2)eαx sinβ
= eαx(D1 cosβ +D2 sinβ),
98
kjer je D1 = C1 + C2 in D2 = C1 − C2.
Primer. (i) Poiscimo splosno resitev enacbe y′′(x)− 5y′(x) + 6y(x) = 0.
Enacba je homogena in jo resujemo z nastavkom y(x) = eλx. Karak-teristicna enacba je
λ2 − 5λ+ 6 = (λ− 2)(λ− 3) = 0,
ki ima resitvi λ1 = 2, λ2 = 3, torej je splosna resitev enacbe
y(x) = C1e2x + C2e
3x.
Splosna resitev enacbe je sedaj dvoparametricna druzina funkcij. Cesta podana dva dodatna pogoja, ki ju mora izpolnjevati resitvena kri-vulja, lahko konstanti C1 in C2 dolocimo.
Poiscimo tisto resitev diferencialne enacbe, za katero velja y(0) = 2 iny′(0) = 5. Imamo y(0) = C1 +C2 = 2 in y′(0) = 2C1 +3C2 = 5, iz cesarsledi C1 = C2 = 1. Resitev diferencialne enacbe, ki zadosca pogojemy(0) = 2 in y′(0) = 5 je torej y(x) = e2x + e3x.
(ii) Poiscimo splosno resitev enacbe y′′(x) + 9y(x) = 0.
Karakteristicna enacba λ2 +9 = 0 ima kompleksni resitvi λ1 = 3i, λ2 =−3i, torej je splosna resitev oblike y(x) = C1 cos 3x+ C2 sin 3x.
(iii) Poiscimo splosno resitev enacbe y′′(x)− 5y′(x) + 6y(x) = x. Vemo, daje splosna resitev homogenega dela y(x) = C1e
2x + C2e3x. Do resitve
nehomogene enacbe lahko pridemo z variacijo konstant. Pisemo y(x) =C1(x)e2x + C2(x)e3x. Tedaj je
y′(x) = C ′1e2x + 2C1e
2x + C ′2e3x + 3C2e
3x.
Zahtevajmo, da velja
C ′1e2x + C ′2e
3x = 0.
Tedaj jey′(x) = 2C1e
2x + 3C2e3x
iny′′(x) = 2C ′1e
2x + 4C1e2x + 3C ′2e
3x + 9C2e3x.
Vstavimo v diferencialno enacbo in dobimo se eno enacbo za C ′1 in C ′2,
2C ′1e2x + 3C ′2e
3x = x.
99
Resujemo torej sistem enacb
C ′1e2x + C ′2e
3x = 0
2C ′1e2x + 3C ′2e
3x = x.
Dobimo C ′1 = −xe−2x in C ′2 = xe−3x. Z integracijo po delih dobimo
C1(x) = (x
2+
1
4)e−2x +D1,
C2(x) = −(x
3+
1
9)e−3x +D2
za poljubni konstanti D1 in D2.
Splosna resitev enacbe je torej
y(x) = C1(x)e2x + C2(x)e3x
= (x
2+
1
4) +D1e
2x − (x
3+
1
9) +D2e
3x
= D1e2x +D2e
3x +x
6+
5
36.
Do partikularne resitve lahko pridemo tudi hitreje: ker je desna strandiferencialne enacbe polinom prve stopnje, lahko poskusimo partiku-larno resitev iskati med linearnimi funkcijami y(x) = Ax+B. Vstavimov enacbo, resimo sistem enacb za neznanki A in B ter dobimo A = 1
6ter B = 5
36 .
5.3 Sistem linearnih diferencialnih enacb 1. redas konstantnimi koeficienti
Pri modeliranju naravnih procesov pogosto naletimo na sisteme diferencial-nih enacb. Najbolj enostaven primer sistema diferencialnih enacb je sistemdveh linearnih diferencialnih enacb 1. reda s konstantnimi koeficienti. Ta jeoblike
x′(t) = ax(t) + by(t) + f(t)
y′(t) = cx(t) + dy(t) + g(t)
za neznani funkciji x(t) in y(t), dane konstante a, b, c, d ∈ R ter dani zveznifunkciji f(t) in g(t). Ce je f(t) = 0 in g(t) = 0 je sistem homogen, sicer jenehomogen.
100
Sistem lahko prevedemo na eno linearno diferencialno enacbo 2. reda skonstantnimi koeficienti. Osredotocimo se na homogeni sistem
x′(t) = ax(t) + by(t)
y′(t) = cx(t) + dy(t).
Tedaj iz prve enacbe sledi x′′(t) = ax′(t)+by′(t). Ce iz prve enacbe izrazimoy(t) ter vstavimo v drugo, potem iz enacbe x′′(t) = ax′(t) + by′(t) sledi
x′′(t)− (a+ d)x′(t) + (ad− bc)x(t) = 0.
To je linearna enacba 2. reda s konstantnimi koeficienti, ki ima karakteri-sticno enacbo
λ2 − (a+ d)λ+ (ad− bc) = 0.
Ce sta λ1 in λ2 razlicna korena karakteristicne enacbe, je
x(t) = C1eλ1t + C2e
λ2t.
Tedaj lahko y(t) poiscemo iz ene od prvotnih enacb: ce b 6= 0, iz prve enacbedobimo
y(t) =1
b(x′(t)− ax(t)) = D1e
λ1t +D2eλ2t,
kjer je D1 = (λ1−a)C1
b in D2 = (λ2−a)C2
b .Ce ima karakteristicna enacba dva enaka korena, potem vemo da je
x(t) = (C1 + C2t)eλt.
Drugo funkcijo, y(t), na podoben nacin kot prej dolocimo iz prve enacbesistema (ce b 6= 0).
Opomba. Ce sistem
x′(t) = ax(t) + by(t)
y′(t) = cx(t) + dy(t)
zapisemo v matricno obliki[x′(t)y′(t)
]= A
[x(t)y(t)
]=
[a bc d
] [x(t)y(t)
],
potem je karakteristicna enacba λ2 − (a+ d)λ+ (ad− bc) = 0 enaka enacbidet(A− λI) = 0, torej je enaka karakteristicni enacbi, ki smo jo spoznali vI. delu.
101
Primer. Poiscimo splosno resitev sistema
x′(t) = x(t) + 4y(t)
y′(t) = 2x(t) + 3y(t).
Karakteristicna enacba za diferencialno enacbo
x′′(t)− (a+ d)x′(t) + (ad− bc)x(t) = 0
je0 = det(A− λI) = λ2 − 4λ− 5 = (λ− 5)(λ+ 1)
kjer je
A =
[1 42 3
].
Korena karakteristicnega polinoma sta λ1 = 5, λ2 = −1, torej je splosnaresitev
x(t) = C1e5t + C2e
−t.
Iz prve enacbe sledi
y(t) =1
4(x′(t)− x(t)) = C1e
5t − 1
2e−t.
Literatura
1. I. Vidav: Visja matematika I. DMFA zaloznistvo, Ljubljana (2008)
2. M. Hladnik: Matematika za biologe. Zapiski predavanj
102