ANALIZA 3

materijali za studente I smera

skripta sa zbirkom rexenih zadataka

(preliminarna verzija)

Maxa Vukovi i Jelena Kati

Sadraj

GLAVA 1. Funkcije vixe promenivih 5

1. Prostor Rn 52. Nizovi u Rn 73. Funkcije sa domenom Rn, limes i neprekidnost 84. Preslikavaa sa vrednostima u Rk 105. Zadaci 11

GLAVA 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih 13

1. Parcijalni izvodi i izvodi u pravcu 13

2. Diferencijabilnost 14

3. Preslikavaa sa vrednostima u Rn 184. Izvod sloene funkcije 19

5. Izvodi vixeg reda 22

6. Lokalni ekstremumi 25

7. Zadaci 32

GLAVA 3. Dvostruki i trostruki integrali 35

1. Dvostruki integrali 35

2. Trostruki integral 41

3. Smena promenive u vixestrukim integralima 42

4. Zadaci 48

GLAVA 4. Krivolinijski i povrxinski integrali 51

1. Krivolinijski integrali 51

2. Povrxinski integrali 59

3. Stoksova i Gausova formula 64

4. Zadaci 68

GLAVA 5. Diferencijalne jednaqine 71

1. Diferencijalne jednaqine prvog reda - neki sluqajevi koji se neposredno rexavaju 71

2. Linearna diferencijalna jednaqina vixeg reda 77

3. Zadaci 82

GLAVA 6. Dodatak 83

GLAVA 7. Rexea zadataka 89

1. Funkcije vixe promenivih 89

2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih 93

3. Dvostruki i trostruki integrali 105

4. Krivolinijski i povrxinski integrali 116

5. Diferencijalne jednaqine 131

Literatura 133

3

4 0. Sadraj

Indeks 135

GLAVA 1

Funkcije vixe promenivih

Na predmetu Analiza 1 smo prouqavali nizove realnih brojeva i neka svojstva funkcije jedne

realne promenive (neprekidnost, limes, diferencijabilnost). U ovoj glavi emo ove pojmove

da uopxtimo na sluqaj nizova u Rn i funkcija vixe realnih promenivih.

1. Prostor Rn

1.1. Rn kao vektorski prostor sa skalarnim proizvodomSkup Rn je skup svih ntorki realnih brojeva

Rn := {(x1, , xn) | xi R, i = 1, . . . , n}.

Za n = 2, Rn je ravan, a za n = 3, Rn je prostor.

Napomena 1. Qesto emo za oznaqavae taqke u Rn, umesto ureene ntorke (x1, , xn),koristiti samo jedno slovo, ali, ili veliko ili masno

1

(npr. x). Na Rn moemo da definixemo sabirae:

(x1, , xn) + (y1, , yn) := (x1 + y1, , xn + yn)kao i mnoee skalarom (realnim brojem) :

(x1, , xn) := (x1, , xn).Posmatran zajedno sa ovim operacijama, skup Rn je jedan vektorski prostor. Na emu moemoda definixemo i skalarni proizvod:

2

(x1, , xn) (y1, , yn) :=ni=1

xiyi.

Svaki skalarni proizvod definixe duinu vektora ili normu

3

(ovo smo spomiali i na

Analizi 2): ako je u vektor u proizvonom vektorskom prostoru sa skalarnim proizvodom,tada egovu duinu definixemo kao:

u := u u.1

Masno slovo e uvek oznaqavati taqku (ili vektor) u Rn.2

Videti dodatak za opxtu definiciju skalarnog proizvoda.

3

Videti dodatak za opxtu definiciju norme.

5

6 1. Funkcije vixe promenivih

Svaka norma definixe rastojae izmeu dve taqke ili metriku

4

kao

d(u,v) := u v.U R2 i R3 ovako definisano rastojae je standardno euklidsko (kako smo uqili u xkoli ilina kursu iz Analitiqke geometrije):

d((x1, y1), (x2, y2)) =

(x1 x2)2 + (y1 y2)2 u R2d((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) =

(x1 x2)2 + (y1 y2)2 + (z1 z2)2 u R3,dok se u Rn rastojae izmeu taqaka (x1, , xn) i (y1, , yn) raquna kao n

i=1

(xi yi)2.

Primetimo da se, u sluqaju n = 1, rastojae u R svodi na apsolutnu vrednost razlike:d(x, y) = |x y|.

1.2. Neka (metriqka) svojstva skupova u Rk

Definicija 1. Otvorena kugla ili otvorena lopta sa centrom u x0 polupreqnika r > 0je skup

B(x0, r) := {x Rk | d(x,x0) < r}.Zatvorena kugla ili zatvorena lopta sa centrom u x0 polupreqnika r > 0 je skup

B[x0, r] := {x Rk | d(x,x0) 6 r}.Definicija 2. Neka je A Rk. Kaemo da je taqka a Rk rubna ili graniqna taqkaskupa A ako za svako > 0 postoje

taqka x koja pripada skupu A koja je udaena od a za mae od > 0 i taqka y koja ne pripada skupu A koja je udaena od a za mae od > 0.Skup rubnih taqaka zovemo rubom ili granicom skupa A i oznaqavamo sa A.

Primer 1. Rub otvorene i zatvorene lopte je isti skup taqka koji se naziva sfera:

B(x0, r) = B[x0, r] = {x Rk | d(x,x0) = r}.XDefinicija 3. Neka je A Rk. Kaemo da je skup A zatvoren ako sadri sve svoje rubnetaqke, a da je otvoren ako ne sadri ni jednu svoju rubnu taqku. Primer 2. Skup A = {(x, y) | x2 + y < 1} je otvoren, a skup B = {(x, y) | x2 + y 6 1}zatvoren u R2. Rubne taqke oba skupa qine parabolu {(x, y) | x2 + y = 1}. Otvorena kugla jeotvoren, a zatvorena zatvoren skup. Sfera je zatvoren skup. XPrimetimo da postoje skupovi koji nisu ni zatvoreni ni otvoreni, to su oni skupovi koji

sadre neke, ali ne i sve svoje rubne taqke.

Zadatak 1. Dati (ili nacrtati) primer skupa koji nije ni otvoren ni zatvoren. XDefinicija 4. Skup A Rk je ograniqen ako postoji r > 0 takvo da je za svako x A,

d(x,0) 6 r. 4

Videti dodatak za opxtu definiciju metrike.

1.3. 7

Primer 3. Skupovi A i B u Primeru 2 jesu ograniqeni, a skup C := {(x, y) | x 6 y} nijeograniqen u R2.

Definicija 5. Zatvoren i ograniqen skup u Rn nazivamo i kompaktnim. Zadatak 2. Koji su od skupova iz prethodnih primera kompaktni, a koji nisu? XDefinicija 6. Neka je A Rk. Kaemo da je taqka a Rk taqka nagomilavaa skupa Aako za svako > 0 postoji taqka x 6= a koja pripada skupu B(a, ) A.

Zadatak 3. Neka je

A := {(x, y) R2 | x2 + y2 < 1} ({0} (1, 2)) {(2, 3), (0, 7)} R2.Nacrtati skup A. Koje taqke su taqke nagomilavaa skupa A? X

2. Nizovi u Rn

Pod nizom taqaka an u ravni podrazumevamo niz ureenih parova (xn, yn), n N, gde su xn iyn realni brojevi. Sliqno, niz taqaka an u prostoru je niz ureenih trojki (xn, yn, zn), n N,za xn, yn, zn R. Analogno, niz u Rk je niz ureenih ktorki (x1n, x2n, . . . , xkn). 5 Mi emouglavnom raditi sa nizovima u R2 ili R3.

Definicija 7. Kaemo da niz an = (xn, yn, zn) R3 tei ili konvergira ka taqkia R3, kad n , ako niz rastojaa d(an, a) (xto je niz realnih brojeva) tei nuli u R.Kao i u realnom sluqaju, pixemo lim

nan = a. Drugi naqin da se ovo zapixe je

a = limn

an ( > 0) (n0) (n > n0 d(an, a) < ) .Kao i u sluqaju realnih nizova, taqku a zovemo graniqnom vrednoxu ili limesom niza an.

Tvree 1. Niz an = (xn, yn, zn) tei ka taqki a = (x, y, z) ako i samo ako je

limn

xn = x, limn

yn = y, limn

zn = z. (1)

Dokaz. Kako je

d(an, a) =d(xn, x)2 + d(yn, y)2 + d(zn, z)2,

to je d(an, a) > d(xn, x), d(an, a) > d(yn, y) i d(an, a) > d(zn, z). Zato, ako niz an tei ka a, ondavai (1). Za dokaz drugog smera primetimo da, za svaka tri pozitivna broja , , , vai

2 + 2 + 2 6 + + (ova nejednakost se dokazuje kvadriraem obe strane), tako da imamo

d(an, a) =d(xn, x)2 + d(yn, y)2 + d(zn, z)2 6 d(xn, x) + d(yn, y) + d(zn, z).Iz poslede nejednakosti sledi drugi smer Tvrea. Zadatak 4. Definisati graniqnu vrednost niza u R2. Formulisati i dokazati Tvree 1u sluqaju R2. X

5

Strogo govorei, niz u Rk je preslikavae : N Rk.

8 1. Funkcije vixe promenivih

3. Funkcije sa domenom Rn, limes i neprekidnost

U ovom poglavu se bavimo limesom i neprekidnoxu funkcija dve ili tri promenive.

Pre nego xto uvedemo ove pojmove, navodimo par zadataka koji imaju za ci da qitaocu prib-

lie pojam funkcije vixe promenivih.

Zadatak 5. Nai domen (podskup od R2) i skup vrednosti (podskup od R) sledeih funkcijadve promenive:

a) f(x, y) =y x2;b) f(x, y) = 1

xy;

v) f(x, y) = sin(xy).

Skicirati u ravni skupove f(x, y) = c, za razne (mogue) vrednosti c R. XZadatak 6. Nai domen i skup vrednosti sledeih funkcija tri promenive:

a) f(x, y, z) =y x2 z2;b) f(x, y, z) = z

xy;

v) f(x, y, z) = log(1 x2 y2 2z2).Da li su ovi skupovi otvoreni, zatvoreni ili ni jedno ni drugo? Da li su ograniqeni? Da

li su kompaktni? X

3.1. Limes funkcije

Definiciju limesa funkcija vixe promenivih dobijamo kada u definiciji u sluqaju

jedne promenive izraz |x x0| zamenimo sa d(x,x0). 6Definicija 8. Neka je f funkcija tri promenive i taqka x0 R3 taqka nagomilavaaskupa definisanosti Df funkcije f . Kaemo da je L R graniqna vrednost ili limesfunkcije f kad x x0 ako vai

( > 0) ( > 0) (0 < d(x,x0) < ,x Df |f(x) L| < ) . (2)Kao i u realnom sluqaju, pixemo lim

xx0f(x) = L.

Zadatak 7. Nai lim(x,y)(0,0)

4x2y

x2 + y2ako on postoji. X

Tvree 2. Neka su f i g dve funkcije tri promenive i taqka x0 R3 taqka nagomila-vaa skupova definisanosti Df i Dg. Pretpostavimo da postoje lim

xx0f(x) i lim

xx0g(x). Tada

je

1) limxx0

(f(x) + g(x)) = limxx0

f(x) + limxx0

g(x);

2) limxx0

(f(x) g(x)) = limxx0

f(x) limxx0

g(x);

3) Ako je limxx0

g(x) 6= 0, onda je limxx0

f(x)

g(x)=

limxx0

f(x)

limxx0

g(x).

Dokaz prethodnog tvrea je potpuno analogan dokazu odgovarujuih tvrea u sluqaju

jedne promenive. Na strani 84, u Dodatku, dat je (radi ilustracije ove analogije) dokaz

taqke 1).

Zadatak 8. Formulisati prethodnu definiciju i tvrea u sluqaju funkcije dve promen-

ive. X6

Xto je prirodno, jer je u R rastojae bax dato kao d(x, y) = |x y|.

1.3. 9

Zadatak 9. Neka funkcija f ima limes u x0. Dokazati da je ona onda ograniqena na nekojkugli sa centrom u x0. X

3.2. Neprekidnost funkcije

Definicija 9. Funkcija f (dve ili tri promenive) je neprekidna u taqki x0 Df akovai

( > 0) ( > 0) (d(x,x0) < ,x Df |f(x) f(x0)| < ) . (3)

Pitae 1. Zaxto u jednaqini (2) stoji 0 < d(x,x0) < , a u jednaqini (3) samo d(x,x0) < ?

Zadatak 10. Dokazati da su projekcije pi1, pi2 : R2 R, pi1(x, y) = x, pi2(x, y) = y neprekidnena R2. XPrimetimo da je f neprekidna u taqki x0 ako i samo ako je lim

xx0f(x) = f(x0). Iz ovoga i

Tvrea 2 direktno sledi sledee tvree.

Tvree 3. Neka su f i g neprekidne u taqki x0. Tada su i funkcije fg i f g neprekidneu x0. Ako je jox i g(x0) 6= 0, onda je i funkcija fg neprekidna u taqki x0.

3.3. Limes i neprekidnost funkcije na jeziku nizova

Tvree 4. Neka je x0 taqka nagomilavaa funkcije f (dve ili tri promenive). Tada jelimxx0

f(x) = A ako i samo ako, za svaki niz xn taqaka razliqitih od x0 koji tei ka x0, vai

limn

f(xn) = A.

Dokaz Tvrea 4 je potpuno analogan odgovarajuem tvreu u sluqaju funkcije jedne

promenive i dat je u Dodatku, na strani 84.

Iz Tvrea 4 direktno sledi sledee.

Tvree 5. Funkcija f (dve ili tri promenive) je neprekidna u taqki a ako i samo zasvaki niz taqaka xn koji tei ka x0, vai lim

nf(xn) = f(x0).

Sledee tvree govori o neprekidnosti sloene funkcije.

Tvree 6. Neka su u(x, y), v(x, y) neprekidne u taqki (x0, y0) i neka je u(x0, y0) = u0 R,v(x0, y0) = v0 R. Ako je funkcija f neprekidna u taqki (u0, v0), onda je i kompozicijag(x, y) := f(u(x, y), v(x, y)) neprekidna u taqki (x0, y0).

Dokaz. Neka je g(x0, y0) = f(u0, v0) = A R i neka je (xn, yn) niz koji tei ka (x0, y0). Kako suu i v neprekidne, to iz Tvrea 5 sledi da je niz u(xn, yn) tei ka u0, a niz v(xn, yn) ka v0. IzTvrea 1 sledi da niz (un, vn) := (u(xn, yn), v(xn, yn)) tei ka (u0, v0), pa, zbog neprekidnostifunkcije f imamo da je

limn

f(u(xn, yn), v(xn, yn)) = limn

f(un, vn) = f(u0, v0) = A,

ali to znaqi da je limn

g(xn, yn) = A. Iz Tvrea 5 sledi da je g neprekidna u (x0, y0).

Zadatak 11. Formulisati tvree analogno prethodnom u sluqaju kada su:

u i v funkcije jedne promenive; u i v funkcije tri promenive; f funkcija jedne promenive; f funkcija tri promenive.

10 1. Funkcije vixe promenivih

XSledee globalno svojstvo neprekidnih funkcija je analogija Vajerxtrasove teoreme za

neprekidne funkcije jedne promenive. Navodimo ga bez dokaza (videti [2, 3, 4]).

Teorema 1. (Vajerxtrasova teorema) Neprekidna funkcija na kompaktnom skupu dos-

tie svoj maksimum i minimum. Preciznije, ako je K Rn komaktan i f : K Rneprekidna, tada postoje xmin K i xmax K takvi da vai

f(xmin) 6 f(x) 6 f(xmax), x K.

4. Preslikavaa sa vrednostima u Rk

Preslikavae F : A Rk se sastoji od k koordinatnih funkcija, tj. ima oblikF (x) = (f1(x), f2(x), . . . , fk(x)).

Ovakva preslikavaa ponekad zovemo vektorskim ili vektor funkcijama jer imaju vrednosti

u vektorskom prostoru.

Zadatak 12. Navesti primer preslikavaa F : R3 R2, G : R2 R3, H : R R3. XPojam limesa i neprekidnosti vektorskih funkcija nije suxtinski drugaqiji u odnosu na

funkcije sa vrednostima u R. Videemo da se, zapravo, ova svojstva svode na odgovarajuasvojstva koordinatnih funkcija fj.Definiciju limesa i neprekidnosti prenosimo iz Analize 1 i na ovaj sluqaj, tako xto

apsolutnu vrednost zamenimo sa rastojaem.

Definicija 10. Neka F : Rn Rk. Taqka y0 Rk je graniqna vrednost ili limespreslikavaa F kad x x0 ako vai

( > 0) ( > 0) (0 < d(x,x0) < d(F (x),y0) < ).Preslikavae F je neprekidno u taqki x0 ako vai

( > 0) ( > 0) (d(x,x0) < d(F (x), F (x0)) < ).Dokaz sledeeg tvrea je sliqan dokazu Tvrea 1 i ostavamo qitaocu da sam proba da

ga izvede.

Tvree 7. Neka je F = (f1, . . . , fk). Tada je

limxx0

F (x) = y0 = (y1, . . . , yk) limxx0

fj(x) = yj, j = 1, , k.Preslikavae F je neprekidno ako i samo ako su sve funkcije fj, j = 1, , k neprekidne. Zadatak 13. Dati primer neprekidnog i prekidnog preslikavaa iz R3 u R2, XZadatak 14. Neka F : Rm A Rn, G : Rn B Rk, F (x0) = y0 B, F neprekidno u

x0, G neprekidno u y0. Dokazati da je GF (xta je domen, a xta kodomen ovog preslikavaa?)neprekidno u x0. X

1.5. 11

5. Zadaci

1. Odrediti domen sledeih preslikavaa:

a) f(x, y, z) =1

ln (1 x2 y2 z2) ;b) f(x, y, z) =

x+ y + z;

v) f(x, y) =1

x2 + y2 a2 , a > 0;

g) f(x, y) =1

xy;

d) f(x, y) = arcsinx

y2.

2. Neka je f(x, y) =x yx+ y. Izraqunati lim

x0limy0

f(x, y) i limy0

limx0

f(x, y), a pokazati da

lim(x,y)(0,0)

f(x, y) ne postoji.

3. Neka je f(x, y) =x2y2

x2y2 + (x y)2 . Dokazati da je limx0 limy0 f(x, y) = limy0 limx0 f(x, y), a dalim

(x,y)(0,0)f(x, y) ne postoji.

4. Neka je f(x, y) = x + y sin1

x. Dokazati da postoje lim

x0limy0

f(x, y) i lim(x,y)(0,0)

f(x, y), a da

ne postoji limy0

limx0

f(x, y).

5. Izraqunati limx+y+

x+ y

x2 xy + y2 .

6. Izraqunati limx+y+

(x2 + y2)e(x+y).

7. Neka je f(x, y) = x2e(x2y). Izraqunati limes ove funkcije du proizvone poluprave

sa poqetkom u koordinatnom poqetku kada .

8. Neka je f(x, y) =x yx3 y3 . Da li se f(x, y) moe dodefinisati tako da bude neprekidnana celom R2?

9. Dokazati da je f(x, y) =

2xy

x2 + y2, x2 + y2 6= 0

0, x2 + y2 = 0neprekidna po svakoj promenivoj

posebno, ali da nije neprekidna po (x, y).

10. Dokazati da je f(x, y) =

x2y

x4 + y2, x2 + y2 6= 0

0, x2 + y2 = 0neprekidna du svake poluprave sa

poqetkom u koordinatnom poqetku , ali da nije neprekidna u (0, 0).

11. Ispitati neprekidnost funkcije f(x, y) =

2x2y + y3

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0)na R2.

GLAVA 2

Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

1. Parcijalni izvodi i izvodi u pravcu

Na kursu Analiza 1 smo definisali izvod funkcije jedne promenive kao

limh0

f(x0 + h) f(x0)h

. (4)

Ova definicija nema smisla kad je f funkcija vixe promenivih, jer ne znamo xta je 1hako

je h vektor. Moemo, meutim da fiksiramo jednu promenivu, a da variramo drugu (takodobijamo parcijalni izvod), ili da fiksiramo pravac i posmatramo promenu funkcije po tom

pravcu (tako dobijamo izvod u pravcu). Evo preciznih definicija.

Definicija 11. Neka je f funkcija dve promenive.1 Parcijalni izvod funkcije f po xu taqki (x0, y0) je

limh0

f(x0 + h, y0) f(x0, y0)h

,

ako gori limes postoji. Sliqno, parcijalni izvod funkcije f po y u taqki (x0, y0) je limes

limh0

f(x0, y0 + h) f(x0, y0)h

,

ako postoji. Oznaka za parcijalni izvod po x u taqki (x0, y0) je

fx

(x0, y0) ili fx(x0, y0). Sliqno, za

parcijalni izvod po y koristimo oznake fy

(x0, y0) ili fy(x0, y0).

Napomena 2. Primetimo da je f x(x0, y0) obiqan izvod funkcije (x) := f(x, y0) u taqki x0.Funkcija je funkcija jedne promenive koja nastaje kad drugu promenivu (y) fiksiramo(y = y0). To znaqi da parcijalni izvod po x traimo kao obiqan izvod po x, ako y shvatimokao konstantu. Primer 4. Izraqunajmo f x i f

y funkcije f(x, y) = sin(xy) + x

2(y2 + y) e2x3y. Imajui uvidu Napomenu 2, dobijamo:

f x = cos(xy)y + 2x(y2 + y) e2x3y 2,i

f y = cos(xy)x+ x2(2y + 1) e2x3y (3).

X1

U ovom poglavu emo uglavnom raditi sa funkcijama dve promenive, da bismo pojednostavili zapis.

13

14 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Primer 5. Izraqunajmo f x i fy u taqki (0, 0), gde je

f(x, y) =

{x3y3x2+y2

,(x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0).

Ovde ne moemo da fiksiramo jednu promenivu i primenimo pravila diferenciraa na

drugu (kao xto smo radili u prethodnom primeru), jer je funkcija definisana na razliqite

naqine u razliqitim taqkama (zapravo, na prvi pogled mi ni ne vidimo da li parcijalni

izvodi postoje). Zato radimo po definiciji:

f x(0, 0) = limh0

f(h, 0) f(0, 0)h

= limh0

h303h2+02

0h

= limh0

h3

h3= 1.

Sliqno:

f y(0, 0) = limh0

f(0, h) f(0, 0)h

= limh0

03h302+h2

0h

= limh0h3h3

= 1.XDefinicija 12. Neka je v = (, ) proizvoan vektor razliqit od nula vektora. Izvodu pravcu vektora v funkcije f u taqki (x0, y0) definixemo kao

limh0

f((x0, y0) + hv) f(x0, y0)h

= limh0

f(x0 + h, y0 + h) f(x0, y0)h

,

ako on postoji. Za izvod u pravcu vektora v funkcije f u taqki (x0, y0) koristimo oznake

fv

(x0, y0) ilif v(x0, y0).

Primer 6. Izraqunajmo izvod u taqki (0, 0) u pravcu vektora v = (1, 2) funkcije f izPrimera 5:

f v(0, 0) = limh0

f(0 + h 1, 0 + h 2) f(0, 0)h

=

limh0

f(h, 2h) f(0, 0)h

= limh0

h3(2h)3h2+(2h)2

0h

= limh0

7h35h2

h= 7

5.

XNapomena 3. Ako za vektor v izaberemo vektor (1, 0) dobijamo da je f v = f x, a ako izaberemo

(0, 1), dobijamo f v = fy. Zadatak 15. Formulisati sve definicije iz ovog poglava u sluqaju funkcije tri ili

vixe promenivih. X

2. Diferencijabilnost

U Analizi 1 smo uqili da je funkcija diferencijabilna u taqki x0 ako ima izvod u oj,tj. ako postoji limes (4). Drugi naqin da se (4) zapixe je

f(x0 + h) = f(x0) + f(x0)h+ o(h), h 0 (5)U sluqaju funkcije dve promenive preslikavae h 7 f (x0)h u uslovu diferencijabil-nosti (5) emo zameniti linearnim preslikavaem

2

iz R2 u R.2

Xto nije neobiqno, jer je i h 7 f (x0)h linearno.

2.2. 15

Definicija 13. Neka je f definisana na nekom otvorenom skupu U R2 i taqka x0 =(x0, y0) U . Kaemo da je funkcija f diferencijabilna u taqki x0 ako postoji linearnopreslikavae L : R2 R takvo da vai

f(x0 + h) = f(x0) + L(h) + o(h), kad h 0, (6)pri qemu pod o(h) podrazumevamo neku funkciju oblika (h) h, takvu da (h) 0 kadh 0.

Napomena 4. Funkcija g(h) = o(h) kad h 0 ako g(h)h 0 kad h 0, ili u koordinatama,za h = (h, k):

lim(h,k)(0,0)

g(h, k)h2 + k2

= 0.

Napiximo jednaqinu (6) u koordinatama:

f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) + L(h, k) + o(h, k), (h, k) (0, 0).Kako su sva linearna preslikavaa L : R2 R oblika

L : (h, k) 7 ah+ bk,uslov diferencijabilnosti postaje:

f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0) + ah+ bk + o(h, k), (h, k) (0, 0). (7)Da bismo otkrili nexto vixe o a i b, stavimo da je k = 0 u jednakosti (7). Imamo:

f(x0 + h, y0) = f(x0, y0) + ah+ o(h, 0) = f(x0, y0) + ah+ (h, 0)(h, 0), (h, k) (0, 0).U posledoj jednakosti prebacimo na levu stranu izraz f(x0, y0) i podelimo obe strane sa h.Dobijamo

f(x0 + h, y0) f(x0, y0)h

= a+(h, 0)(h, 0)

h, (h, k) (0, 0). (8)

Leva strana posledeg oqigledno tei ka f x(x0, y0). Kako je (h, 0) = |h|, to je izraz(h,0)h ograniqen, i kako (h, 0) tei nuli kad h 0, imamo da je

limh0

(h, 0)(h, 0)h

= 0,

pa desna strana u (8) tei ka a. Dobijamo da je

a = f x(x0, y0),

i na isti naqin b = f y(x0, y0). Ovim smo dokazali sledee tvree.

Tvree 8. Ako je f diferencijabilna u (x0, y0), tada postoje parcijalni izvodi fx(x0, y0)i f y(x0, y0). Iz prethodne priqe zakuqujemo sledee: ako hoemo da ispitamo diferencijabilnost

neke funkcije u (x0, y0) (a ne moemo da zakuqujemo na neki posredan naqin - koristei nekuteoremu), prvo treba da potraimo parcijalne izvode u toj taqki. Ako neki od ih ne postoji,

funkcija nije diferencijabilna. Ako postoje oba, onda proverimo da li izraz

f(x0 + h, y0 + k) f(x0, y0) f x(x0, y0)h f y(x0, y0)kh2 + k2(9)

tei nuli kad (h, k) (0, 0). Ako to jeste sluqaj, funkcija jeste diferencijabilna u (x0, y0),a ako nije, onda nije.

16 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Primer 7. Ispitajmo da li je funkcija f iz Primera 5 diferencijabilna u taqki (0, 0).Kako smo parcijalne izvode ve izraqunali:

f x(0, 0) = 1, fy(0, 0) = 1,ostaje da proverimo da li izraz (9) tei nuli kad (h, k) (0, 0). U ovom konkretnom primeru,izraz (9) je jednak:

f(h, k) f(0, 0) 1 h (1) kh2 + k2

=h3k3h2+k2

h+ kh2 + k2

=h2k hk2(h2 + k2)

32

. (10)

Ali ako izaberemo niz taqaka

(2n, 1n

)koji tei (0, 0) i zamenimo ga (umesto (h, k)) u (10),

dobijamo konstantan niz

253koji oqigledno ne tei nuli. Zakuqujemo da (10) ne tei nuli

(Tvree 4), pa f nije diferencijabilna u (0, 0). X

Napomena 5. (Terminologija:) Linearno preslikavae L (za koje smo videli da je ob-lika L : (h, k) 7 f x(x0, y0)h + f y(x0, y0)k) zovemo diferencijalom ili izvodom funkcije f utaqki (x0, y0) i oznaqavamo ga sa df(x0, y0) (ili, ree, sa f

(x0, y0)). Ako linearna preslika-vaa (x, y) 7 x i (x, y) 7 y oznaqimo sa dx i dy, imamo

df(x0, y0) = fx(x0, y0)dx+ f

y(x0, y0)dy.

Vektor (f x(x0, y0), fy(x0, y0)) zovemo gradijentom funkcije f u taqki (x0, y0) i oznaqavamo ga sa

f(x0, y0). Iz ove definicije je oqigledno da jedf(x0, y0)(v) = f(x0, y0) v,gde je skalarni proizvod, za svaki vektor v. Tvree 9. Ako je f diferencijabilna u taqki (x0, y0), tada postoji izvod f

v(x0, y0) usvakom pravcu v funkcije f u taqki (x0, y0) i jednak je df(x0, y0)(v).

Dokaz. Neka je v = (, ). U jednaqini (7) stavimo da je (h, k) = tv = (t, t). Oqigledno jeda (h, k) (0, 0) kad t 0. Primetimo i da je

o(h, k) = (h, k)(h, k) = (t, t)|t| = o(t),jer (t, t) 0, kad t 0. Imamo:

f(x0 + ta, y0 + tb) = f(x0, y0) + t(a + b) + o(t), t 0,odnosno

f(x0 + ta, y0 + tb) f(x0, y0)t

= a + b + o(1), t 0.Ako u posledem izrazu pustimo da t 0, dobijamo

f v(x0, y0) = limt0

f(x0 + ta, y0 + tb) f(x0, y0)t

= a+ b = f x(x0, y0)+ fy(x0, y0) = df(x0, y0)(v).

Napomena 6. Obrnuto ne mora da vai: funkcija f iz Primera 5 ima izvod u svakompravcu (proveriti da je, za v = (, ), f v =

332+2), ali nije diferencijabilna (Primer 7). Zadatak 16. Formulisati sve definicije iz ovog poglava u sluqaju funkcije tri ili

vixe promenivih. X

2.2. 17

2.1. Diferencijabilnost i neprekidnost

Tvree 10. Ako je f diferencijabilna u taqki (x0, y0), tada je ona i neprekidna u taqki(x0, y0).

Dokaz. Ako u jednaqini (7) izraqunamo lim(h,k)(0,0), na desnoj strani dobijamo f(x0, y0). To znaqi

da je

lim(h,k)(0,0)

f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0),

a to upravo znaqi da je f neprekidna u (x0, y0).

Napomena 7. Obrnuto ne mora da vai: pokazati da je funkcija iz Primera 5 neprekidnau (0, 0). Xtavixe, neprekidna funkcija ne mora da ima ni parcijalne izvode: dokazati da je

(x, y) 7x2 + y2 neprekidna u (0, 0) ali da ne postoje parcijalni izvodi u (0, 0). Zadatak 17. Formulisati sve definicije iz ovog poglava u sluqaju funkcije tri ili

vixe promenivih. X

2.2. Dovoni uslovi diferencijabilnosti

U prethodnim poglavima smo videli da ako je funkcija diferencijabilna (u nekoj taqki),

tada je ona i neprekidna, ima parcijalne izvode i izvode u svakom pravcu (u toj taqki),

ali da obratno ne mora da vai, tj. da svi ovi uslovi ne obezbeuju da funkcija bude i

diferencijabilna. Zato navodimo jedan dovoan uslov za diferencijabilnost.

Tvree 11. Ako u nekoj otvorenoj kugli sa centrom u taqki (x0, y0) funkcija ima par-cijalne izvode f x i f

y, i ako su oni neprekidni u taqki (x0, y0), tada je f diferencijabilna utaqki (x0, y0).

Dokaz. Treba da dokaemo da je

f(x0 + h, y0 + k) f(x0, y0) f x(x0, y0)h f y(x0, y0)k = o(h, k), (h, k) (0, 0).Ako levoj strani poslede jednakosti oduzmemo i dodamo izraz f(x0, y0 + k) i primenimoLagranevu teoremu o sredoj vrednosti na funkcije (x) := f(x, y0 + k) i (y) := f(x0, y),dobijamo:

f(x0 + h, y0 + k) f(x0, y0 + k) + f(x0, y0 + k) f(x0, y0) f x(x0, y0)h f y(x0, y0)k =f x(x0 + , y0 + k)h+ f

y(x0, y0 + )k f x(x0, y0)h f y(x0, y0)k =

[f x(x0 + , y0 + k) f x(x0, y0)]h+ [f y(x0, y0 + ) f y(x0, y0)]kgde je izmeu 0 i h, a izmeu 0 i k. Poxto su funkcije f x i f

y neprekidne u (x0, y0), ipoxto (x0 + , y0 + k) i (x0, y0 + ) tee ka (x0, y0), kad (h, k) (0, 0), veliqine

1(h, k) := fx(x0 + , y0 + k) f x(x0, y0) i 2(h, k) := f y(x0, y0 + ) f y(x0, y0)tee nuli kad (h, k) (0, 0). Zato imamo [f x(x0 + , y0 + k) f x(x0, y0)]h+ [f y(x0, y0 + ) f y(x0, y0)]kh2 + k2

= 1(h, k)h+ 2(h, k)kh2 + k2 6

|1(h, k)| |h|h2 + k2

+ |2(h, k)| |k|h2 + k2

6 |1(h, k)|+ |2(h, k)| 0, (h, k) (0, 0).

U posledoj jednakosti smo koristili da je

|h|h2+k2

6 1 i |k|h2+k2

6 1.

18 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Zadatak 18. Dokazati da je funkcija

f(x, y) =

{(x2 + y2) sin 1

x2+y2, (x, y) 6= (0, 0)

0 (x, y) = (0, 0)

diferencijabila u taqki (0, 0), ali da parcijalni izvodi f x i fy nisu neprekidni u (0, 0),odnosno, da ne vai obrat Tvrea 11. X

Zadatak 19. Formulisati sve definicije iz ovog poglava u sluqaju funkcije tri ili

vixe promenivih. X

3. Preslikavaa sa vrednostima u Rn

Kao i u sluqaju limesa i neprekidnosti, i diferencijabilnost vektor funkcije se svodi

na diferencijabilnost koordinatnih funkcija. Interesantno je, meutim, da vidimo xta u

ovom sluqaju predstava izvod i xta je izvod kompozicije preslikavaa.

Definicija 14. Neka je A Rm otvoren i x0 A. Vektor funkcija F : A Rn jediferencijabilna u taqki x0 ako postoji linearno preslikavae L : Rm Rn takvo da vai

F (x0 + h) = F (x0) + Lh + o(h), h 0, (11)pri qemu pod o(h) podrazumevamo vektor funkciju o(h) = (1(h), . . . , n(h)), tako da je j =o(h), za j = 1, . . . , n.

Setimo se da je svako linearno preslikavae L : Rm Rm dato sa Lh = ALh, gde jeAL matrica reda n m. Neka je AL = [aij] i h = (h1, . . . , hm). Zapiximo jednakost (11) ukoordinatama (tj. preko koordinatnih funkcija F = (f1, . . . , fn)):

f1(x0 + h)f2(x0 + h).

.

.

fn(x0 + h)

=f1(x0)f2(x0).

.

.

fn(x0)

+a11 a1ma21 a2m.

.

. ...an1 anm

h1h2.

.

.

hm

+o(h)o(h).

.

.

o(h)

, h 0. (12)Vidimo da je uslov diferencijabilnosti (11) ekvivalentan uslovu

fj(x0 + h) = fj(x0) + Ljh + o(h), h 0, j = 1, . . . , nkoji predstava uslov diferencijabilnosti funkcija fj. I vixe, u Poglavu 2 videli smoxta su matrice linearnih preslikavaa ALj :

ALj =[

fjx1

(x0)fjx2

(x0) fjxm (x0)]a kako je iz (12)

ALj =[aj1 aj2 ajm

],

imamo da je matrica A jednaka

AL =

f1x1

(x0)f1x2

(x0) f1xm (x0)f2x1

(x0)f2x2

(x0) f2xm (x0).

.

.

.

.

. ...fnx1

(x0)fnx2

(x0) fnxm (x0)

. (13)

2.4. 19

Definicija 15. Matricu A iz jednaqine (13) zovemo matricom izvoda vektor funkcije Fu taqki x0 ili Jakobijevom matricom vektor funkcije F u taqki x0. Linearno preslikavaeL iz (11) nazivamo izvodom vektor funkcije F u taqki x0 i oznaqavamo sa dF (x0) ili F

(x0)ili

dFdx

(x0).

Zadatak 20. Nai Jakobijevu matricu preslikavaa F (x, y) := (x2 + 2y, e2x+3y, 3xy) utaqki (2,1) i preslikavaa G(x, y, z) := (xz 3y + 1, sin(x+ 2z) + cos(xz)) u taqki (pi, 3, 0).XDefinicija 16. Ako je m = n, onda se determinanta Jakobijeve matrice (13) nazivajakobijan presliikavaa F u taqki x0 i oznaqava sa JF (x0). Dakle

JF (x0) = det dF (x0) =

f1x1

(x0)f1x2

(x0) f1xm (x0)f2x1

(x0)f2x2

(x0) f2xm (x0).

.

.

.

.

. ...fnx1

(x0)fnx2

(x0) fnxm (x0)

. (14)

Primer 8. Naimo jakobijan prelikavaa

F (r, ) := (r cos , r sin ).

Kako je f1(r, ) = r cos , a f1(, ) = r sin , to je

f1r

= cos ,f1

= r sin , f2r

= sin ,f2

= r cos ,

pa je

JF =

cos r sin sin r cos = r.

X

4. Izvod sloene funkcije

U sluqaju funkcija jedne promenive, izvod kompozicije je bio proizvod izvoda (u odgo-

varajuim taqkama):

(g f)(x0) = g(f(x0))f (x0).U sluqaju vektor funkcija vixe promenivih, izvod u taqki je linearno preslikavae, pa

e izvod sloene funkcije biti kompozicija odgovarajuih linearnih preslikavaa. Ako

linearno preslikavae poistovetimo sa matricom, dobijamo da je izvod kompozicije proizvod

odgovarajuih matrica.

Teorema 2. Neka su A Rm, B Rn otvoreni, F : A Rn, G : A Rk, x0 A, F (x0) =y0 B. Ako je preslikavae F diferencijabilno u x0, a preslikavae G diferencijabilno uy0, onda je i preslikavae G F : A Rk diferencijabilno u x0 i egov izvod se raquna popravilu:

d(G F )(x0) = dG(y0) dF (x0). (15)

20 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Dokaz. Oznaqimo sa k := F (x0 + h) y0, tj. neka je F (x0 + h) = y0 + k. Zbog neprekidnostifunkcije F u x0, imamo da k 0, kad h 0. Napiximo razliku priraxtaja preslikavaaG F :

G F (x0 + h)G F (x0) = G(F (x0 + h))G(F (x0)) =G(y0 + k)G(y0) ()= dG(y0)k + o(k) =dG(y0)[F (x0 + h) y0] + o(F (x0 + h) y0) =dG(y0)[F (x0 + h) F (x0)] + o(F (x0 + h) F (x0)) ()=dG(y0)[dF (x0)h + o(h)] + o(dF (x0)h + o(h)) =

dG(F (x0))dF (x0)h + dG(y0)o(h) + o(dF (x0)h + o(h)) a(h)

, h 0.

(16)

Jednakost () vai jer je G diferencijabilna u y0, a jednakost () jer je F diferencijabilnau x0. Ostalo je da proverimo da je izraz a(h) = o(h). U to nije texko poverovati, jersu dG(y0) i dF (x0) linearna preslikavaa (ovo je analogija pravila c o(f(x)) = o(f(x)) io(c f(x)) = o(f(x)) u realnom sluqaju). Zato ovaj tehniqki deta dokazujemo u Dodatku, nastrani 84.

Napomena 8. Posmatrajmo Jakobijeve matrice koje odgovaraju linearnim preslikavaimad(G F )(x0), dG(y0), dF (x0). Kako je matrica koja odgovara kompoziciji linearnih preslika-vaa jednaka proizvodu odgovarajuih matrica, imamo:

JGF (x0) = JG(F (x0)) JF (x0). (17)Posledica 1. (Izvod inverzne funkcije) Neka je F : U Rn Rn i neka je G =

F1 ena inverzna funkcija (definisana u nekoj okoliki taqke y0 = F (x0)). Ako su F i Gdiferencijabilne, tada je

dG(F (x0)) = dF (x0)1.

Dokaz. Neka je F (x0) = y0. Kako je F G = G F = Id, gde je Id(x) = x, i kako je JId = E, gdeje E jediniqna matrica, to, zbog Teoreme 2 imamo

dF (x0)dG(y0) = Id, dG(y0)dF (y0) = Id,

odakle sledi dokaz.

Primer 9. Neka f : R3 R i : R R3, (t) = (x(t), y(t), z(t)) i neka je g(t) := f :R R. Izvedimo formulu za izvod funkcije g iz formule (17). Ovde je

Jf =[f x f

y f

z

], J =

xtytzt

,pa je

g(t) = f xxt + f

yyt + f

zzt. (18)

Formula (18) se zove i pravilo lanca. X

Zadatak 21. Napisati formulu (pravilo lanca) za gu, gv, ako je g : R2 R, g = f F , za

F : R2 R3, F : (u, v) 7 (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), f : R3 R.X

2.4. 21

4.1. Tangente i tangentne ravni

Definicija 17. Neka je r : I R3 diferencijabilno prelikavae, gde je I R nekiinterval. Preslikavae r(t) = (x(t), y(t), z(t)) se zove i kriva u prostoru. Nekad pod krivompodrazumevamo i skup u R3 koji je slika pri preslikavau r. Neprekidno diferencijabilnekrive zovemo i glatkim krivama. Kaemo da je prava t tangenta na krivu r u taqki a = r(t0)ako prolazi kroz a, a vektor pravca joj je r(t0) = (x(t0), y(t0), z(t0)). Da bi ova definicijaimala smisla, neophodno je da je izvod r(t0) bude razliqit od nula vektora. Krive za koje ovovai nazivamo i regularnim u taqki t0. Zadatak 22. Neka je r(t) = (cos t, sin t, 2t). Ova kriva je regularna u svakoj taqki jer je

r(t) = ( sin t, cos t, 2), r(t) =

5 6= 0.Jednaqina tangente u taqki t0 = pi je data jednaqinom:

x+ 1

0=

y

1 =z 2pi

2.

XDefinicija 18. Regularna povrx u prostoru je skup

P = {(x, y, z) | f(x, y, z) = 0},gde je funkcija f : R3 R regularna na skupu P , xto (po definiciji) znaqi da je3 f(a) 6= 0,za svako a P . Kasnije emo videti jox neke opise regularnih povrxi.

Primer 10. Jediniqna sfera S2 := {x2 + y2 + z2 = 1} je regularna povrx: primetimo daje S2 = {(x, y, z) | f(x, y, z) = 0}, pri qemu je f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 1. Kako je

f(x, y, z) = (2x, 2y, 2z) = (0, 0, 0) (x, y, z) = (0, 0, 0),a taqka (0, 0, 0) ne pripada sferi S2, to je f regularna na S2, pa je sfera regularna povrx. XDefinicija 19. Neka je P regularna povrx. Unija svih tangenti na sve krive r kojeprolaze kroz taqku a P i koje pripadaju povrxi P nazivamo tangentnom ravni u taqki Ana povrx P. Iako unija taqaka pravih koje prolaze kroz istu taqku ne mora obavezno da qini ravan, is-

postava se da to jeste sluqaj sa unijom tangentnih pravih na krive koje pripadaju regularnoj

povrxi.

Tvree 12. Neka je P = {f(x, y, z) = 0} regularna povrx, i neka je a = r(t0), a kriva rpripada povrxi P . Tada je f(a) r(t0).Dokaz. Uslov da kriva r pripada povrxi P se izraava jednakoxu

f(r(t)) = 0, t.Naimo izvod poslede jednakosti u t = t0, pomou pravila lanca (18):

f x(a)xt(t0) + f

y(a)y

t(t0) + f

z(a)z

t(t0) = 0.

Primetimo da je leva strana poslede jednakosti upravo skalarni proizvod f(a) r(t0),odakle sledi tvree. Iz prethodnog tvrea sledi da tangente u a na sve krive koje pripadaju povrxi P leeu ravni kroz a sa normalom f(a). Moe se dokazati i da, u sluqaju regularne povrxi,unija svih ovakvih tangenti zaista qini ravan (ovde to neemo raditi). Dakle, vai sledee

tvree.

3

Gradijent funkcije tri promenive je f = (f x, f y, f z).

22 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Tvree 13. Ako je povrx P = {f(x, y, z) = 0} regularna u taqki a, onda je ena tangentnaravan u a zaista ravan, qiji je vektor normale f(a).

Napomena 9. Tangentnu ravan na P u taqki a oznaqavamo i sa TaP . Zadatak 23. Koje od povrxi drugog reda imaju tangentu ravan u svakoj taqki, a koje nemaju,

i u kojim taqkama? X

Zadatak 24. Dokazati da je vektor normale na tangentnu ravan na sferu S2 u taqki akolinearan sa vektorom a. Nai jednaqinu tangentne ravni na sferu S2 u taqki a

(23,2

3, 1

3

).X

Napomena 10. Nekada je kriva u prostoru zadata kao presek dve povrxi P1P2 (npr. krugje presek ravni i sfere). Na koji naqin moemo da naemo jednaqinu tangente u nekoj taqki

a, ako ne umemo da naemo eksplicitnu jednaqinu krive? Poxto traena tangenta pripadaobema tangentnim ravnima TaP1 i TaP2, to je ona jednaka ihovom preseku (pod pretpostavkomda se tangentne ravni seku po pravoj) t = TaP1 TaP2. Primer 11. Naimo jednaqinu tangente na krivu koja se dobija kao presek paraboloida

P = {x2 + y2 = z} i sfere S = {(x 1)2 + y2 + z2 = 1} u taqki a = (0, 0, 0). Neka jef(x, y, z) := x2 + y2 z, a g(x, y, z) := (x 1)2 + y2 + z2 1. Tada je

f = (2x, 2y,1), g = (2(x 1), 2y, 2z), f(a) = (0, 0,1), g(a) = (2, 0, 0).Kako je vektor preseqne prave ortogonalan na normale obe ravni, to ega moemo da izraqu-

namo kao vektorski proizvod tih normala: t = (0, 0,1)(2, 0, 0) = (0, 2, 0). Zato je jednaqinatraene tangente data sa

x0

= y2

= z0. X

5. Izvodi vixeg reda

5.1. Definicije i primeri

Neka je f(x, y) funkcija dve realne promenive. Tada su to i funkcije f x(x, y) i fy(x, y),pa ima smisla govoriti i o parcijalnim izvodima ovih funkcija.

Definicija 20. Parcijalni izvodi drugog redafunkcije f su parcijalni izvodi funkcijaf x(x, y) i f

y(x, y), u oznaci:

f xx := (fx)x =

x

(f

x

), f xy := (f

x)y =

y

(f

x

),

f yx := (fy)x =

x

(f

y

), f yy := (f

y)y =

y

(f

y

).

Koriste se i oznake

2fx2,

2fxy,

2fyx,

2fy2. Izvodi f xy i f

yx se zovu mexoviti parcijalni

izvodi.

Jasno je kako bismo definisali parcijalne izvode treeg i vixeg reda, kao i parcijalne

izvode vixeg reda funkcije od vixe od dve promenive.

Primer 12. Neka je f(x, y) = x2(2y + 1) + e2xy, naimo izvode drugog reda funkcije f .Kako je

f x = 2x(2y + 1) + 2e2xy, f y = 2x

2 + e2x,

2.5. 23

to je

f xx = 2(2y + 1) + 4e2xy, f xy = 4x+ 2e

2x,f yx = 4x+ 2e

2x, f yy = 0.Primetimo da je f xy = f

yx (ovo nije sluqajnost). XZadatak 25. Nai mexovite izvode treeg reda funkcije f iz prethodnog zadatka: f xxy,

f xyx, fyxx, f

xyy, f

yxy i f

yyx. Koji su meu ima jednaki? XTvree 14. Ako funkcija f ima definisane mexovite parcijalne izvode f xy i f

yx u nekoj

otvorenoj kugli sa centrom u taqki (x0, y0) i ako su oni neprekidni u taqki (x0, y0), tada suoni i jednaki u toj taqki.

Dokaz prethodnog tvrea se izvodi pomou Lagraneve teoreme o sredoj vrednosti, dva

puta primeene na pogodno izabrane funkcije. Poxto smo sliqnu ideju ve videli u dokazu

dovonog uslova diferencijabilnosti (Tvree 11), dokaz dajemo u Dodatku, na strani 85.

Komutativnost mexovitih izvoda ne mora da vai uvek. Primer funkcije za koju je f xy 6=f yx dajemo u Dodatku, na strani 86.

Napomena 11. Jasno je kako definixemo izvode vixeg reda funkcija vixe od dve realnepromenive: ako je f funkcija od n realnih promenivih (x1, . . . , xn), tada je

2f

xjxi:=

xj

(f

xi

).

Osim ovih, koristimo i oznake f xixj ili samo fij. Definicija 21. Kvadratnu matricu

f x1x1(A) fx1x2

(A) f x1xn(A)f x2x1(A) f

x2x2

(A) f x2xn(A).

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

f xnx1(A) fxnx2

(A) f xnxn(A)

nazivamo matricom drugog izvoda funkcije f u taqki A ili hesijanom funkcije f u taqkiA i oznaqavamo sa d2f(A), D2f(A) ili Hf(A). Primetimo da je, ako f zadovoava uslove Tvrea 14, matrica d2f(A) simetriqna.

5.2. Tejlorov polinom

Definicija 22. Neka funkcija f dve promenive ima sve izvode do reda n koji suneprekidne funkcije. Tejlorov polinom stepena n funkcije f u taqki (x0, y0) je polinom(po h i k):

Pn(x0, y0)(h, k) :=f(x0, y0) +

(f

x(x0, y0)h+

f

y(x0, y0)k

)+

1

2!

(2f

x2(x0, y0)h

2 + 22f

xy(x0, y0)hk +

2f

y2(x0, y0)k

2

)+ . . .+

1

n!

nj=0

(n

j

)nf

xnjyj(x0, y0)h

njkj.

Zadatak 26. Napisati trei i qetvrti qlan Tejlorovog polinoma. XZadatak 27. Napisati Tejlorov polinom stepena tri funkcije f(x, y) = xy u okolinitaqke (1, 1). X

24 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Definicija 23. Razlika Rn(x0, y0)(h, k) := f(x0 + h, y0 + k) Pn(x0, y0)(h, k) se nazivaostatkom u Tejlorovoj formuli.

Teorema 3. Neka funkcija f dve promenive ima neprekidne sve parcijalne izvode doreda n+ 1 u nekoj otvorenoj kugli B((x0, y0), r) sa centrom u taqki4 (x0, y0). Tada je ostatakTejlorovog polinoma

Rn(x0, y0)(h, k) = o((h, k)n),kad (h, k) (0, 0).Dokaz. Neka je (h, k) dovono malo tako da je (x0, y0) + t(h, k) B((x0, y0), r) za svako t [0, 1].Iz uslova teoreme sledi da funkcija

: [0, 1] R; (t) := f((x0, y0) + t(h, k)) = f(x0 + th, y0 + tk)ima neprekidne izvode do reda n + 1. Primenimo na u Tejlorovu formulu u okolini taqket0 = 0 sa ostatkom u Lagranevom obliku (videti [3] ili [1]):

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

2!(0)t2 + . . .+

1

n!(n)(0)tn +

1

(n+ 1)!(n+1)(c)tn+1, (19)

za neko c (0, 1). Primetimo da je (kao izvod sloene funkcije):(t) = f x(x0 + th, y0 + tk)h+ f

y(x0 + th, y0 + tk)k,

pa je:

(t) = f xx(x0 + th, y0 + tk)h2 + f xy(x0 + th, y0 + tk)hk+

f yx(x0 + th, y0 + tk)kh+ fyy(x0 + th, y0 + tk)k

2

= f xx(x0 + th, y0 + tk)h2 + 2f xy(x0 + th, y0 + tk)hk + f

yy(x0 + th, y0 + tk)k

2.

Indukcijom po m se moe dokazati da je5

(m)(t) =mj=0

(m

j

)mf

xmjyj(x0 + th, y0 + tk)h

mjkj. (20)

Odavde sledi

(n+1)(c) =n+1j=0

(n+ 1

j

)n+1f

xn+1jyj(x0 + ch, y0 + ck)h

n+1jkj = o((h, k)n). (21)

Posleda jednakost vai jer je svaki od sabiraka u sumi(n+ 1

j

)n+1f

xn+1jyj(x0 + ch, y0 + ck)h

n+1jkj = o((h, k)n).

Da bismo ovo videli, dovono je da pokaemo da je svaki hjkn+1j = o((h, k)n), jer su par-cijani izvodi po pretpostavci neprekidni, dakle i ograniqeni na nekoj kugli sa centrom u

(x0, y0).6

Napiximo taqku (h, k) u polarnim koordinatama7

h = r cos , k = r sin .

Kako je r =h2 + k2 = (h, k), to vai

(h, k) (0, 0) r 0.4

Teorema vai i pod slabijim pretpostavkama.

5

Pokuxati, za vebu. Uputstvo: videti dokaz binomne formule.

6

Videti Zadatak 9.

7

Videti i stranu 42.

2.6. 25

Imamo hjkn+1j(h, k)n = rj(cos )jrn+1j(sin )n+1jrn

r 0, kad (h, k) (0, 0),pa je hjkn+1j = o((h, k)n), (h, k) (0, 0). Ako u jednaqinu (19) ubacimo (20) za t = 1, iiskoristimo (21), dobijamo tvree Teoreme.

Napomena 12. Na sliqan naqin se definixe Tejlorov polinom funkcije m promenivih.Neka je x0,h Rm i h = (h1, . . . , hm). Definiximo

Pn(x0)(h) = f(x0) +nj=1

1

j!

(h1

x1+ . . .+ hm

xm

)jf(x0),

pri qemu je(h1

x1+ . . .+ hm

xm

)jf(x0) :=

1+...l=j

j!

1! m!h11 hmm

jf

x11 xmm(x0). (22)

Koeficijenti

j!1!m! u prethodnoj formuli su isti kao i koeficijenti u izrazu (a1+. . .+am)

j,

odatle i oznaka na levoj strani (22). Moe se dokazati, isto kao i u sluqaju funkcije dve

promenive, da je, pod odreenim pretpostavkama, ostatak u Tejlorovoj formuli:

Rn(x0)(h) := f(x0 + h) Pn(x0)(h) = o(hn).Zadatak 28. Napisati Tejlorov polinom stepena tri funkcije tri realne promenive.X

6. Lokalni ekstremumi

Lokalni maksimum ili minumum funkcije vixe promenivih se definixe sliqno kao u

sluqaju jedne.

Definicija 24. Neka je f funkcija vixe promenivih definisana na skupu A Rni x0 B(x0, r) A za neko r. Kaemo da je x0 taqka lokalnog maksimuma (minimuma) akopostoji > 0 takvo da je f(x) 6 f(x0) (f(x) > f(x0)) za svako x B(x0, ). Kaemo da je x0taqka lokalnog ektremuma ako je taqka lokalnog maksimuma ili minimuma (videti Sliku 2.1

na strani 28).

6.1. Lokalni ekstremumi i diferencirae

U sluqaju diferencijabilne funkcije f jedne promenive, ako je taqka x0 taqka lokalnogekstremuma (u unutraxosti intervala), tada vai f (x0) = 0. U sluqaju funkcija vixepromenivih, izvod emo zameniti gradijentom.

Tvree 15. Neka su f i x0 kao u Definiciji 24 i neka je f diferencijabilna u x0. Tadaje f(x0) = 0, tj. f xj(x0) = 0 za svako j = 1, . . . , n.Dokaz. Radi jednostavnosti zapisa, dokazaemo tvree za sluqaj funkcije tri promenive

(u sluqaju vixe promenivih dokaz je potpuno isti). Ako je u taqki x0 = (x0, y0, z0), npr,lokalni maksimum funkcije f , tada je f(x) 6 f(x0) za svako x B(x0, ), pa je, specijalno if(x, y0, z0) 6 f(x0, y0, z0), za x (x0 , x0 + ), tj. funkcija jedne promenive

(x) := f(x, y0, z0)

26 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

ima lokalni maksimum u x0. Kako je diferencijabilna u x0, to je (x0) = 0. Ali

(x0) = f x(x0, y0, z0) = 0,

i time je tvree dokazano. Definicija 25. Taqka x0 za koju vai f(x0) = 0 se zove kritiqna ili stacionarnataqka. Prethodno tvree nam daje potrebne, ali ne i dovone uslove da taqka bude lokalni

ekstremum: npr, za f(x, y) = x3 + y3 taqka (0, 0) jeste stacionarna, ali nije taqka lokalnogekstremuma (isto kao xto je, u sluqaju funkcije jedne promenive, nula stacionarna, ali ne

i taqka ekstremuma funkcije x 7 x3). Kao i u sluqaju funkcija jedne promenive, postojikriterijum koji ukuquje i drugi izvod, i koji daje dovone uslove da taqka bude lokalni

ekstremum. Da bismo ga formulisali, potrebno je prvo da uvedemo neke pojmove.

Definicija 26. Kvadratna forma je preslikavae q : Rn R oblika

q(x1, . . . , xn) =n

i,j=1

aijxjxi.

Primer 13. q1(x, y) = x

2 + 2xy + y2, q2(x, y, z) = x2 xy + 2yz + z2, q3(x, y) = x2 + y2,

q4(x, y, z) = (x+ y)2 x2 (z y)2 su primeri kvadratnih formi dve ili tri promenive.XPrimer 14. Svakoj simetriqnoj kvadratnoj matrici A = [aij] moemo da pridruimokvadratnu formu qA, qA(x1, . . . , xn) :=

i,j aijxjxi. I obratno, svakoj kvadratnoj formi q =

(x1, . . . , xn) =

i,j aijxjxi moemo pridruiti simetriqnu matricu koeficijenata Aq = [ij],

gde je ii := aii, a ij = ji :=12(aij + aji). Ovu matricu zovemo matricom kvadratne forme q.

Napomena 13. Svaka kvadratna forma je odreena svojim vrednostim na jediniqnoj sferi:Sn1 := {x Rn | x = 1}.Zaista, za svaki nenula vektor x = (x1, . . . , xn), vektor

xx je jediniqni, pa, kako je

xx =(

x1x , . . . ,

xnx

), to je

q(x) =i,j

aijxixj = x2i,j

aijxix

xjx = x

2q

(x

x).

Definicija 27. Kvadratna forma q je:

pozitivno poludefinitna ako je q(x1, . . . , xn) > 0 za svako (x1, . . . , xn); negativno poludefinitna ako je q(x1, . . . , xn) 6 0 za svako (x1, . . . , xn); pozitivno definitna ako je q(x1, . . . , xn) > 0 za svako (x1, . . . , xn) 6= (0, . . . , 0); negativno definitna ako je q(x1, . . . , xn) < 0 za svako (x1, . . . , xn) 6= (0, . . . , 0); promenivog znaka ako je q(x1, . . . , xn) < 0 za neko (x1, . . . , xn), a q(y1, . . . , yn) > 0 zaneko (y1, . . . , yn). Primer 15. Kvadratna forma q1 iz Primera 13 je pozitivno poludefinitna jer je q1(x, y) =

(x+y)2 > 0, a q1(1,1) = 0. Forma q2 je promenivog znaka jer je q2(1, 2, 0) = 1, a q2(1, 0, 0) = 1.Kvadratne forme q3 i q4 su (strogo) definitne, i to q3 pozitivno, a q4 negativno. XNavodimo sada dovone uslove za lokalni ekstremum.

Tvree 16. Neka funkcija f ima neprekidne parcijalne izvode do reda 2, u nekoj kuglisa centrom u x0 i neka je x0 stacionarna taqka. Oznaqimo sa q kvadratnu formu pridruenumatrici drugog izvoda u taqki x0, d

2f(x0). Tada vai:

2.6. 27

(1) Ako je q pozitivno definitna, tada je taqka x0 taqka lokalnog minimuma;(2) Ako je q negativno definitna, tada je taqka x0 taqka lokalnog maksimuma;(3) Ako je q promenivog znaka, tada u taqki x0 nije lokalni ektremum.

Dokaz. Razvijmo f u Tejlorov polinom drugog stepena u okolini taqke x0. Neka je h =(h1, . . . , hn). Imamo:

f(x0 + h) = f(x0) +ni=1

f xi(x0)hi +1

2

ni,j=1

f xixj(x0)hihj + o(h2), h 0.

Kako je taqka x0 stacionarna, tj. fxi

(x0) = 0, bie:

f(x0 + h) f(x0) = 12

ni,j=1

f hihj(x0)hihj + o(h2).

Primetimo da, kao u Napomeni 13, izraz na desnoj strani prethodne jednakosti moemo da

napixemo kao

h2(

1

2

ni,j=1

f xixj(x0)hih

hjh + o(1)

),

pri qemu je vektor

(h1h , . . . ,

hnh

)element jediniqne sfere Sn1. Kako je Sn1 zatvoren iograniqen skup (dakle kompaktan), a funkcija q neprekidna, to, na osnovu Teoreme 1, funkcijaq dostie svoj maksimum i minimum na Sn1. Oznaqimo sa

m = minSn1

f = f(xmin), M = maxSn1

f = f(xmax).

(1) Ako je q pozitivno definitna, onda je m = f(xmin) > 0, pa imamo

f(x0 + h) f(x0) = h2(

1

2

ni,j=1

f xixjhih

hjh(x0) + o(1)

)> h2

(1

2m+ o(1)

)> 0,

za dovono malo h, jer o(1) tei nuli kad h 0. Zakuqujemo da je u x0 lokalniminimum.

(2) Isto kao prethodno.

(3) Neka su h i k takvi da je

a := q(h) > 0, b := q(k) < 0.

Primetimo (isto kao u Napomeni 13) da je tada, za svako , q(h) = 2a > 0, i sliqnoq(k) = 2b < 0. Imamo

f(x0 + h) f(x0) = 2a+ o(2) = 2(a+ o(1)) > 0, za dovono malo ,i, sliqno

f(x0 + k) f(x0) < 0, za dovono malo .Odavde sledi da ne postoji kugla na kojoj je f(x0) vee, a ni mae, od f(x), tj. x0 nijelokalni ekstremum.

Definicija 28. Ako je ispuen uslov (3) prethodne teoreme, tj. ako je x0 stacionarnataqka, ali u svakoj enoj okolini postoje taqke u kojima f uzima i vee i mae vrednosti odf(x0), onda x0 nazivamo i taqkom sedla ili sedlom8

(videti Sliku 2.1).

8

Setimo se izgleda hiperboliqkog paraboloida z = f(x, y) = x2 y2, kojem je, stacionarna taqka (0, 0)sedlo.

28 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Slika 2.1. Minimum (a) i sedlo (b)

U sluqaju kvadratne forme dve promenive, navodimo jedan operativni test definitnosti

kvadratne forme.

Tvree 17. Neka je Aq =

[a bb c

]simetriqna matrica pridruena kvadratnoj formi q.

Tada vai:

(i) ako je a > 0, detAq = ac b2 > 0, forma q je pozitivno definitna;(ii) ako je a < 0, detAq > 0, forma q je negativno definitna;(iii) ako je detAq < 0, forma q je promenivog znaka.

Dokaz. Neka je a 6= 0. Imamo:

q(h, k) = ah2 + 2bhk + ck2 = a

(h2 + 2h

bk

a+b2k2

a2

) ab

2k2

a2+ ck2 = a

((h+

bk

a

)2+ca b2a2

k2

).

(23)

(i) i (ii) Ako je detAq = ca b2 > 0, tada je oqigledno, gora kvadratna forma definitna, ito pozitivno ako je a > 0, a negativno ako je a < 0.

(iii) Ako je acb2 < 0, tada su vrednosti forme q u taqkama ( ba, 1)i (1, 0) suprotnog znaka(proverava se ubacivaem u (23)).

Ako je a = 0 i ac b2 < 0, onda je b 6= 0. Kvadratna forma ima oblik q(h, k) = 2bhk + ch2. Akoje c = 0, ona je oqigledno promenivog znaka, a ako je c 6= 0, imamo da je q(b, c) = 3b2c, dok jeq(b,c) = b2c. Zadatak 29. Pronaimo lokalne ekstremume funkcije f(x, y) = xy x2 y2 2x 2y + 1na R2. Kako su stacionarne taqke reqea sistema:

f x = y 2x 2 = 0, f y = x 2y 2 = 0,dobijamo samo jednu stacionarnu taqku, (2,2). Matrica drugog izvoda u taqki (2,2) je

d2f(2,2) =[ 2 1

1 2],

tj. a = c = 2, b = 1. Na osnovu Tvrea 17, kako je a < 0, ac b2 = 3 > 0, zakuqujemo da jeforma drugog izvoda negativno definitna, pa f ima lokalni maksimum u (2,2). X

Napomena 14. Primetimo da u sluqaju u kom je forma d2f(x0) poludefinitna, prethodnotvree ne daje odgovor. Zaista, neka je f(x, y) = x2 +y3. Stacionarna taqka je rexee sistemaf x = f

y = 0, tj. to je taqka (0, 0), dok je matrica drugog izvoda u (0, 0):

d2f(0, 0) =

[2 00 6y

](x,y)=(0,0)

=

[2 00 0

](x,y)=(0,0)

.

oj pridruena forma je q(h, k) = 2h2 koja je pozitivno poludefinitna. Meutim f nedostie ni maksimum ni minimum u (0, 0), jer je f(0, ) = 3 > 0, f(0,) = 3 < 0, zaproizvono malo > 0.

2.6. 29

Na isti naqin proveramo da funkcija g(x, y) = x2 + y4 ima (0, 0) za stacionarnu taqku, kaoi da je kvadratna forma drugog izvoga u (0, 0) pozitivno poludefinitna. Meutim, funkcijag oqigledno u taqki (0, 0) dostie strogi minimum. Navodimo, bez dokaza, kriterijum za ispitivae definitnosti kvadratne forme u sluqaju

vixe promenivih, poznat i kao Silvesterov kriterijum.

Tvree 18. Neka je A = [aij] simetriqna kvadratna matrica i a1, . . . , an eni glavniminori:

a1 = a11, a2 = det

[a11 a12a21 a22

], a3 = det

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

, . . . an = detA.Tada je

forma qA pozitivno definitna ako i samo ako su svi glavni minori pozitivni:a1 > 0, a2 > 0, . . . , an > 0;

forma qA negativno definitna ako i samo ako glavni minori naizmeniqno meajuznak, s tim da je prvi negativan:

a1 < 0, a2 > 0, a3 < 0, . . . , (1)nan > 0.Zadatak 30. Nai lokalne ekstremume funkcije tri promenive f(x, y, z) = 2x2 xy +

2xz y y3 + z2. X

6.2. Uslovni ekstremumi. Lagranevi mnoioci

Posmatrajmo funkciju f definisanu na nekom podskupu S Rn, koji je definisan siste-mom jednaqina

S := {1(x1, . . . , xn) = 2(x1, . . . , xn) = . . . = k(x1, . . . , xn) = 0}.Ci nam je da naemo lokalne ektremume restrikcije f |S.Primer 16. (1) Prava u ravni R2 je definisana jednom jednaqinom (x, y) = 0, gde je

(x, y) = y kx n.(2) Elipsa u ravni je definisana jednom jednaqinom (x, y) = 0, gde je (x, y) = x

2

a2+ y

2

b21.(3) Ravan u R3 je definisana jednom jednaqinom (x, y, z) = 0, za (x, y, z) = ax+bx+cz+d.(4) Jediniqna sfera u R3 je definisana jednom jednaqinom (x, y, z) = 0, gde je (x, y, z) =

x2 + y2 + z2 1.(5) Prava u prostoru je definisana dvema jednaqinama 1(x, y, z) = 2(x, y, z) = 0, za

1(x, y, z) = a1x+ b1x+ c1z + d1, 2(x, y, z) = a2x+ b2x+ c2z + d2.Primetimo da su jednodimenzioni objekti (prave, krive) definisani jednom jednaqinom

u ravni, a dvema jednaqinama u prostoru, dok su dvodimenzioni objekti (ravni, povrxi) u

prostoru definisani samo jednom jednaqinom. Ovo je uglavnom

9

pravilo: broj jednaqina k+dimenzija objekta = broj promenivih n. Ovde dimenziju objekta moemo da shvatimo brojparametara koji uqestvuju u parametarskoj jednaqini objekta: znamo da pravu i krivu i u ravni

i u prostoru moemo da parametrizujemo jednim parametrom, dok ravan i povrxi drugog reda

moemo da parametrizujemo pomou dva parametra. O ovome e jox biti reqi kasnije. XDefinicija 29. Funkcija f ima uslovni lokalni maksimum (minimum) na skupu S utaqki x0 ako postoji > 0 takvo da je f(x) 6 f(x0) (f(x) > f(x0)) za svako x B(x0, )S.9

Ako su funkcije j nezavisne u svakoj taqki pomenutog skupa, videti Definiciju 30.

30 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Definicija 30. Kaemo da su diferencijabilne funkcije j : Rn R, j = 1, . . . , k,nezavisne u taqki x0 ako su vektori j(x0), j = 1, . . . , k, linearno nezavisni. Sledea teorema nam daje neophodne uslove pod kojima je taqka lokalni ekstremum restrik-

cije f |S.Teorema 4. Neka je skup S definisan jednaqinama

S := {1(x1, . . . , xn) = 2(x1, . . . , xn) = . . . = k(x1, . . . , xn) = 0} (24)i neka su funkcije j diferencijabilne i nezavisne u svakoj taqki x S. Neka je funkcijaf diferencijabilna na nekom otvorenom skupu koji sadri S i neka je x0 taqka lokalnogekstremuma restrikcije f |S. Tada postoje realni brojevi 1, . . . k, takvi da je

f(x0) = 11(x0) + . . .+ kk(x0). (25)Dokaz. Dokazaemo teoremu u sluqajevima n = 3, k = 1 (povrx u prostoru) i n = 3, k = 2(kriva u prostoru), zbog pojednostavivaa zapisa, kao i zato xto ove dve slike moemo da

zamislimo (ili nacrtamo). Dokaz u opxtem sluqaju se ne razlikuje suxtinski.

Neka je povrx S u prostoru data jednaqinom (x, y, z) = 0. Uslov linearne nezavisnostiovde znaqi da vektor (x, y, z) 6= (0, 0, 0) za svako (x, y, z) S, tj. da je povrx regularna.Neka je x0 = (x0, y0, z0) taqka lokalnog ekstremuma funkcije f |S i neka je r : (t0, t0 +) R3regularna kriva na povrxi S (tj. r(t) S) koja prolazi kroz x0, r(t0) = x0. Iz definicijeuslovnog lokalnog ekstremuma, i qienice da je r(t) S sledi da realna funkcija f r imalokalni ekstremum u taqki t = t0. Kako je f r diferencijabilna, to je (f r)(t0) = 0. Toznaqi da je

0 = (f r)(t0) = f(r(t0)) r(t0) = f(x0) r(t0),tj. da su vektori f(x0) i r(t0) ortogonalni. Kako ovo vai za svaku regularnu krivu rkoja pripada povrxi S i prolazi kroz x0, zakuqujemo da je f(x0) ortogonalan na tangentnuravan Tx0S. Ali, kako je (x0) vektor normale na ravan Tx0S (videti Tvree 13), i kako jeovaj vektor rezliqit od nula vektora, to postoji R takvo da je f = .Neka je sada S kriva u prostoru R3 definisana jednaqinama 1 = 2 = 0 i neka je r(t)ena regularna parametrizacija, tj. regularna kriva koja pripada povrxima 1 = 0 i 2 = 0.Tada je r(t0) 1(x0) i r(t0) 2(x0) (Tvree 13). Pretpostavimo da je r(t0) = x0 taqkalokalnog esktremuma. Kako diferencijabilna realna funkcija f r ima lokalni esktremumu taqki t = t0, to je, isto kao i malopre, f(x0) r(t0). To znaqi da su vektori 1(x0),2(x0) i f(x0) linearno zavisni (budui da su svi ortogonalni na isti vektor), ali, kakosu 1(x0) i 2(x0) linearno nezavisni, to postoje 1, 2 R takvi da vai:

f(x0) = 11(x0) + 22(x0).

Napomena 15. Brojevi 1, . . . k iz prethodne teoreme se nazivaju Lagranevi mnoioci.

Napomena 16. Uslove f = 11 + . . .+ kk,1(x1, . . . , xn) = 0,2(x1, . . . , xn) = 0,. . .k(x1, . . . , xn) = 0

moemo da zamenimo jednim:

F = 0, (26)gde je F nova, pomona funkcija n+ k promenivih, koju definixemo sa

F (x1, . . . , xn, 1, . . . , k) := f(x1, . . . , xn) (11(x1, . . . , xn) + . . .+ kk(x1, . . . , xn)). (27)

2.6. 31

Vektorska jednaqina (26) je ustvari sistem od n+ k jednaqina po n+ k nepoznatih: x1, . . . , xn,1, . . . , k. Prvih n jednaqina (parcijalni izvodi po xj) predstavaju jednaqinu (25), a posled-ih k (parcijalni izvodi po j) - uslov (24). Rexavaem sistema (26) po xj, j, dobijamopotencijalne taqke lokalnih uslovnih ektremuma. Primer 17. Elipsa E je data kao presek ravni x+ y+ z = 1 i cilindra x2 + y2 = 1. Nai-mo na oj taqku koja je najblia koordinatnom poqetku i taqku koja je od ega najudaenija.

Funkcija qiji maksimum i minimum traimo je rastojae

d(x,0) =x2 + y2 + z2 =: g(x, y, z),

meutim, kako je koren monotona funkcija, to funkcije g i

f(x, y, z) := g2(x, y, z) = x2 + y2 + z2

imaju zajedniqe taqke maksimuma i minimuma (a lakxe emo traiti nule izvoda ako nemamo

koren). Kako je elipsa E ograniqen i zatvoren skup, a funkcija f neprekidna, to se maksimumi minimum dostiu (Teorema 1). Pronaimo, metodom Lagranevih mnoilaca, potencijalne

taqke lokalnih ekstremuma. Funkcije 1 i 2 koje definixu skup su ovde:

1(x, y, z) = x+ y + z 1, 2(x, y, z) = x2 + y2 1,pa je pomona funkcija F iz (27):

F (x, y, z, , ) := x2 + y2 + z2 (x+ y + z 1) (x2 + y2 1),a en gradijent

F = (2x 2x, 2y 2y, 2z ,(x+ y + z 1),(x2 + y2 1)).Potencijalne taqke ekstremne vrednosti dobijamo rexavaem sistema:

2x 2x = 0,2y 2y = 0,2z = 0,x+ y + z 1 = 0,x2 + y2 1 = 0.Dobijamo qetiri taqke na elipsi koje zadovoavaju ovaj sistem:

A

(2

2,

2

2, 1

2

), B

(

2

2,

2

2, 1 +

2

), C(1, 0, 0), D(0, 1, 0).

Kako je f(A) = 4 22, f(B) = 4 + 22, f(C) = f(D) = 1, i kako se (kao xto smo objasnili),maksimum i minimum dostiu, to su taqke C i D najblie koordinatnom poqetku, a taqka Bje najudaenija. XNa kraju, navodimo bez dokaza i jedan kriterijum pomou kojeg moemo proveriti da li je

stacionarna taqka zaista taqka uslovnog lokalnog ekstremuma (dokaz se moe nai u [2]).

Tvree 19. Neka je x0 S stacionarna taqka, tj. rexee sistema (26). Posmatrajmokvadratnu formu n k promenivnih

q(hk+1, hk+2, . . . , hn) :=n

i,j=1

2F

xixjhihj,

pri qemu se, zapravo, na desnoj strani gore jednaqine javaju samo hk+1, . . . , hn, dok sepromenive h1, . . . , hk izraavaju preko hk+1, . . . , hn iz sistema

dj(x0)(h1, . . . , hn) = 0, j = 1, . . . k.

Tada vai:

32 2. Diferencijalni raqun funkcija vixe promenivih

Ako je forma q pozitivno definitna, tada je x0 taqka uslovnog lokalnog minimumafunkcije f . Ako je forma q negativno definitna, tada je x0 taqka uslovnog lokalnog maksimumafunkcije f . Ako je forma q promenivog znaka, tada x0 nije taqka uslovnog lokalnog ekstremumafunkcije f .

7. Zadaci

1. Odrediti sve parcijalne izvode prvog reda sledeih funkcija:

a) f(x, y) = 5xy + 6y 10;b) f(x, y) = ex

2y2;

v) f(x, y, z) = 2yx+ 3y2

3z2.

2. Dokazati da z = y ln (x2 y2) zadovoava jednaqinu 1xzx +

1

yzy =

z

y2.

3. Neka je f(x, y) = x + (y 1) arcsin

xy. Odrediti f x(x, 1) po definiciji kada taqka

(x, 1) pripada domenu funkcije.

4. Neka je f(x, y) =

xy3

x4 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0).

a) Ispitati neprekidnost funkcije f .b) Nai parcijalne izvode f x(x, y) i f

y(x, y).

v) Ispitati diferencijabilnost funkcije f na R2.

5. Neka je f(x, y) =

2x2y + y3

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0).

a) Ispitati neprekidnost funkcije f .b) Nai izvod funkcije f u svakom pravcu kroz (0, 0).v) Ispitati diferencijabilnost funkcije f na R2.g) Nai izvod funkcije f u pravcu vektora (1

2,

32

) kroz (1, 1).6. Odrediti Jakobijevu matricu preslikavaa F (x, y) = (x2 + 2y, e2x+3y, 3

xy) u taqki

(2,1).

7. Transformisati jednaqinu 2zxx + zxy zyy + zx + zy = 0 uzimajui da je u = x+ 2y+ 2,

v = x y 1 i z = z(u, v).

8. Neka je z(x, y) implicitno zadata jednaqinom x3 + yz2 3xy2 = 3. Odrediti zx, zy izxx u taqki (1, 1, 1).

9. Odrediti jednaqinu tangentne ravni na elipsoid

x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1 u taqki (x0, y0, z0).

10. Odrediti jednaqinu tangentne ravni na povrx z = x2 + 4y2 u taqki (2, 1, 8).

2.7. 33

11. Neka je f(x, y) = e2x sin (3y). Nai Tejlorov polinom treeg reda u okolini taqkeA(0, 0).

12. Neka je z = z(x, y) implicitno zadata jednaqinom 2x2 y2 z2 2xy + yz2 = 0, z > 0.Nai Tejlorov polinom drugog reda funkcije z(x, y) u okolini taqke A(0, 2).

13. Odrediti lokalne ekstremne vrednosti funkcije f(x, y) = 3xy x3 y3.

14. Odrediti lokalne ekstremne vrednosti funkcije f(x, y) = x4 + y4 2x2.

15. Odrediti lokalne ekstremne vrednosti funkcije f(x, y) = x2y3(6 x y).

16. Odrediti najmau i najveu vrednost funkcije f(x, y) = x2 xy+ 2y2 + 3x+ 2y+ 1 naskupu D = {(x, y) R2|x 6 0, y 6 0, x+ y + 5 > 0}.

17. Odrediti najmau i najveu vrednost funkcije f(x, y) = sinx + sin y sin (x+ y) naskupu D = [0, pi] [0, pi].

18. Odrediti najmau i najveu vrednost funkcije f(x, y) = x2 +xy+y23x3y na skupuD = {(x, y) R2|x > 0, y > 0, x2 + y2 6 4}.

19. Odrediti najmau i najveu vrednost funkcije f(x, y, z) = x + y + z na skupu D ={(x, y, z) R3|x2 + y2 6 z 6 1}.

20. U datu kupu (r i H su zadati) upisati kvadar najvee zapremine tako da jedna stranalei u osnovi kupe.

GLAVA 3

Dvostruki i trostruki integrali

U Analizi 2 smo definisali integral funkcije na intervalu [a, b], kao graniqnu vrednostzbira povrxina malih pravouganika, koji su za osnovicu imali xj = xj xj1, a za visinuvrednost f(j) funkcije f u nekoj taqki j [xj1, xj]. Dvostruki i trostruki integral emodefinisati sliqno. Dvostruki integral e biti definisan za funkcije dve promenive,

a trostruki za funkcije tri promenive. Duinu osnovice malog pravouganika koji je uq-

estvovao u definiciji jednostrukog integrala emo zameniti povrxinom malog pravougaonika

u sluqaju dvostrukog, tj. zapreminom malog kvadra u sluqaju trostrukog integrala.

1. Dvostruki integrali

1.1. Integral na pravougaoniku, definicija i izraqunavae

Neka je funkcija f dve promenive definisana na pravougaoniku := [a, b] [c, d] (savrednostima u R).

Definicija 31. Podela P pravougaonika je skup brojeva P = {x0, x1, . . . , xn, y0, y1, . . . , ym}gde je

a = x0 < x1 < < xn = b, c = y0 < y1 < < ym = d.Dijametar podele P je vrednost

(P) := max{|xi xi1|, |yj yj1|, i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m}.Podela sa uoqenim taqkama (P ,A) pravougaonika je podela P zajedno sa skupom taqkaAij [xi1, xi] [yj1, yj]. Ponekad emo pravougaonik [xi1, xi] [yj1, yj] skraeno oznaqavati sa ij.Definicija 32. Integralna suma funkcije f koja odgovara podeli P sa uoqenim taqkamaje veliqina

S(f,P ,A) :=i,j

f(Aij)ij,

gde je

ij := P (ij) = (xi xi1)(yj yj1)povrxina pravougaonika ij. 35

36 3. Dvostruki i trostruki integrali

Definicija 33. Ako postoji broj I R takav da za svako > 0, postoji > 0, takvo da,za proizvonu podelu sa uoqenim taqkama za koju vai (P) < , vai |S(f,P ,A) I| < ,tada kaemo da je funkcija f integrabilna na pravougaoniku , a broj I zovemo dvostrukimintegralom funkcije f na pravougaoniku i pixemo

I =

f(x, y)dxdy.

Broj I zovemo i limesom u prostoru podela. Napomena 17. U Analizi 2 smo uqili da su sve neprekidne funkcije integrabilne, kao ida su integrabilne one koje ,,nemaju mnogo taqaka prekida" i qiji su prekidi samo prve vrste.

Za dvostruki integral vai sliqno: ograniqena funkcija je integrabilna ako i samo je en

skup taqaka prekida povrxine nula.

1 Napomena 18. Geometrijska interpretacija dvostrukog integrala je sledea. Neka je fpozitivna funkcija. Tada je integralna suma na pravougaoniku S(f,P ,A) jednaka zbiru za-premina malih kvadara koji za osnovicu imaju povrxinu ij, a za visinu f(Aij). Zato jedvostruki integral zapremina ispod grafika funkcije f definisane na pravougaoniku (videti Sliku 2.1).

Slika 2.1 Dvostruki integral je zapremina ispod grafika

Ako je funkcija f integrabilna na pravougaoniku , tada je integral

f(x, y)dxdy jednaklimesu niza

Sn(f,,A) = (b a)(d c)n2

ni,j=1

f(Aij)

jer za podelu moemo uzeti pravougaonike koji su dobijeni deeem dui [a, b] i [c, d] na njednakih delova (dijametar ove podele oqigleno tei nuli). Iz linearnosti limesa niza

2

slede sledea svojstva integrala.

Tvree 20. (Linearnost i monotonost integrala) Ako su funkcije f i g integra-bilne na pravougaoniku , i R, tada su i funkcije f + g i f integrabilne i vai:

(f(x) + g(x))dxdy =

f(x)dxdy +

g(x)dxdy,

(f(x))dxdy =

f(x)dxdy.

1

Ovde nismo dali preciznu definiciju povrxine. Jasno je xta je povrxina pravougaonika ili nekih

pravilnih skupova u ravni. Meutim, opxtija definicija povrxine (ili Lebegove mere), koja bi nam

omoguila da merimo veliku klasu skupova (uuqujui veoma neobiqne i nepravilne), jeste dosta sloena

i ovde je ne navodimo, smatrajui da je intuitivno shvatae povrxine dovono. Definicija skupa povrxine

nula je ipak nexto jednostavnija, i moe se videti u [2] ili [4].

2

i qienice da je skup taqaka prekida funkcije f + g sadran u uniji skupova taqaka prekida funkcijaf i g

3.1. 37

Ako je f(x, y) 6 g(x, y), tada je

f(x, y)dxdy 6

g(x, y)dxdy. Kao i u sluqaju jedne promenive, integral retko izraqunavamo pomou definicije. Vixe-

struke integrale raqunamo tako xto ih svodimo na ponovene (ovo je sadraj sledee teoreme).

Pre svega, primetimo da izraz

baf(x, y)dx ima razne vrednosti, za razne vrednosti y, tj. da

ga moemo shvatiti kao funkciju od y i sliqno za izraz dcf(x, y)dy. Oznaqimo

(y) :=

ba

f(x, y)dx, (x) :=

dc

f(x, y)dy. (28)

Teorema 5. (Fubinijeva teorema na pravougaoniku) Neka je funkcija f neprekidnana pravougaoniku . Tada su, za fiksirane y i x funkcije

y(x) := f(x, y), x(y) := f(x, y)

neprekidne na intervalima [a, b] i [c, d], a funkcije i definisane u (28) neprekidne naintervalima [c, d] i [a, b]. Pri tom vai:

f(x, y)dxdy =

ba

( dc

f(x, y)dy

)dx =

dc

( ba

f(x, y)dx

)dy. (29)

Napomena 19. Desne integrale u jednakosti (29) shvatamo kao ponovene, npr. u inte-gralu

dc

( baf(x, y)dx

)dy prvo raqunamo unutraxi integral

baf(x, y)dx, za y fiksirano, tj.

raqunamo

bay(x)dx. Rezultat je funkcija po y, tj. (y), koju zatim integralimo od c do d (itako dobijamo broj kao rezultat).

Napomena 20. Formula (29) vai i pod slabijim pretpostavkama, kada je funkcija f samointegrabilna na . Dokaz Teoreme 5 dajemo u Dodatku, na strani 86. Intuitivni dokaz Fubinijeve teoreme u

opxtijem sluqaju (kada oblast integracije nije pravougaonik) dat je na strani 38.

Primer 18. Izraqunajmo

(1 6x2y)dxdy, gde je = [0, 2] [1, 1] i proverimo da sevrednost integrala ne mea pri zameni poretka integracije. S jedne strane:

(1 6x2y)dxdy = 2

0

( 11

(1 6x2y)dy)dx =

20

[y 3x2y2]1

y=1 dx = 2

0

2dx = 4.

Ako izraqunamo integral u drugom poretku, imamo:

(1 6x2y)dxdy = 11

( 20

(1 6x2y)dx)dy =

11

[x 2x3y]2

x=0=

11

(2 16y)dy = 4.

1.2. Integral po proizvonom (merivom) skupu

Neka je D R2 neki ograniqen skup. Hoemo da definixemo integral funkcije f po skupuD. Posmatrajmo egovu karakteristiqnu funkciju, tj. funkciju D definisanu sa

D(x, y) :=

{1, (x, y) D,0, (x, y) 6 D.Nije texko videti da su prekidi ove fukcije upravo taqke koje pripadaju rubu D. Kao xtosmo spomenuli u Napomeni 17, nisu samo neprekidne funkcije integrabilne, ve sve one koje

imaju ,,malo" taqaka prekida. Zato, ukoliko je rub skupa D povrxine (mere) nula, i ako je Dsadran u nekom pravougaoniku , funkcija D e biti integrabilna na pravougaoniku .Ovakve skupove zovemo merivim.

38 3. Dvostruki i trostruki integrali

Primer 19. Skupovi {x2 + (y 1)2 < 5}, {x29

+ (y+ 1)2 6 4}, {|x|+ |y| 6 1}, [0, 5] [2,1]su merivi jer im je rub povrxine nula. XAko je funkcija f neprekidna na pravougaoniku , i D meriv, tada je skup taqakaprekida funkcije f D sadran u D, dakle povrxine nula, pa je funkcija f D integrabilnana pravougaoniku . Primetimo da je

f(x, y) D(x, y) :={f(x, y), (x, y) D,0, (x, y) 6 D.Zato je prirodno definisati integral po D na sledei naqin.

Definicija 34. Neka je D meriv i f neprekidna. Tada jeD

f(x, y)dxdy =

f(x, y)D(x, y)dxdy.

Na isti naqin se definixe integral po merivom skupu D integrabilne funkcije f .

Napomena 21. Moe se pokazati da je gora definicija ekvivalentna sledeoj. Neka jeP podela pravougaonika sa uoqenim taqkama A. Integralna suma na D je

S(f,P ,A, D) :=i,j

(ij)f(Aij)ij,

pri qemu je

(ij) =

{0, ij D = ,1, ij D 6= ,tj. u integralnoj sumi S(f,P ,A) brojimo samo one f(Aij)ij, za koje pravougaonici ij sekuD. Ako je I limes ovakvih integralnih suma, definisan kao i do sad (tj. limes u prostorupodela), moe se pokazati da je I =

Df(x, y)dxdy, u smislu Definicije 34. Teorema 6. (Fubinijeva teorema) Neka je oblast D R2 definisana na sledei naqin:

D = {(x, y) | a 6 x 6 b, (x) 6 y 6 (x)}.Tada je

D

f(x, y)dxdy =

ba

( (x)(x)

f(x, y)dy

)dx.

Dokaz. Dokaz sledi iz Teoreme 5. Naime,D

f(x, y)dxdy =

D(x, y)f(x, y)dxdy =

ba

( dc

D(x, y)f(x, y)dy

)dx.

Za fiksirano x, podintegralna funkcija u unutraxem integralu dc(x, y)f(x, y)dy je jed-naka f(x, y), za (x, y) D, a nuli, za (x, y) 6 D. Kako, za fiksirano x, (x, y) D y [(x), (x)], to je d

c

(x, y)f(x, y)dy = (x)(x)

f(x, y)dy,

odakle sledi dokaz.

Navodimo jedno intuitivnije objaxee Fubinijeve teoreme. Po Kavalijerijevom prin-

cipu zapremina oblasti T R3 moe da se izraquna kao integral baA(x)dx, gde je A(x)povrxina preseka pi(x) T , gde je pi(x) ravan normalna na x osu, koja prolazi kroz taqku(x, 0, 0). Broj a je najmaa vrednost x za koju ravan pi(x) seqe telo T , a b najvea. Zaista, akointerval [a, b] podelimo na n jednakih delova, i oznaqimo xi := a+i

ban, zapreminu V (T ) moemo

3.1. 39

aproksimirati sumom Vn zapremina malih vakova koji za osnovu imaju oblast pi(xi) T , a zavisinu

ban. Kako je zapremina vaka jednaka povrxini baze pomnoenoj s visinom (V = B H),dobijamo

Vn =b an

ni=1

A(xi)n

ba

A(x)dx.

Kako je, za fiksirano x, A(x) = y2y1f(x, y)dy (videti Sliku 2.2), i kako je y1 = (x), y2 =

(x), dobijamo:

V (T ) =

ba

A(x)dx =

ba

( (x)(x)

f(x, y)dy

)dx.

Slika 2.1 Zapremina je integral povrxine

Napomena 22. Ako je oblast D opisana sa:

D = {(x, y) | c 6 y 6 d, (y) 6 x 6 (y)},onda je

D

f(x, y)dxdy =

dc

( (y)(y)

f(x, y)dx

)dy.

Ukoliko je oblast D mogue napisati na dva naqina:

D = {(x, y) | a 6 x 6 b, (x) 6 y 6 (x)} = {(x, y) | c 6 y 6 d, (y) 6 x 6 (y)},onda je

D

f(x, y)dxdy =

ba

( (x)(x)

f(x, y)dy

)dx =

dc

( (y)(y)

f(x, y)dx

)dy.

Primer 20. Izraqunajmo integral

D

(x+ y)dxdy kao ponoveni u oba poretka, gde je Dtrougao sa temenima (0, 0), (1, 0), (1, 1). Primetimo da je

D = {(x, y) | 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 x} = {(x, y) | 0 6 y 6 1, y 6 x 6 1}(nacrtati sliku!). Zato je, s jedne strane

D

(x+ y)dxdy =

10

( x0

(x+ y)dy

)dx =

10

[xy +

y2

2

]xy=0

dx =

10

(x2 +

x2

2

)dx =

1

2,

40 3. Dvostruki i trostruki integrali

odnosnoD

(x+ y)dxdy =

10

( 1y

(x+ y)dx

)dy =

10

[x2

2+ xy

]1x=y

dy =

10

(1

2+ y y

2

2 y2

)dx =

1

2.

Tvree 21. (Svojstva integrala) Neka su funkcije f i g integrabilne na i neka su

D,D1 merivi. Tada vai(1)

D

(f(x, y) + g(x, y))dxdy =

D

f(x, y)dxdy +

D

g(x, y)dxdy,D

f(x, y)dxdy =

D

f(x, y)dxdy (linearnost);

(2) f(x, y) 6 g(x, y) za svako (x, y) D

D

f(x, y)dxdy 6

D

g(x, y)dxdy (monotonost);

(3)

D

1dxdy = P (D) (gde je P povrxina);

(4) P (D) = 0

D

f(x, y)dxdy = 0;

(5) D D1 = ili P (D D1) = 0 DD1

f(x, y)dxdy =

D

f(x, y)dxdy +

D1

f(x, y)dxdy (aditivnost po skupu).

Dokaz. Svojstva (1) i (2) slede iz odgovarajuih svojstava integrala na i jednakosti:

(f + g)D = fD + gD, (Df) = (Df); f 6 g fD 6 gD.Taqka (3) je oqigledna.Dokaz taqke (4): poxto je f integrabilna na , tada je ona i ograniqena3, tj m 6 f(x, y) 6M .Iz taqke (2) je

D

mdxdy 6

D

f(x, y)dxdy 6

D

Mdxdy.

Iz taqaka (1) i (3) i uslova P (D) = 0, imamo da je

Dmdxdy =

DMdxdy = 0, pa je i

Df(x, y)dxdy = 0.Dokaz taqke (5): Ako je D D1 = , onda je DD1(x, y) = D(x, y) + D1(x, y), pa je

DD1f(x, y)dxdy =

(D(x, y) + D1(x, y))f(x, y)dxdy =

D

f(x, y)dxdy +

D1

f(x, y)dxdy

zbog ve dokazanih svojstava. Ako je P (D D1) = 0, onda je D D1 = D (D1 \D), pri qemuje D (D1 \D) = , pa je

DD1f(x, y)dxdy =

D

f(x, y)dxdy +

D1\D

f(x, y)dxdy.

Meutim

D1\D f(x, y)dxdy =

D1f(x, y)dxdy jer je

D1 = (D1 \D) (D1 D), (D1 \D) (D1 D) = ,3

Jer ako to ne bi bilo taqno, onda bi za svaku podelu P (proizvonog dijametra) postojao i0j0 koji seqeD na kom je f neograniqena, pa bi bilo:

S(f,P,A, D) = f(Ai0j0)P (i0j0) +

(i,j)6=(i0,j0)ijf(Aij)P (ij) = f(Ai0j0)P (i0j0) + const.

Kako izborom taqke Ai0j0 izraz f(Ai0j0)P (i0j0) moemo napraviti biti proizvono velikim, to S(f,P,A, D)moe biti proizvono veliko, pa ne postoji limes integralnih suma.

3.2. 41

pa je D1

f(x, y)dxdy =

D1\D

f(x, y)dxdy +

D1D

f(x, y)dxdy =

D1\D

f(x, y)dxdy + 0,

jer je P (D1 D) = 0.

2. Trostruki integral

Trostruki integrali se definixu potpuno analogno dvostrukim. Prvo posmatramo kvadar

u prostoru, na kojem je definisana funkcija (tri promenive), i na isti naqin kao kod

dvostrukog integrala definixemo integralne sume, s tim da req ,,pravougaonik" zameujemo

reqju ,,kvadar", a req ,,povrxina" reqju ,,zapremina". Oznaka za trostruki integral po kvadru

K je K

f(x, y, z)dxdydz.

Fubinijeva teorema za trostruki integral glasi (K = [a, b] [c, d] [e, f ]):K

f(x, y, z)dxdydz =

ba

( dc

( fe

f(x, y, z)dz

)dy

)dx =

ba

( fe

( dc

f(x, y, z)dy

)dz

)dx.

Zadatak 31. Napisati preostala qetiri poretka u kojima integral

Kf(x, y, z)dxdydzmoe da se napixe kao ponoveni. XZatim definixemo meriv skup kao skup qija granica ima zapreminu nula, i integral po

merivom skupu D K kaoD

f(x, y, z)dxdydz :=

K

D(x, y, z)f(x, y, z)dxdydz.

Svojstva trostrukog integrala su analogna svojstvima dvostrukog, navedenim u Tvreu 21,

s tim da se povrxina P zameuje zapreminom V .

Zadatak 32. Napisati svojstva (1) (5) iz Tvrea 21 za trostruki integral. XNavedimo, na kraju, kako glasi Fubinijeva teorema u sluqaju trostrukog integrala.

Teorema 7. (Fubinijeva teorema) Neka je oblast D R3 definisana na sledei naqin:D = {(x, y, z) | a 6 x 6 b, (x) 6 y 6 (x), (x, y) 6 z 6 (x, y)}.Tada je

D

f(x, y, z)dxdydz =

ba

( (x)(x)

( (x,y)(x,y)

f(x, y, z)dz

)dy

)dx.

Primer 21. Izraqunajmo zapreminu tela T koja ograniqavaju koordinatne ravni i ravan

x+ y + z = 2. Primetimo da T moemo da opixemo kao

T = {(x, y, z) | 0 6 x 6 2, 0 6 y 6 2 x, 0 6 z 6 2 x y}(ovo se najlakxe vidi tako xto se nacrta slika). Kako je

V (T ) =

T

1dxdydz =

20

( 2x0

( 2xy0

1dz

)dy

)dx = 2

0

( 2x0

(2 x y)dy)dx =

20

(2 x)22

dx =8

6.

42 3. Dvostruki i trostruki integrali

X

3. Smena promenive u vixestrukim integralima

Kod integrala funkcije jedne promenive smena se vrxi pomou pravila (b)(a)

f(x)dx =

ba

f((t))(t)dt.

U sluqaju funkcija vixe promenivih, preslikavae e imati onoliko koordinatnihfunkcija koliko i promenivih (tj. bie : Rn Rn), a izvod zamenie jakobijan.4 Teo-remu o smeni promenive neemo dokazati u punoj opxtosti, ali hoemo u neki specijalnim

(i za nas najvanijim) sluqajevima.

3.1. Polarna smena

Polarne koordinate u ravni su odreene jednom polupravom p (polarnom osom) i enimpoqetkom O (polom). Svaka taqka P u ravni, osim centra, na jedinstven naqin je odreenaparom (r, ), gde je r rastojae od taqke do centra, a [0, 2pi) usmeren ugao izmeu poluprave p ipoluprave OP . Duina r se zove radijalna koordinata ili radijus, a ugao ugaona koordinataili azimut. Ako u Dekartovom koordinatnom sistemu izaberemo koordinatni poqetak za

centar, a pozitivan deo xose za polupravu p, tada je veza izmeu Dekartovih i polarnihkoordinata data sa

x = r cos , y = r sin

(videti Sliku 3.1.)

Slika 3.1. Polarne koordinate

Primetimo da su koordinatne linije u sluqaju polarnih koordinata (tj. krive r = const, = const) krugovi i poluprave.

Napomena 23. Nije texko proveriti (videti Dodatak, stranu 87) da u definiciji inte-grala neprekidne funkcije, umesto podele skupa na pravougaonike, moemo uzeti podelu na

proizvone merive skupove koji se seku eventualno po granici:

D =ni

Di, Di Dj (Di Dj),

s tim da dijametar podele definixemo kao

(P) := max{diam(Di) | i = 1, . . . , n}.4

tj. egova apsolutna vrednost

3.3. 43

Oznaka diam je oznaka za dijametar skupa, koji se definixe kao

diamA := sup{d(x, y) | x, y A}.Neka je

S := {(r, ) | r1 6 r 6 r2, 1 6 6 2)}deo krunog iseqka podeen na konaqno mnogo delova linijama r = rj i = j, za j = 1, . . . , n,gde je

ri = r1 + (i 1)r, r := r2 r1n

;

j := 1 + (j 1), := 2 1n

.

Imamo

S =n

i,j=1

Sij, Sij := {(r, ) | ri1 6 r 6 ri, j1 6 6 j}

i neka je D S (videti Sliku 3.2).Primetimo da je povrxina dela ravni (presek krunog prstena i iseqka)

{(r, ) | r0 6 r 6 r0 + r, 0 6 6 0 + }na Slici 3.2 jednaka

1

2((r0 + r)

2 r20) =(r0 +

r

2

)r,

pa je

P (Sij) =

(ri +

r

2

)r.

Slika 3.2. Podela skupa D polarnim koordinatnim linijama

Imajui u vidu Napomenu 23 i Napomenu 21, integral

Df(x, y)dxdy moemo da izraqunamo

kao limn

ni,j=1

f(Aij)P (Sij), pri qemu brojimo samo one Sij koji se seku sa D. Izaberimo taqku

Aij qije su polarne koordinate(ri +

r2, j)gde je j bilo koji ugao izmeu j1 i j (ri +

r2je

oqigledno izmeu ri1 i ri). ImamoD

f(x, y)dxdy = limn

ni,j=1

f

(ri +

r

2, j

)(ri +

r

2

)r

44 3. Dvostruki i trostruki integrali

pri qemu se, kao i pre, u goroj sumi pojavuju samo oni sabirci po i, j za koje Sij D 6= .Meutim, posledi limes je oqigledno jednak

D1

f(r cos , r sin )rdrd,

gde je skup D1 definisan sa

(r, ) D1 (r cos , r sin ) D(drugim reqima, D1 je skup svih (r, ) koje opisuju D kao polarne koordinate). Ovime smodokazali sledeu teoremu.

Teorema 8. Neka polarna smena x = r cos , y = r sin slika meriv skup D1 na merivskup D i f neprekidna na D. Tada je

D

f(x, y)dxdy =

D1

f(r cos , r sin )rdrd. (30)

Napomena 24. Primetimo da je r koje se pojavilo u podintegralnoj funkciji na desnojstrani jednakosti (30) jakobijan preslikavaa

F : (r, ) 7 (r cos , r sin )(videti Primer 8). Primer 22. Izraqunajmo zapreminu tela izmeu paraboloida z = x2 + y2 i konusa z2 =

x2 + y2, tj. skupa T := {x2 + y2 6 z 6 x2 + y2}. Kako se ove dve povrxi seku po kruniciz = x2 + y2 = 1, to je projekcija tela T na Oxyravan skup D : {x2 + y2 6 1}. Zato je, zbogFubinijeve teoreme

V (T ) =

V

dxdydz =

D

( x2+y2x2+y2

dz

)dxdy =

D

(x2 + y2 (x2 + y2))dxdy.

Preimo na polarne koordinate u posledem integralu. Kako je skup D u polarnim koordi-natama opisan sa {1 6 r 6 1}, i x2 + y2 = r, x2 + y2 = r2, to je posledi integral jednak 2pi

0

( 10

(r r2)rdr)d =

2pi0

(1

3 1

4

)d =

pi

6.

X

3.2. Cilindriqne koordinate

Neka je u prostoru zadata ravan pi i u oj poluprava. Cilindriqne koordinate taqke P uprostoru su (r, , z), gde su (r, ) polarne koordinate projekcije Q taqke P na datu ravan, a zrastojae izmeu taqaka P i Q ili visina (koja moe biti i negativna, u zavisnosti od togasa koje strane ravni pi je taqka P ).Ako u Dekartovom koordinatnom sistemu za ravan pi izaberemo Oxyravan, i, kao malopre,pozitivan deo xose za polupravu, tada je veza izmeu Dekartovih i cilindriqnih koordinatadata sa

F : (r, , z) 7 (r cos , r sin , z), (31)videti Sliku 3.3.

3.3. 45

Slika 3.3. Cilindriqne koordinate

Koordinatne cilindriqne povrxi (tj. povrxi koje se dobijaju ako fiksiramo jednu cilin-

driqnu koordinatu), su cilindri, poluravni koje sadre zosu i ravni paralelne Oxy ravniu prostoru. Sliqnim postupkom kao u sluqaju polarnih koordinata, tj. deeem oblasti Tna skupove

Sijk := {(r, , z) | ri1 6 r 6 ri, j1 6 6 j, zk1 6 z 6 zk}kao na Slici 3.4, dobijamo formulu za cilindriqnu smenu u trostrukom integralu:

F (D)

f(x, y, z)dxdydz =

D

f(r cos , r sin , z)rdrddz.

Zadatak 33. Dokazati da je zapremina skupa Sijk

V (Sijk) =

(ri +

r

2

)rz =

(ri +

ri ri12

)(ri ri1)(j j1)(zk zk1).

X

Slika 3.4. Podela skupa T cilindriqnim koordinatnim povrxima

Primetimo da je JF (r, , z) = r, za F iz (31).

Primer 23. Ako opixemo telo T iz Primera 22 u cilindriqim koordinatama, dobijamo

T = {(r, , z) | 0 6 r 6 1, 0 6 6 2pi, r2 6 z 6 r},pa je

V (T ) =

T

dxdydz =

2pi0

( 10

( rr2rdz

)dr

)d =

pi

6.

X

46 3. Dvostruki i trostruki integrali

3.3. Sferne koordinate

Neka je u prostoru fiksirana jedna ravan pi i poluprava t normalna na u, tako da jetpi = {O}. Neka je p poluprava koja prolazi kroz O u ravni pi. Sferne koordinate taqke P uprostoru su ureena trojka (, , ), gde je rastojae izmeu taqka O i P , ugaona koordinataprojekcije P na ravan pi, a usmeren ugao izmeu polupravih t i OP . Koordinata se zoveradijalna koordinata ili radijus, azimut, a zenitni ugao. Ako sa r oznaqimo radijalnupolarnu koordinatu u ravni pi, a polupravu t izaberemo za pozitivan deo zose u Dekartovimkoordinatama, tada je, oqigledno:

r = sin, z = cos.

Poxto ve znamo vezu izmeu Dekartovih i polarnih kooridanata, zakuqujemo da je veza

izmeu Dekartovih i sfernih koordinata data sa

x = cos sin,

y = sin sin,

z = cos

(videti Sliku 3.5).

Slika 3.5. Sferne koordinate

Koordinatne povrxi kod sfernih koordinata su: sfere ( = const.), polukonusi ( = const.)i poluravni koje sadre zosu ( = const.).Zadatak 34. Dokazati da je zapremina skupa

S := {(, , ) | [1, 2], [1, 2], [1, 2]}jednaka

V (S) =1

3(32 31)(2 1)(cos 1 cos 2)(videti Sliku 3.6). [Uputstvo: za fiksirane 0, 0, izraqunati zapreminu skupa {(, , ), |0 6 0, 0 6 6 0}. Ova se zapremina moe izraqunati pomou formule za zapreminurotacionog tela, i to rotacijom dela D ravni Oxz, zadatom u polarnim koordinatama saD = {(, ), | 0 6 0, 0 6 6 0}, oko zose. Formula za zapreminu u ovom sluqaju jeV = 2pi

baxf(x)dx.] X

3.3. 47

Slika 3.6. Deo prostora izmeu sfernih koordinatnih povrxi

Kao u prethodnim situacijama, neka je skup T po kojem integralimo funkciju f sadran uskupu S iz prethodnog zadatka, za neke 1, 2, 1, 2, 1 i 2. Podelimo skup S na skupove

Sijk := {(, , ) | [i1, i], [j1, j], [k1, k]}gde je i := 1 + i

21n, itd. Iz Zadatka 34 sledi da je

V (Sijk) =1

3(3i 3i1)j(cosk1 cosk),a iz Lagraneve teoreme o sredoj vrednosti primeene na funkcije x 7 x3 i x 7 cosx sledida je

V (Sijk) =1

33(i)

2ij( sink)(k),za neke i (i1, i), k (k1, k). Imamo dakle

V (Sijk) = sink(i)

2ijk.

Rezonojui kao u sluqaju polarne smene, imajui u vidu Napomenu 21, izvodimo sledeu teo-

remu.

Teorema 9. Neka je

F : (, , ) 7 ( cos sin, sin sin, cos),T meriv skup u R3 i f neprekidna na T . Tada je

F (D)

f(x, y, z)dxdzdz =

D

f( cos sin, sin sin, cos)2 sinddd.

Zadatak 35. Xta je jakobijan preslikavaa F iz prethodne teoreme? XNavodimo Teoremu o smeni promenive u trostrukom integralu u opxtem sluqaju.

Teorema 10. Neka su D,D1 R3 merivi ograniqeni skupovi i F : D D D1 D1bijekcija skupova D na D1 takva da i F i F

1imaju sve neprekidne parcijalne izvode na

D D i D1 D1. Tada jeD1

f(x, y, z)dxdzdy =

D

f(F (u, v, w))|JF (u, v, w)|dudvdw.

48 3. Dvostruki i trostruki integrali

Zadatak 36. Formulisati prethodnu teoremu za sluqaj dve promenive. X

Nije texko dokazati Teoremu o smeni promenive u sluqaju kada je F = L linearno pres-likavae. Naime, Jakobijeva matrica JL linearnog preslikavaa L je ista kao i matricapolaznog preslikavaa L (zaxto?), a odnos povrxina slike L() i originala pravougaonika (tj. zapremine slike L(K) i originala kvadra K) je jednak apsolutnoj vrednosti determi-nante prelikavaa L. Ako F nije linearno, potrebno je dokazati da se, prilikom izraquvaapovrxina, tj. zapremina novih malih oblasti (dobijenih kao F (), tj. F (K)), u procesusumiraa i raqunaa integrala, F moe zameniti svojim izvodom. Ovde to neemo raditi(videti [2, 4]).

Primer 24. Naimo zapreminu dela lopte x2 + y2 + z3 6 2 izvan cilindra x2 + y2 =1. Koordinata oqigledno uzima sve vrednosti iz [0, 2pi]. Koordinata najmau i najveuvrednost ima na presecima sfere i cilindra, tj, tamo gde je z = 1, tj. = pi

4, = 3pi

4,

pa [pi4, 3pi

4

]. Gora granica za je oqigledno

2, dou granicu odreujemo iz jednaqine

cilindra x2 +y2 = 1, tj, u sfernim koordinatama: 2 sin2 = 1, dakle 1sin6 6

2. Dobijamo

V (T ) =

T

1dxdydz =

2pi0

( 3pi4

pi4

( 21

sin

r2 sindr

)d

)d =

2pi0

( 3pi4

pi4

1

3

(2

2 1sin3

)sin