Doc. dr.
sc.
Petar Javor
MATEMATIČKA ANALIZA 2
ISBN 953-197-523-X
Petar Javor Docent Fakulteta elektrotehnike i računarstva Zavod za primijenjenu matematiku
MATEMATIČKA ANALIZA 2
Zagreb, 2002.
© Doc. dr.
sc. Petar Javor, 2000.
UredIlik Prof. dr. sc. Neven Elezović
Slog,
crteži i prijelom
Nataša Jocić, dipl. inž
Design ovitka Palete, Zagreb
Nakladnik
ELEMENT, Zagreb, Republike Austrije
II
tel . 01/37-777-37,01/37-777-44.01/37-777-52 faks 01/37-736-41 http://www.e1ement.hr/ e-mail:
[email protected]
Tisak Nova promocija, Zagreb
Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnažati na bi lo !.:oji način, bez pismenog dopuštenja nakladnika
SADRžAJ 1.
Euklidski prostori . .. . . . . . . . . . . . . ... . .. . ... . .. . .... ... ... l.l. 1 .2. l.3. 1.4.
Vektorski prostor R" . . . . . . . .. . . . ... . . . . . . . . . . . . .. . . Skalami produkt i norma . .. . .. . . . . . . . .... . . . . .. . . . . . . . Metrički prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Topološki prostori. . .. . . . . . . . ..... . . . . ... . . . . .. . . . . . . . .
.
(� Funkcije riše varijabli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I.
2.1. Primjeri funkcija više varijabli. . . . . . . . . . .. . . . . .... . . . . . . 2.2. Krivulje.. . . .... . . .. . .. . . . . . . . . ... . . . . ....... . . . .. .. 2.3. Geometrijski prikaz funkcija više varijabli. Nivo prostori, nivo plohe, nivo krivulje . . . . . . . .... .. . .. .. . 2.4. Plohe drugog reda.. .. ... . ... . . . . .. .. . . . .. . . . . . .. .. .. . 2.5. Valjci. . ..... . . . . ... . . . .... . ....... .. ... . . . .... . . ... 2.6. Projicirajući valjci, rotacijske plohe, stošci .. . . . . . . . . . . . . . . 2.7. Stošci . . . . . . ....... . . . . .. . . .. . . . . . . ... . . . .... . . . 2.8. Rotacijske plohe. . . .. . . . . . . . . . . . . .... .... ... . . . . . . . .. .
.
.
3. Vektorske fuokcije skalamog argumenta . . . . . . . . . . . . . .. . . .. .
3.1. Vektorske funkcije . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . .. . . . 3.2. Limes vektorske funkcije . .... .. .. .. .... ... ..... .... .. . 3.3. Neprekinute vektorske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Derivacija vektorske funkcije.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Integriranje vektorskih funkcija . . .. . . ... .. .. .. . .. .. .. .. . 3.6 . Određeni integral . . . ... . . .. . . .. . . . . . .. . . . . . . . . .. . .. .. 3.7. Glatka krivulja - Jordanov luk .. . .. . . .. . .. . . . . .... . .. . , 3.8. Duljina luka . .. . . ... ... . . . . . . . . ... . . .. . . . . . . . . .. .. . . 3.9. Trobrid pratilac. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 3.10. Brzina akceleracija zakrivljenost . . . . . . . . .. . . . . . . . . . 3.ll. Gibanje u ravnini .. . . .. . . ... . . . .... .. .. . . ..... . .. 3.1 2. Keplerovi zakoni. . . .... ...... ... . ... . . . ... .......... .
.
Limes i neprekidnost funkcija
4. •
.
.
. . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . 4.1. nvergentni nizovi . . .. . . .. . . ...... .... . . . ... . . . . .. 4.2. Limes funkCije . . . ... . . . . . . . . . , .................... 4.3. Neprekidne funkcije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
�
.
.
. .
.
5.
Diferencijalni ramo. . .. .. .. .. ... .. ...... . .. . .... .. . . ..... 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.7.
Parcijalne derivacije . .. ... . . .. ... . . . .... .. . ... .. .. .. Geometrijska interpretacija parcijalnih derivacija . . . .. . .. ... Linearne funkcije na E" . .... ... . ...... ....... . . .. .. ... Diferencijabilne funkcije . . . ....... .. .. .... ... .. .. .. ... Gradijent i usmjerene derivacije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Teorem srednje vrijednosti.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Derivacija kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
l
2
6
10
12
12 14
15 18 23
25
25 27
28 28 31
33 34
37 39
40
43
45
50
52 53 61 bl
63
66 69 69 71 76 79
84 90 92
5.8. Implicitne funkciJe. .............. ... . . ... . ... . . . . .... 98 5 .9. Tangencijalna ravnina. . . ........ ....... .. .... . .. . . . . .. 102
6. Primjene diferencijanog računa.. . ..... ....... ......... . ... 106 6 .1. Taylorova formula ....... . ..... ..... ... .. .. . . ... 106 6.2. Ekstremi .. . . . . . . . . . ..... .. . . . .. .. .. .... . 109 .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
· ·
6.3. Uvjetni ekstremi. ..... ..... .... .. . ... ... ... . . .... .. .. 118
1; � \ v
'\
Dvostruki i trostruki integrali ... . . . . . .. . . .. ....... . . .. 122 .
7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7 .5.
.
.
.
Dvostruki integral. .... ... .... .. ... .. .. .. .... . ...... .. Izračunavanje dvostrukog integrala . . . ... ...... . , ... Trostruki integral . .. . .. . . . . . . ... ... .... . . . Izračunavanje trostrukog integrala . . . .. .... ..... .. .. ....
122 1 30 1 39 141 Primjene dvostrukih i trostrukih integrala .. ... . . . . ...... 146 .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8. Krivuljni integrali . .. .... .... . ....'.. .. .... ..... .... .. . . 149 .
8.1. 8.2. 8.3. 8 .4. 8.5 . 8.6.
9.
, \
.
Krivuljni integral prve vrste. .. ..... .. .. .. . .. . ... .... . . 149 Krivuljni integral druge vrste.. . . . . .. ...... .......... ... 15 3 .
Greenova formula. ... . ... .. .. ..... .. .. .... ... .. ... ... 157 Osnovni teorem o krivuljnim integralima . ...... . .. ... 162 Potencijalno polje. ... .. . . .... ..... .. . . . . . . ..... .. .... 164 .
.
.
.
Određivanje potencijala .. . . . . .. . . .... .. . ... . .. ...... 167 .
.
Integracija na plohama. ... .. . . . . ..... ........ . . . . . . ..... 170 .
9.1. 9.2. 9.3. 9 .4. 9 .5. 9.6. 9 .7.
Zadavanje ploha ... . . .. .. .. . . . .... .. . . . .... . . . .. . .... 170
Normala plohe ...... .. . . .... .. .. .. . . ... ...... ...... 174 TangencijaIna ravnina. ... . .. .. . . .. . .. ... .. . . .. .. . . .... 176 .
Normalni presjeci plohe . . ... .. . . . . . . ... . . ... 179 Ploština plohe. ..... . ........... . .. . ............ . .. 180 .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
"
Plošni integrali ......... . . ..... .. . . .......... ... . . . . 184 Plošni integrali druge vrste. .. ....... .. ...... . ... . ..... . 188 .
'lO'. Skalarna i vektorska polja ... . . ....... ......... .. . ....... 19 3 .
10.1. Skalama i vektorska polja ... . . . ... . . . . .. ... ..... 19 3 10.2. Hamiltonov i Laplaceov operator. ........ ... . . . .. ...... . 195 10 . 3. Vektorski potencijal .'... . . .. ....... .. .. . . ... ... . .... . . 202 I ... . . ... . ..... .. . 205 10.4. Krivuljne koordinate u prostoru I \ 10.5. Operator v' u or togonal ni m krivuljnim koordinatama ..... . . 21 2 10.6. Teorem o divergenciji, gradijentu i rotoru . ....... ... .. . . . 215 10.7. Stokesov teorem . . . .. .. . . . .. . . , ............ . . . 219 10.8. Jednadžba kontinuiteta . . ..... .. . .. . . . . . .... . .. . 22 3
t
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
11.
.
.
. . .. . ....
.
.
.
.
.
.. . . ... .
.
... .
. 225 225 Diferencijalne jednadžbe prvog reda .. . . ..... . . . .. . ... . . . 227 Diferencijalne jednadžbe oblika P(x, y)dx + Q(x, y)dy == O . . 2 31 Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda. ... .. ........ 2 38 Singularna rješenja diferencijalne jednadžbe. ... .. .. ...... 2 42 Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima .... . . ..... . . . . . ... 252 11.7 . Metoda varijacije konstanti . .... . . . . . .. . . .. . .. . . 255
Diferencijalne jednadžbe
11.1. 11.2. 11.3. 11.4. 11.5 . 11.6.
Uvod
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
.
256
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
Prema tome za nepoznate funkcije C1 i C2 dobili smo ovaj sustav jednadzˇ bi C10 y 1 + C20 y 2 = 0 C10 y 01 + C20 y 02 = f (x ): To je linearni sustav od dvije nepoznanice i to su C10 i C20 . Mi pretpostavljamo da su funkcije y 1 i y 2 linearno nezavisne, a to ima za posljedicu da je determinanta spomenutog sustava razlicˇ ita od nula. Naime, dvije funkcije su linearno zavisne ako je jednu od njih dobivamo od druge tako da ju pomnozˇ imo konstantom. Mozˇ emo rec´i ako su zavisne onda je kvocijent takvih dviju funkcija konstanta. Dakle, tada bi imali y2 y2 0 y 1 y 02 ; y 01 y 2 = K = 0 y1 y02 ; y01 y2 = 0: = y1 y1 y 21
1.
Euklidski prostori
Primjer 11.1. Odredi opc´e rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be
y 00 + y
= (cos1 x)3
:
Opc´e rjesˇenje homogene jednadzˇ be (y 00 + y = 0) je y = C1 sin x + C2 cos x : Metodom varijacije konstanata dobivamo sustav C10 sin x + C20 cos x = 0 1 C10 cos x ; C2 sin x = (cos x)3 : Iz tog sustava dobivamo 1 1 C10 = C20 = ; sin x 2 (cos x) (cos x)3 : Integracijom dobivamo: 1 C1 = tg x + A C2 = ; + B: 2(cos x )2 Opc´e rjesˇenje je sin2 x 1 1 y = A sin x + B cos x + ; = A sin x + (B ; 1) cos x + : cos x 2 cos x 2 cos x .
1.1. 1.2. 1.3. 1.4.
1.1. Vektorski prostor Rn
Skup svih uredenih n -torki realnih brojeva oznacˇ avamo s Rn : Rn
/
Wronskian
Za dvije diferencijabilne funkcije y 1 i y 2 funkciju W (x )
= yy1 0
1
y2 y 02
Vektorski prostor Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Skalarni produkt i norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Metricˇki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Topolosˇ ki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
nazivamo Wronskianom danih funkcija. Neka je zadana homogena linearna diferencijalna jednadzˇ ba drugog reda y 00 + p(x )y 0 + q(x )y = 0:
= f(x1
:::
xn) : xi
2 Rg
:
Jednu takvu n -torku oznacˇ avamo kratko s x = (x 1 : : : x n ) i nazivamo josˇ vektorom iz prostora Rn . Objasnimo zasˇto. Na skupu Rn definirana je operacija zbrajanja + : Rn Rn ! Rn na sljedec´i nacˇ in. Ako su x = (x 1 x 2 : : : x n ) , y = (y 1 y 2 : : : y n ) vektori iz Rn , onda je njihov zbroj po definiciji jednak: x + y = (x 1 x 2
:::
x n ) + (y 1 y 2
:::
y n ) := (x 1 + y 1
:::
x n + y n ):
Uz operaciju zbrajanja vektora, na ovom skupu bit c´e definirana i operacija mnozˇ enja vektora skalarom, : R Rn ! Rn po pravilu
= α (x 1
α x
x2
:::
x n ) := (α x 1 α x 2
:::
α xn
)
Skalari su najcˇ esˇc´e elementi polja realnih brojeva. Uz te dvije operacije prostor Rn postaje vektorski prostor.
α
2R
:
2
1. EUKLIDSKI PROSTORI Prostor Rn kao vektorski prostor
Uredena trojka (Rn + ) skupa Rn , te dvije operacije, zbrajanja vektora + i mnozˇ enja vektora skalarom cˇ ini vektorski prostor. U tom prostoru vrijede sljedec´a svojstva: VP1 (komutativnost zbrajanja) (8x y 2 Rn ) x + y = y + x VP2 (asocijativnost zbrajanja) (8x y z 2 Rn) x + (y + z) = (x + y) + z VP3 (postojanje nul vektora) (90 2 Rn)(8x 2 Rn) x + 0 = 0 + x = x VP4 (postojanje suprotnog vektora) (8x 2 Rn)(9x0 2 Rn) x + x0 = x0 + x = 0 VP5 (kompatibilnost mnozˇ enja) (8α β 2 R)(8x 2 Rn) α (β x) = (αβ )x VP6 (distributivnost mnozˇ enja prema zbrajanju u Rn ) (8α 2 R)(8x y 2 Rn) α (x + y) = α x + α y VP7 (distributivnost mnozˇ enja prema zbrajanju u R ) (8α β 2 R)(8x 2 Rn) (α + β )x = α x + β x VP8 (netrivijalnost mnozˇ enja) (8x 2 Rn) 1 x = x
Prostor Rn ima dimenziju n . Standardnu bazu tog prostora cˇ ine vektori: e1 = (1 0 0 : : : 0) e2 = (0 1 0 : : : 0) : : : en = (0 0 : : : 0 1): To je skup linearno nezavisnih vektora i svaki vektor iz prostora Rn njihova je linearna kombinacija jer vrijedi: x = (x 1 x 2 : : : x n ) = x 1 e 1 + x 2 e 2 + : : : + x n e n :
1.2. Skalarni produkt i norma
U prostoru Rn mozˇ emo uvesti skalarni produkt. Prisjetimo se njegove definicije: Rn kao unitarni prostor Skalarni produkt na vektorskom prostoru Rn je svaka funkcija ( j ) : Rn Rn ! R koja paru vektora x y pridruzˇ uje realni broj (xjy) a koja ima sljedec´a svojstva 1 : SP1 (x j x) > 0 , (x j x) = 0 () x = 0 (pozitivnost) SP2 (x + y j z) = (x j z) + (y j z) (distributivnost prema zbrajanju) SP3 (α x j y) = α (x j y) (homogenost) SP4 (x j y) = (y j x) (komutativnost). Prostor Rn na kojem je definiran skalarni produkt nazivamo unitarnim prostorom.
11.7. METODA VARIJACIJE
255
KONSTANATA
3. Karakteristicˇ na jednadzˇ ba je
r2 + 6r + 13 = 0
Opc´e rjesˇenje je y
r1 2
= ;3 2i
= e 3x C1 cos 2x + C2 sin 2x]
:
;
:
/
11.7. Metoda varijacije konstanata
Metoda varijacije konstanata ili Lagrangeova metoda je postupak kojim pronalazimo partikularno rjesˇenje nehomogene linearne diferencijalne jednadzˇ be. Mi c´emo ilustrirati tu metodu na primjeru diferencijalnih jednadzˇ bi drugog reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, neka je zadana diferencijalna jednadzˇ ba y 00 + ay 0 + by = f (x ): Vec´ smo upoznali postupak kako dolazimo do opc´eg rjesˇenja pripadne homogene diferencijalne jednadzˇ be, tj. jednadzˇ be y 00 + ay 0 + by = 0 homogena jednadzˇ ba: Neka su funkcije y 1 = y 1 (x ) i y 2 = y 2 (x ) linearno nezavisna rjesˇenja homogene jednadzˇ be. Njezino opc´e rjesˇenje je y = C1 y ( x ) + C2 y 2 (x ): Kako bi se dosˇlo do partikularnog rjesˇenja nehomogene jednadzˇ be Lagrange je predlozˇ io sljedec´i postupak. Partikularni integral se mozˇ e prikazati u obliku y = C1 (x )y 1 (x ) + C2 (x )y 2 (x ) gdje su C1 (x ) i C2 (x ) nepoznate funkcije. Ocˇ ito da je dovoljno imati jednu nepoznatu funkciju, a ne dvije. Ako se uspostavi neka veza medu tim funkcijama onda c´e ostati samo jedna proizvoljna u tom smislu da ju treba odrediti da dobijemo partikularno rjesˇenje. Uvrsˇtavanjem izraza za partikularno rjesˇenje u polaznu jednadzˇ bu dobivamo: y 0 = C10 y 1 + C20 y 2 + C1 y 01 + C2 y 02 : Neka je veza medu trazˇ enim funkcijama C10 y 1 + C20 y 2 = 0: Prema tome je y 0 = C1 y 01 + C2 y 02 y 00 = C10 y 01 + C20 y 02 + C1 y 001 + C2 y 002 : Uvrsˇtavanje dobivenih izraza u polaznu diferencijalnu jednadzˇ bu dobivamo: C10 y 01 + C20 y 02 + C1 y 001 + C2 y 002 + a(C1 y 01 + C2 y 02 ) + C1 y ( x ) + C2 y 2 (x ) = f (x ): Uvazˇ avajuc´i da su y 1 i y 2 rjesˇenja homogene diferencijalne jednadzˇ be dobivamo: C10 y 01 + C20 y 02 = f (x ):
254
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
=
2. U drugom slucˇ aju, kad su korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be jednaki, r 1
r2
= r tada iz jednadzˇ be
d ;r2 x (e y) = C dx
= C1e r
( 1 ;r2 )x
dobivamo
d ;r2 x (e y) = C1 y = (C1 x + C2 )erx : dx Dakle, ako su korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be realni i jednaki tada je opc´e rjesˇenje y = (C1 x + C2 )erx :
3. U trec´em slucˇ aju korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su konjugirano kompleksni: r1 = α + iβ r2 = α ; iβ : U tom slucˇ aju diferencijalnu jednadzˇ bu mozˇ emo zapisati u obliku
(D ; a) + b ]y = 0 2
2
Primjer 11.1. Odredimo opc´a rjesˇenje sljedec´ih jednadzˇ bi:
.
2: y 00 ; 10y 0 + 25y
=0
1. Pripadna karakteristicˇ na jednadzˇ ba je r2 + 2r ; 3 = 0
Opc´e rjesˇenje je y
r1
=1 ;3x
2. Karakterisiticˇ na jednadzˇ ba je
r2 ; 10r + 25 = 0
Opc´e rjesˇenje je y
r2
= C1 ex + C2 e
r1
3: y 00 + 6y 0 + 13y
= ;3
:
:
:
:
p
jjxjj = (xjx) =
q
x 21 + x 22 + : : : + x 2n
nazivamo normom vektora x, preciznije euklidskom normom.
E
n
Prostor R na kojem je definiran euklidski skalarni produkt i iz njega izvedena euklidska norma nazivamo euklidski prostor i oznacˇ avamo s E n .
=0
Primjer 1.2. Neka su α 1
lom
:::
αn pozitivni realni brojevi. Uvjerite se da je formu-
(x j y) := α1 x1y1 +
:::
+ αn x n y n
n
definiran skalarni produkt na R . Teorem 1.1. U svakom unitarnom prostoru vrijedi nejednakost Cauchy-SchwartzBuniakovskog (kratko: CSB nejednakost): j(x j y)j ? kxk kyk: (3)
:
Dokaz. Promotrimo kvadratnu funkciju
f (t ) = (t x + y j t x + y) = (x j x)t 2 + 2(x j y)t + (y j y): Ona poprima samo nenegativne vrijednosti, pa zato njezina diskriminanta nije pozitivna (inacˇ e bi funkcija imala dvije razlicˇ ite realne nul-tocˇ ke, pa bi porimala i negativne vrijednosti). Zato mora biti:
4(x j y)2 ; 4(x j x)(y j y) ? 0
= r2 = 5
= (C1 x + C2)e5x
Kao umnozˇ ak bismo dobili 0 jedino ako je x = 0: Broj
n
y 2 = eα x e;iβ x = eα x cos β x ; i sin β x ]: Linearna kombinacija tih funkcija je y = C1 y 1 +C2 y 2 = eα x (C1 +C2 ) cos β x +(iC1 ;iC2 ) sin β x ] = eα x A cos β x +B sin β x ]: Moguc´e je provjeriti da su funkcije eα x cos β x eα x sin β x rjesˇenja diferencijalne jednadzˇ be, one su linearno nezavisne i opc´e rjesˇenje je njihova linearna kombinacija.
=0
Primjer 1.1. Standardni ili euklidski skalarni produkt u Rn definira se ovako. Neka su x = (x 1 x 2 : : : x n ) i y = (y 1 y 2 : : : y n ) bilo koja dva vektora iz Rn . Njihov skalarni produkt je (xjy) := x1 y1 + x2 y2 + : : : + xnyn: (1) Lako se provjere gore spomenuti uvjeti skalarnog produkta i prema tome ovakav nacˇ in mnozˇ enja vektora je zaista skalarni produkt. Ako bismo mnozˇ ili vektor x sam sa sobom dobili bi: (xjx) = x 21 + x22 + x23 + : : : + x2n > 0: (2)
Euklidski prostor
Podsjetimo se tzv. Eulerovih formula: eix = cos x + i sin x e;ix = cos x ; i sin x : Koristec´i se tim formulama dobili bi y 1 = eα x eiβ x = eα x cos β x + i sin β x ]
3
U prostoru Rn skalarni produkt mozˇ e se definirati na visˇe nacˇ ina. Izdvojit c´emo najvazˇ niji primjer:
:
Formalno gledajuc´i mozˇ emo ocˇ ekivati da je opc´e rjesˇenje linearna kombinacija funkcija y 1 = e(α +iβ )x y 2 = e(α ;iβ )x :
1: y 00 + 2y 0 ; 3y
1.2. SKALARNI PRODUKT I NORMA
a to je upravo (3). Izaberemo li za skalarni produkt euklidski skalarni produkt definiran s (1), onda iz Teorema 1.1 slijedi Cauchyjeva nejednakost:
4
1. EUKLIDSKI PROSTORI Teorem 1.2. Neka su a1 , a2 ,
X
:::
n
ak bk
2
k=1
Ako su svi bk
, an i b1 , b2 ,
?
:::
n
n
a2k
k =1
b2k
:
k=1
= 1 , onda iz te relacije dobivamo: n n 2 X X ak ? n a2k k =1
, bn realni brojevi. Vrijedi:
X X
= erx y = rerx erx r2 + ar + b] = 0 r2 + ar + b = 0
:
Pokazˇ imo da je Rn uz euklidsku normu uistinu normiran prostor. Dokazat c´emo zapravo opc´enitiji rezultat.
( j ) bilo koji skalarni produkt na Rn . Onda je formulom p kxk := (x j x)
Dokaz. Prema svojstvima skalarnog produkta slijedi: N1 : Ako je x 6= 0 , onda je (xjx) > 0 , dakle i kxk vidimo da kxk = 0 vrijedi ako i samo ako je x = 0 . N2 : kα xk = (α x j α x) = α 2 (x j x) = jα j kxk . N3 : Po CSB nejednakosti, imamo
p
p
0
y 00
= r2 erx
:
k =1
Rn kao normirani prostor Norma na prostoru Rn je svaka funkcija k k : Rn ! R koja zadovoljava sljedec´a svojstva: N1 kxk > 0 , kxk = 0 () x = 0 (pozitivnost) N2 kα xk = jα j kxk (pozitivna homogenost) N3 kx + yk ? kxk + kyk (nejednakost trokuta). Prostor Rn na kojem je definirana norma zovemo normiranim prostorom.
definirana norma na Rn .
253
rjesˇnje linearne diferencijalne jednadzˇ be y 00 + ay 0 + by = 0: Uvrsˇtavanjem u diferencijalnu jednadzˇ bu dobivamo: y
Kazali smo da je formulom (2) definirana (euklidska) norma na prostoru Rn . Medutim, na tom prostoru mogu se definirati i druge norme. Ponovimo opc´enitu definiciju.
Teorem 1.3. Neka je
11.6. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE DRUGOG REDA
p
= (xjx) > 0 .
Takoder
kx + yk2 = (x + yjx +py) = (xjx) + 2(xjy) + (yjy) ? (xjx) + 2 (xjx)(yjy) + (yjy) = kxk2 + 2kxk kyk + kyk2 = (kxk + kyk)2 Zadatak. Dokazˇ i da euklidska norma ima sljedec´e svojstvo:
kx + yk2 + kx ; yk2 = 2 (kxk2 + kyk2)
:
Interpretiraj tu jednakost pomoc´u stranica, x , y i dijagonala, x + y x ; y , paralelograma. Mozˇ e se dokazati da norma ima navedeno svojstvo (tzv. svojstvo paralelograma) ako i samo ako je definirana pomoc´u nekog skalarnog produkta.
Iz posljednje jednadzˇ be vidimo da konstanta r mora zadovoljiti tzv. karakteristicˇ nu jednadzˇ bu r2 + ar + b = 0: Neka su rjesˇenja te kvadratne jednadzˇ be brojevi r1 i r2 . Razlikujmo sljedec´a tri slucˇ aja: 1. Korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su realni i razlicˇ iti, r1 6= r2 r1 r2 2 R: 2. Korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su realni i jednaki r1 = r2 r1 r2 2 R: 3. Korijeni karakteristicˇ ne jednadzˇ be su kompleksni brojevi, r1 = α + iβ r2 = α ; iβ : 1. U prvom slucˇ aju imamo dva rjesˇenja i to su: y 1 = er1 x y 2 = er2 x : Linearna kombinacija tih rjesˇenja je takoder rjesˇenje. Opc´e rjesˇenje je y = C1 y 1 (x ) + C2 y 2 (x ) = C1 er1 x + C2 er2 x : Pokazˇ imo da su tom formulom dana sva rjesˇenja homogene linearne diferencijalne jednadzˇ be. Tu diferencijalnu jednadzˇ bu mozˇ emo zapisati u obliku (D ; r1 )(D ; r2 )]y = (D ; r1 )(D ; r2 )y] = 0: Provedimo supstituciju u = (D ; r2 )y i dobivamo: (D ; r1 )u = 0 u0 ; r1 u = 0 duu = r1 dx u = Cer1 x : Prema tome nepoznata funkcija y zadovoljava jednadzˇ bu (D ; r2 )y = Cer1 x y0 ; r2 y = Cer1 x : Mnozˇ enjem posljednje jednadzˇ be s e;r2 x dobivamo d ;r2 x (e y) = Ce(r1 ;r2 )x : dx Buduc´i da je r1 6= r2 , integriranjem dobivamo: 1 ye;r2 x = C e(r1 ;r2 )x + C2 r1 ; r2 y = C1 er1 x + C2 er2 x :
252
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
U prakticˇ nim primijenama cˇ esto su ispunjeni uvijeti 1. i 3., tj. F (x y y0 ) je neprekidna funkcija triju varijabli, zatim postoji i ogranicˇ ena je parcijalna derivacija funkcije @F F po y , j j ? M: U tom je slucˇ aju singularni skup su rjesˇenja sustava @y @F F (x y y 0 ) = 0 = 0: 0 @y Eliminacijom y0 iz tog sustava dobivamo jednadzˇ bu Φ(x y ) = 0 koju zadovoljavaju tocˇ ke singularnog skupa. Singularno rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be F (x y y0 ) = 0 je ono rjesˇenje y = f (x ) koje josˇ zadovoljava i tzv. diskriminantnu krivulju Φ(x y ) = 0 . Podsjetimo se familije kruzˇ nica polumjera 1 sa sredisˇtimq na pravcu y = x . Ovojnica se sastoji od dva paralelna pravca a singularni skup je skup svih tocˇ aka unutar pruge odredene tim pravcima.
11.6. Linearne diferencijalne jednadzˇ be drugog reda s konstantnim koeficijentima
1.2. SKALARNI PRODUKT I NORMA
5
Teorem 1.4. Neka su a1 , a2 , : : : , an , b1 , b2 , : : : , bn realni brojevi. Tada vrijedi sljedec´a nejednakost poznata pod nazivom relacija trokuta:
X n
(ak + bk )
2
y 00 + ay 0 + by = f (x ) nehomogena jednadzˇ ba 00 0 y + ay + by = 0 homogena jednadzˇ ba: U gornjim jednadzˇ bama a i b su poznate konstante. Uvedimo oznaku za operator d = D . Tada gornju jednadzˇ bu mozˇ emo pisati u obliku deriviranja dx D2 + aD + b]y = 0: Podsjetimo da je Dy = y 0 D2 y = D(Dy ) = D(y0 ) = y 00 :
Navedimo nekoliko primjera homogenih jednadzˇ bi. y 00 + 6y 0 + 5y = 0 y 00 + y = 0 y 00 ; 2y 0 + 10y = 0: Mnogobrojni primjeri pokazuju da su rjesˇenja takvih jednadzˇ bi u vezi s eksponencijalnim funkcijama. U tu svrhu pokusˇajmo ustanoviti pod kojim je uvjetima funkcija y = erx
?
k=1
X n
a2k
1 2
+
k=1
X n
b2k
1 2
:
k =1
Dokaz. Ova je nejednakost upravo nejednakost trokuta za euklidsku normu.
Vrlo cˇ esto se umjesto oznake za skalarni produkt vektora koristi “tocˇ ka” izmedu njih,
(x j y) = x y
:
Zadani su linearno nezavisni vektori a1 , a2 , a3 u E3 . Pokazimo da postoje tri vektora b1 , b2 , b3 takva da vrijedi: ai bj
gdje je δ ij Kroneckerov simbol: Medu diferencijalnim jednadzˇ bama drugog reda posebnu ulogu imaju linearne diferencijalne jednadzˇ be drugog reda. To su jednadzˇ be koje mozˇ emo zapisati u obliku y 00 + p(x )y + q(x ) = f (x ) x 2 I: Ako je tzv. funkcija smetnje f (x ) jednaka nuli, onda za jednadzˇ bu kazˇ emo da je homogena. Ako su funkcije p(x ) i q(x ) konstantne onda imamo linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu drugog reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, to su jednadzˇ be oblika:
1 2
δij
=
1 0
= δij
za i = j za i 6= j:
Znamo da je mjesˇoviti produkt V = (a1 a2 ) a3 razlicˇ it od nule, jer su vektori linearno nezavisni. Definirajmo trazˇ ene vektore jednakostima: 1 1 1 b1 := (a2 a3 ) b2 := (a3 a1 ) b3 := (a1 a2 ): V V V Provjeri da ovi vektori imaju trazˇ ena svojstva. Nadalje, mjesˇoviti produkt vektora bi 1 jednak je , a vektore ai mozˇ emo izraziti pomoc´u vektora bi potpuno analognim V izrazima u kojima su vektori ai i bj zamijenili mjesta. Vektori bi jednoznacˇ no su odredeni. Jer, na primjer, iz ai bj
= δij = ai cj
slijedilo bi ai (bj ; cj ) = 0 . To znacˇ i da je svaki ai okomit na bj ; cj . To je moguc´e samo ako je bj = cj (j = 1 2 3) , tj. vektori b1 b2 b3 jednoznacˇ no su odredeni. Vektor b1 okomit je na ravninu odredenu vektorima a 2 , a3 , analogno vrijedi za vektore b2 i b3 . Ako je sustav vektora ai ortonormiran, onda se sustav vektora bi podudara s njim. Mozˇ e se dokazati (ali ne jednostavno) da ista tvrdnja vrijedi i za prostor E n : za zadanu bazu fa 1 : : : an g postoji i jednoznacˇ no je odredena baza fb1 : : : bn g trazˇ enih svojstava. Za takve dvije baze kazˇ emo da su reciprocˇ ne. Ako jedan vektor prikazˇ emo u bazi (ai ) i u bazi (bj ) onda su od interesa veze medu komponentama tog vektora u takva dva sustava. Te veze su polazisˇta za tzv. tenzorski racˇ un koji se pak nezaobilazno koristi u teoriji relativnosti.
6
1. EUKLIDSKI PROSTORI
Teorem o jednoznacˇ nosti rjesˇ enja jednadzˇ be
1.3. Metricˇ ki prostori
U primjenama matematike vrlo je vazˇ no znati koliko su dva objekta udaljena bilo medusobno ili od nekog trec´eg. Koliko su udaljene funkcije sinus i kosinus? Mozˇ da vam se ovo pitanje cˇ ini besmislenim. Medutim, nec´e biti tako. Koliko su udaljene dvije tocˇ ke koje se nalaze na valjku, a nisu na njegovoj izvodnici (za putnika koji smije putovati samo povrsˇinom valjka)? Koliko su udaljene dvije tocˇ ke na sferi (Zemlji)? Pri rjesˇavanju geometrijskih problema cˇ esto nas zanima udaljenost dviju tocˇ aka. Koje su tocˇ ke udaljene od tocˇ ke S manje od zadanog broja r ? Upravo o ovim i njima slicˇ nim pitanjima nalazimo odgovore u takozvanim metricˇ kim prostorima. Metricˇ ki prostori su neprazni skupovi u kojima je moguc´e definirati udaljenost, tj. metriku. Metrika se definira kao funkcija koja ima svojstva koja mi ocˇ ekujemo, i na koja smo navikli da ima uobicˇ ajena udaljenost medu tocˇ kama. Zato c´emo najprije povezati vektore s tocˇ kama prostora Rn . Svaki vektor u Rn ima svoje komponente u odnosu na odabranu bazu e 1 e2 : : : en : Komponente vektora x su redom cˇ lanovi uredene n -torke brojeva (x 1 : : : x n ) . Te brojeve proglasimo koordinatama tocˇ ke T . Mi na taj nacˇ in uspostavljamo uzajamno jednoznacˇ nu korespodenciju, tj. bijekciju izmedu vektora i tocˇ aka; x = (x 1 x 2 : : : x n ) ! T (x 1 x 2 : : : x n ): Specijalno, nul-vektoru je pridruzˇ ena tocˇ ka O(0 0 : : : 0) koju nazivamo ishodisˇtem koordinatnog sustava. Dakle, vektoru x = (x 1 : : : x n ) pridruzˇ ujemo tocˇ ku T za koju je
;OT ! =x e +x e + 1 1 2 2
:::
11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
+ x n en
251
F (x y y
0
)=0
Kada je formulom F (x y y 0 ) = 0 zadano je samo jedno rjesˇenje koje prolazi tocˇ kom T0 ? Odgovor na to pitanje daje slijedec´i teorem. Teorem 11.3. Postoji jednoznacˇno rjesˇenje
y
= y(x) jx ; x0j ? h
koje zadovoljava pocˇetni uvijet
y (x 0 ) = y 0
i
jednadzˇ be F (x y y 0 ) = 0
F (x 0 y 0 y 0 (x 0 ))
=0
ako funkcija F zadovoljava slijedec´e uvijete: 1: F (x y y 0 ) 2:
postoji
neprekidna funkcija, F @F i 6= 0 0 0 @y @y @
3: postoji i ogranicˇena je parcijalna derivacija
F @y
@
j Fy j ? M @
@
:
U izreci gornjeg teorema tvrdi se da postoji h koji je dovoljno malen broj. Uvijeti 1. i 2. prema teoremu o implicitnim funkcijama osiguravaju jednoznacˇ nu rjesˇivost po y 0 polazne jednadzˇ be, tj. u tom slucˇ aju postoji samo jedna funkcija y 0 = y 0 (x y ) za koju je F (x y y 0 (x y )) = 0 .
:
Singularni skup
Udaljenost
Neka su zadane bilo koje dvije tocˇ ke A(x 1 x 2 rajmo udaljenost tih tocˇ aka.
p
:::
x n ) i B(y 1
:::
y n ) . Defini-
d(A B) = (x 1 ; y 1 )2 + (x 2 ; y 2 )2 + : : : + (x n ; y n )2 : (1) Ovim izrazom smo definirali jednu funkciju d koja svakom uredenom paru tocˇ aka pridruzˇ uje broj koji nije negativan. Tu funkciju obicˇ no nazivamo udaljenosˇc´u ili metrikom, preciznije, rijecˇ je o euklidskoj metrici. Metrika na Rn mozˇ e se definirati i opc´enitije.
Rn kao metricˇ ki prostor Metrika na prostoru Rn je svaka funkcija d : Rn Rn ! R+ , sa svojstvima M1 d(x y) > 0 , d(x y) = 0 () x = y (pozitivnost) M2 d(x y) = d(y x) (simetricˇ nost) M3 d(x z) ? d(x y) + d(y z) (nejednakost trokuta). Prostor Rn na kojem je definirana metrika nazivamo metricˇ kim prostorom.
Singularni skup jednadzˇ be
F (x y y 0 ) = 0
je skup tocˇ aka (x y ) u kojima nije ispunjen uvijet jednoznacˇ nosti rjesˇenja a to c´e biti one tocˇ ke u kojima nije ispunjen barem jedan od navedena tri uvijeta u prethodnom teoremu. Takav skup mozˇ e se sastojati od izolirani tocˇ aka ili pak mozˇ e sadrzˇ avati i neke krivulje. Izolirana singularna tocˇ ka diferencijalne jednadzˇ be y 0 = f (x y ) je ona tocˇ ka u cˇ ijoj okolini nema drugih singularnih tocˇ aka. Jedna znacˇ ajna karakteristika same diferencijalne jednadzˇ be je ponasˇanje integralnih krivulja ( rjesˇenja ) u okolini izolirane singularne tocˇ ke. Navedimo karakteristicˇ ne primjere diferencijalnih jednadzˇ bi koje imaju izoliranu singularnu tocˇ ku u ishodisˇtu. 2y y 1: y 0 = 2: y 0 = ; x x x+y x 0 0 3: y = 4: y = ; x;y y Proucˇ i ponasˇanje rjesˇenja u okolini ishodisˇta.
250
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
p1 + (y )
y .
= xy + 0
x2 + y2
Provedimo supstituciju x
= r cos ϕ
y
= r sin ϕ
y0
2 :
Teorem 1.5. Neka je
dr sin ϕ + r cos ϕ dϕ = dy = dx dr cos ϕ ; r sin ϕ dϕ
sin ϕ + r cos ϕ : cos ϕ ; r sin ϕ Uvrsˇtavanjem u zadanu jednadzˇ bu dolazimo do diferencijalne jednadzˇ be za r Dobivamo: p dr6 = dϕ r0 = r r6 ; 1 r r ;1 y0
= rr
0
p
Z
= r(ϕ ) .
2
:
/
5. Rjesˇenja diferencijalnih jednadzˇ bi tog oblika vrlo cˇ esto trazˇ imo u parametarskom obliku. Provedimo supstituciju y 0 = p ) y = f (x p): x kao funkciju parametra p dobivamo na slijedec´i nacˇ in. dp dy = y 0 dx = pdx fx0 dx + fp0 dp p = fx0 + f p0 : dx Rjesˇenje posljednje diferencijalne jednadzˇ be daje nam x kao funkciju parametra p sˇto zajedno s polaznom jednadzˇ bom predstavlja njezino parametarsko rjesˇenje.
y
0
:
Supstitucijom y0 0
0
0
Iz p
0
= p dobivamo 2 y = p ; 3xp + 3x 2 dy = pdx = 2 pdp ; 3 pdx ; 3xdp + 6xdx p = 2 pp ; 3 p ; 3 p + 6x (3 ; 2p)p ; 2] = 0 = 2 slijedi p = 2x + C sˇto uvrsˇteno u izraz za y daje opc´e rjesˇenje y = x 2 + Cx + C2
.
0
= (y )2 ; 3xy + 3x2
:
:
Ako je
3 ; 2p = 0
i to je singularno rjesenje.
/
)
p=
3 x 2
y
= 34 x2
Dokaz. Svojstva M1 i M2 slijede direktno iz odgovarajuc´ih svojstava norme. Pokazˇ imo nejednakost trokuta. Vrijedi x ; z = (x ; y)+(y ; z) . Prema nejednakosti trokuta za normu slijedi: d(x z) = kx ; zk ? kx ; yk + ky ; zk = d(x y) + d(y z):
p dr6 = 3 pr dr =ϕ +C r r ;1 r r6 ; 1 Bez nekih potesˇkoc´a, supstitucija (r3 = ch t )] mozˇ emo izracˇ unati navedeni integral i dobiti r = r(ϕ ) sˇto uvrsˇteno u izraze za x i y daje trazˇ eno parametarsko rjesˇenje.
Primjer 11.7. Odredi rjesˇenja jednadzˇ be
k k norma u vektorskom prostoru Rn . Tada je formulom d(x y) = kx ; yk
definirana metrika u Rn .
0
Z
7
Pokazˇ imo da euklidska metrika definirana s (1) ima ova svojstva. Dokazat c´emo zapravo opc´enitiji rezultat:
Primjer 11.6. Odredi parametarsko rjesˇenje jednadzˇ be 0
1.3. METRICˇ KI PROSTORI
Metriku smo definirali kao udaljenost medu vektorima prostora Rn . Medutim, umjesto prostora Rn , mozˇ emo uzeti bilo koji drugi neprazni skup X . Funkcija d koja zadovoljava svojstva M1 – M3 je metrika na X , a (X d) nazivamo metricˇ kim prostorom. Navedimo nekoliko primjera metricˇ kih prostora 1. Ako je X bilo koji neprazni skup mozˇ emo u njemu definirati tzv. trivijalnu metriku. Naime, neka je udaljenost bilo kojih dviju razlicˇ itih tocˇ aka (elemenata) jednaka 1, a udaljenost tocˇ ke od same sebe neka je 0. Lako provjerimo da je to metrika i skup X postaje metricˇ ki prostor. 2. Skup realnih brojeva postaje metricˇ ki prostor ako udaljenost dva realna broja definiramo pomoc´u apsolutne vrijednosti: d(x y ) = jx ; y j x y 2 R: Podsjetimo da funkcija apsolutna vrijednost ima svojstvo jx + yj ? jxj + jyj pa je onda jx ; zj = j(x ; y) + (y ; z)j ? jx ; yj + jy ; zj:
p
3. Uobicˇ ajena udaljenost u ravnini ili u trodimenzionalnom prostoru je metrika: d(A B) =
(x2 ; x1)2 + (y2 ; y1)2 + (z2 ; z1)2
4. U ravnini mozˇ emo definirati udaljenost relacijom d(A B) = jx 1 ; x 2 j + jy 1 ; y 2 j:
:
5. Ako je d(x y ) metrika na skupu X , onda su metrike i d1 i d2 : d (x y ) 1 + d (x y ) d2 (x y ) = d(x y ) ako je d(x y ) < 1 =1 ako je d(x y ) > 1 d1 (x y ) =
8
1. EUKLIDSKI PROSTORI
6. Neka je F skup svih neprekinutih funkcija definiranih na intervalu a b] . Definirajmo udaljenost dviju funkcija izrazom d( f g) = maxj f (x ) ; g(x )j
x
d( f g) =
b a
0
i
.
Supstitucijom y0
1 2
:
8. Skupu R realnih brojeva dodajmo josˇ dva simbola π π oznacˇ imo R . Neka je arc tg(+1) = , arc tg(;1) = 2 2 d(x y ) = j arc tg x ; arc tg y j
p1 +y (y ) = 1
:
j f (t ) ; g(t )j2 dt
x y
1 i ;1 . Taj novi skup 2R
Iz jednakosti dy
= y dx slijedi 0
dx
y
je metrika.
:::
xn)
B(y 1 y 2
:::
sh tdt = dy = = dt y sh t 0
= ch t
x
:
=t+C
:
/
4. Promotrimo sad opc´i slucˇ aj uvodenja parametara u jednadzˇ bu prvog reda. Pogodnim izborom supstitucija
Mi c´emo se u nastavku najcˇ esˇc´e baviti euklidskim prostorom. Udaljenost medu vektorima definira i udaljenost medu njima pridruzˇ enim tockama. Ponovimo svojstva metrike, zapisana na taj drugi nacˇ in. Za bilo koje tri tocˇ ke u Rn : A(x 1 x 2
:
2
= sh t iz polazne jednadzˇ be dobivamo y = 1 y = ch t ch t
Opc´e rjesˇenje je
249
Primjer 11.5. Odredimo opc´e rjesˇenje jednadzˇ be
2 a b]
7. U skupu F iz prethodnog primjera definirajmo metriku:
hZ
11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
yn)
C (z 1 z 2
:::
zn ):
vrijedi: 1: d(A B) > 0 d(A B) = 0 () A = B 2: d(A B) = d(B A) 3: d(A B) ? d(B C) + d(C A): Euklidski prostor
Euklidskog prostora Rn je poopc´enje nasˇeg uobicˇ ajenog dvodimenzionalnog i trodimenzionalnog prostora u kojem definiramo i koristimo se pravokutnim koordinatnim sustavom. U njima je posebno istaknuta jedna tocˇ ka (obicˇ no je oznacˇ ena kao O i to je tzv. ishodisˇte koordinatnog sustava).
i iz polazne jednadzˇ be F (x y
= f (u v) y = g(u v) y ) = 0 dobivamo y = h(u v)
x
0
0
:
Te tri jednadzˇ be kao funkcije dvaju parametara mozˇ emo interpretirati da predstavljaju neku plohu u trodimenzionalnom prostoru. Na toj plohi ako povezˇ emo parametre u i v nekom jednakosˇc´u dobivamo krivulju na njoj. Tako dobivena krivulja predstavlja opc´e rjesˇenja jednadzˇ be u parametarskom obliku. Buduc´i da mora biti dy
= y dx
slijedi
0
@ @
g @g du + dv u @v
= h(u v)
f @g ; = @ g @@fu @ u ; @ v h(u v) @v Rjesˇenjem ovako dobivene jednadzˇ be dobili bi dv du
v = G(u C)
h(u v)
)
x
@ @
f @f du + dv] u @v
@
= f (u G(u C)) = X(u C)
y
= g(u G(u C)) = Y (u C)
:
Prakticˇ no opisani postupak obicˇ no ide ovim tijekom. Odaberimo supstituciju x = f (u v) y = g(u v) . y0
= = dy dx
g0u du + g0v dv f 0 udu + f 0 vdv
= gfu ++ gf vvv 0
0
u
0
0
0
0
v
:
Uvrsˇtavanjem x , y , y 0 u polaznu jednadzˇ bu odredimo vezu izmedu parametara.
248
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
2. Ako je moguc´e rjesˇiti jednadzˇ bu F (x y 0 ) = 0 po y 0 onda mozˇ emo smatrati da daljnje rjesˇavanje te jednadzˇ be problem integralnog racˇ una. Dakle, F (x y 0 ) = 0
Z
) y = f (x) ) y = 0
f (x )dx
+C
:
Ako nije moguc´e izracˇ unati y 0 iz polazne jednadzˇ be tada se koristimo supstitucijom y 0 = f (t ) . Naravno da je stvar umjesˇnosti koju funkciju f odabrati. Zatim iz polazne jednadzˇ be dobivamo F (x y 0 ) = 0 ) x = g(t ): Dakle, dy
= y dx = f (t )g (t )dt 0
0
y
=
Z
1.3. METRICˇ KI PROSTORI
Euklidski prostor
Euklidski prostor En je vektorski prostor Rn Rn = f(x 1 x 2 : : : x n ) j x i 2 R i = 1 2 : : : ng u kojem su definirani euklidski skalarni produkt, euklidska norma, euklidska metrika. Njihove su definicije po redu:
(x j y) =
.
xk yk
= x1y1 + x2y2 +
:::
v u uX kxk = (xjx) = t x ; v u uX d(x y) = kx ; yk = t (x ; y )
+ xn yn;
n
2 k
k=1 n
k
k
2
k=1
Pri tom je kxk = kx ; 0k duljina vektora x , to je ujedno udaljenost vektora x od vektora 0 . Provedemo li identifikaciju izmedu tocˇ aka i vektora: T (x 1 x 2 : : : x n ) ! x = (x 1 x 2 : : : x n ) mozˇ emo euklidsku udaljenost smatrati udaljenosˇc´u medu tocˇ kama.
0
2
n
p
f (t )g0 (t )dt + C:
Primjer 11.4. Odredi opc´e rjesˇenje jednadzˇ be 0
X k=1
Na opisani nacˇ in dobili smo opc´e rjesˇenje u parametarskom obliku. Za ilustraciju navedimo sljdec´i primjer.
p1 ;y (y ) = x
9
:
Supstitucijom y0
= sin t dy
dobivamo x
sin t = cos = tg t t
:
= y dx = sin t cos12 t dt 0
Okomiti vektori
= cos1 t + C x = tg t y
:
Kazˇ emo da su dva vektora okomita, ako je njihov skalarni produkt jednak nuli:
(x j y) = 0 ()
/
3. Diferencijalne jednadzˇ be oblika F (y y 0 ) = 0 mozˇ emo rjesˇavati pogodnom supstitucijom i rjesˇenje dobiti u parametarskom obliku. Opisˇimo taj postupak. Supstitucija: y0 = f (t ): Koristec´i se tako odabranom supstitucijom iz polazne jednadzˇ be dobivamo y = g(t ) . Sada imamo f 0 (t ) f 0 (t ) dy = f 0 (t )dt dy = y 0 dx = f (t )dx dx = dt x= dt + C: f (t ) f (t ) Opc´e rjesˇenje dano je u parametarskim jednadzˇ bama
Z
=Z g(t ) f (t ) x= dt + C f (t ) y
0
:
x ? y:
Uocˇ i da je vektor 0 okomit na svaki vektor. CSB nejednakost
j(xjy)j ? kxk kyk mozˇ emo zapisati i na sljedec´i nacˇ in
;1 ? kx(kxjyk)yk ? 1
:
Definirajmo kut ϕ medu vektorima x i y formulom: cos ϕ
= kx(kxjyk)yk
:
Ta je velicˇ ina prema dokazanom po apsolutnojn vrijednosti Za ovako definiran kut vrijedi
(x j y) = kxk kyk cos ϕ
:
? 1 , pa je definicija dobra.
10
1. EUKLIDSKI PROSTORI
1.4. Topolosˇ ki prostori
U dosadasˇnjem smo izlaganju spominjali visˇe razlicˇ itih vrsta prostora: unitarni, normirani, metricˇ ki. Pritom je svaki unitarni prostor normirani, svaki normirani prostor je metricˇ ki. Sljedec´a stepenicu u ovom nizu cˇ init xhe topolosˇki prostori. Proucˇ avanje topolosˇkih prostora izlazi izvan okvira ovog programa. Zadovoljit c´emo se da istaknemo samo kljucˇ ne pojmove i definicije ove klase prostora. Otvorene i zatvorene kugle u metricˇ kom prostoru
Neka je zadan metricˇ ki prostor X s metrikom d . Ako je S realan broj, onda se skup fT 2 X : d(S T ) < rg
2X
i r pozitivan
naziva otvorena kugla prostora X , a fT 2 X : d(S T ) ? rg se naziva zatvorena kugla prostora X . Tocˇ ku S nazivamo sredisˇtem kugle, a r polumjerom kugle. Navedimo nekoliko vazˇ nih pojmova: Otvoreni skupovi i okoline
Podskup A metricˇ kog prostora X je otvoren skup ako oko svake svoje tocˇ ke sadrzˇ i otvorenu kuglu kojoj je ta tocˇ ka sredisˇte. Otvorena okolina tocˇ ke x 2 X je svaki otvoreni skup koji sadrzˇ i tu tocˇ ku. Okolina tocˇ ke x 2 X je svaki podskup od X koji sadrzˇ i otvorenu okolinu te tocˇ ke. Podskup F prostora X je zatvoren ako je njegov komplement otvoren.
Istaknimo bez dokaza neka osnovna svojstva okolina. Pokusˇajte izvesti dokaz sami! Teorem 1.6. Neka je O(a) skup svih okolina tocˇke a metricˇkog prostora X . Za taj skup vrijedi: 1. Ako je U okolina tocˇke a i ako je U V X , onda je i V okolina tocˇke a . 2. Presjek dviju okolina tocˇke a je okolina te tocˇke. 3. Tocˇka pripada svakoj svojoj okolini. 4. U svakoj okolini tocˇke nalazi se okolina te tocˇke koja je okolina svake svoje tocˇke.
Ovi pojmovi izvedeni u metricˇ kom prostoru sluzˇ e nam za definiciju topolosˇkih prostora.
11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
247
Ako je p = 1 dobivamo drugo rjesˇenje y = x + 1 . Mozˇ emo pretpostaviti da je 1 ; p 6= 0 , x + 1 6= 0 . U tom slucˇ aju dobivamo dx dp = ; 2 ln(x + 1) = ;2 ln( p ; 1) + ln C: x+1 p;1 Iz posljednje jednakosti slijedi C K x+1= (p ; 1)2 odnosno p = px + 1 + 1 gdje je K konstanta. Prema tome opc´e rjesˇenje je y = p2 (x + 1) = (K + dok je singularno rjesˇenje y = 0 . /
p
x + 1)2
Neke posebne jednadzˇ be prvog reda
Navedimo nekoliko tipova diferencijalnih jednadzˇ bi prvog reda i ukazˇ imo na moguc´e postupke koje koristimo pri rjesˇavanju. Promotrimo slijedec´e specijalne jednadzˇ be. 1: F (y 0 ) = 0 2: F (x y 0 ) = 0 3: F (y y 0 ) = 0 4: F (x y y 0 ) = 0 5: y = f (x y 0 ): 1. Ako je moguc´e izracˇ unati y 0 iz jednadzˇ be F (y 0 ) = 0 onda dobivamo rjesˇenja y = ki , ki , i = 1 2 : : : su konstante. Iz te jednakosti slijedi y;C y = ki x + C ki = : x Prema tome buduc´i da je ki rjesˇenje jednadzˇ be F (u) = 0 slijedi y;C F( ) = 0: x je opc´e rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be. Za ilustraciju navedimo slijedec´i primjer. 0
Primjer 11.3. Odredimo opc´e rjesˇenje jednadzˇ be
(y )2 + 5y ; 6 = 0 0
0
:
Rjesˇavanjem kvadratne jednadzˇ be za y 0 dobivamo: y 0 = ;6 y 0 = 1 odnosno y = ;6x + C y Svakom tocˇ kom ravnine prolaze dva rjesˇenja. Opc´e rjesˇenje je ( y ;x c )2 + 5( y ;x C ) ; 6 = 0: / .
=x+C
:
246
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
Lagrangeova jednadzˇ ba
p = f ( p0 ) + x f 0 ( p) p0 + g0 ( p) p0 p ; f ( p0 ) = x f 0 ( p) + g0 ( p)] p0 :
Posljednju jednakost podijelimo s p0 = dp , nuzˇ no je pretpostaviti p0 dx Dobivamo dx p ; f (p)] dp = x f 0(p) + g0(p)
6=
0 .
i to je linearna diferencijalna jednadzˇ ba prvog reda. Jednom od metoda rjesˇimo tu jednadzˇ bu i dobivamo njezino rjesˇenje F (x p C) = 0 . Opc´e rjesˇenje Lagrangeove jednadzˇ be dobivamo u parametarskom obliku iz jednadzˇ bi F (x p C) = 0 y = x f ( p) + g( p):
= 0 onda iz jednakosti p ; f ( p) = x f ( p) + g ( p)] p 0
slijedi da p zadovoljava jednadzˇ bu
0
0
p = f ( p):
Sad imamo dvije moguc´nosti:
f ( p) = p f ( p) = p
1: 2:
identicˇ ki; slijede rjesˇenja
pi :
Ako nastupi prvi slucˇ aj onda zapravo u samom pocˇ etku imamo Clairautovu jednadzˇ bu. U drugom slucˇ aju dobivamo konstante pi , i = 1 2 : : : i za svaku konstantu pi dobivamo rjesˇenje Lagrangeove jednadzˇ be y = x f ( pi ) + g( pi ) i = 1 2 : : : Primjer 11.2. Odredi opc´e i singularno rjesˇenje jednadzˇ be
y .
= (y )2 (x + 1) = x(y )2 + (y )2 0
0
0
f ( p) = p2
sad je
Deriviranjem po x dobivamo:
p = 2 pp0 (x + 1) + p2 : Ako je p = 0 , tada dobivamo singularno rjesˇenje
Ako je p 6= 0 , tada vrijedi
y
11
Topolosˇ ki prostori
Lagrangeova jednadzˇ ba je jednadzˇ ba koju mozˇ emo zapisati u obliku y = x f (y 0 ) + g(y 0 ) Lagrangeova jednadzˇ ba. I ovu jednadzˇ bu rjesˇavamo tako da ju deriviramo po x . Neka je y 0 = p(x ) .
Ako je p0
1.4. TOPOLOSˇ KI PROSTORI
= p2(x + 1) = 0
y
1 ; p = 2 p0 (x + 1):
=0
:
= g(p)
:
Na skupu X je zadana topologija ako je svakoj njegovoj tocˇ ki pridruzˇ en neprazan skup podskupova (okolina te tocˇ ke) za koje vrijedi: T1 : Svaki podskup od X koji sadrzˇ i okolinu tocˇ ke i sam je okolina te tocˇ ke. T2 : Presjek svakih dviju okolina tocˇ ke je okolina te tocˇ ke. T3 : Tocˇ ka pripada svakoj svojoj okolini. T4 : Svaka okolina sadrzˇ i okolinu te tocˇ ke koja je okolina svake svoje tocˇ ke. Skup X na kojem je zadana topologija naziva se topolosˇki prostor. Otvoreni skup topolosˇkog prostora je svaki njegov podskup koji je okolina svake svoje tocˇ ke. Mi se nec´emo baviti opc´im topolosˇkim prostorima, iako su oni prirodni okvir za proucˇ avanje pojmova konvergencije, limesa i neprekinutosti. Prema Teoremu 1.6, vidimo da je svaki metricˇ ki prostor ujedno i topolosˇki prostor.
11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
y
245
y=x
2.
Funkcije visˇ e varijabli
x
2.1. Primjeri funkcija visˇ e varijabli . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2. Krivulje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3. Geometrijski prikaz funkcija visˇ e varijabli. Nivo prostori, nivo plohe, nivo krivulje . . . . 15 2.4. Plohe drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.5. Valjci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.6. Projicirajuc´i valjci, rotacijske plohe, stosˇ ci . . . . . . 25 2.7. Stosˇ ci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.8. Rotacijske plohe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Sl. 11.4.
Uocˇ i da c´e svakom tocˇ kom unutar pruge odredene s naznacˇ enim pravcima prolaziti po dvije kruzˇ nice. Ovojnicu dobivamo eliminacijom parametra C iz sustava F (x y C) = 0
2.1. Primjeri funkcija visˇ e varijabli
Funkcije koje c´emo proucˇ avati bit c´e zadane na nekom podskupu od E n s vrijednostima u skupu realnih brojeva. Najcˇ esˇc´e c´e to biti funkcije definirane na E 2 , odnosno E3 . Za oznacˇ avanje funkcija visˇe varijabli koristimo se uobicˇ ajenim oznakama. f : En 7! R T 7! f (T ) = f (x 1 x 2 : : : x n ) 2 R: Uocˇ ite da smo koristili oznaku f (T ) a zapravo se misli na f (T ) = f ((x 1 x 2 : : : x n )) = f (x 1 x 2 : : : x n ) tj. preslikavamo tocˇ ku T cˇ ije su koordinate (x 1 x 2 : : : x n ) u broj f (x 1
F (x y C) = 0: c Znamo da je na primjer opc´e rjesˇenje jednadzˇ be 1 1 y = xy 0 + (y 0 )2 y = Cx + C2 : 2 2 Ovojnicu te familjije pravaca dobivamo iz sustava 1 y = Cx + C2 0=x+C 2 eliminacijom parametra C . Ovojnica je parabola x2 y=; : 2 @
@
y
:::
xn) .
2
Primjer 2.1. Spomenimo dvije funkcije definirane na E , a koje nazivamo prva, odnosno druga projekcija. To su funkcije: (x y) 7! x (x y) 7! y: Vrlo lako mozˇ emo poopc´iti te funkcije na prostor E n . Tako c´e i -ta projekcija biti funkcija (x1 x2 : : : xi : : : xn ) 7! xi: Vidimo da su takve funkcije definirane na cijelom skupu E n , a funkcijske vrijednosti mogu biti svi realni brojevi.
x
Sl. 11.5.
244
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
2.1. PRIMJERI FUNKCIJA
13
VISˇ E VARIJABLI
Primjer 2.2. Polinomi u dvije varijable su funkcije
Clairautova diferencijalna jednadzˇ ba
Neka je zadana jednoparametarska familija krivulja jednadzˇ bom y ; Cx ; f (C) = 0:
Ako specijaliziramo vrijednost konstante C dobivamo jednadzˇ bu pravca. Pripadnu diferencijalnu jednadzˇ bu te familije pravaca dobivamo eliminacijom konstante C iz sustava: y = Cx + f (C) y0 = C:
(x y) 7! P(x y) = a0(x) + a1(x)y + = b0(y) + b1(y)x +
::: :::
+ an (x)yn + bm(y)xm
:
To su polinomi u varijabli y s koeficijentima koji su za sebe polinomi u x . Moguc´e je rec´i i obrnuto, to su polinomi u varijabli x a cˇ iji su koeficijenti opet polinomi u y . Polinomi drugog stupnja u varijablama x i y , odnosno u varijablama x , y , z , jesu: P(x y ) = Ax 2 + 2Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F
P(x y z ) = a11 x 2 + a22 y 2 + a33 z2 + 2a12 xy + 2a13 xz + 2a23 yz + ax + by + cz + d: Racionalne funkcije u dvije varijable definiramo kao kvocijente polinoma u dvije varijable.
Trazˇ ena jednadzˇ ba je y
= y x + f (y ) 0
0
Clairautova diferencijalna jednadzˇ ba:
Podrucˇ je definicije
Prirodno podrucˇ je definicije funkcije visˇe varijabli zadane eksplicitnom formulom jest onaj skup u E n za koji navedene formule imaju smisla.
Interesantno je napomenuti da Clairautovu diferencijalnu jednadzˇ bu rjesˇavamo deriviranje te jednadzˇ be. Dakle, y0
= y + xy + f (y )y 0
00
0
0
y 00 x + f 0 (y 0 )] = 0
00
Iz posljednjeg produkta slijedi: y 00
=0
y0
=C
dakle
y
= Cx + f (C)
:
Navedimo nekoliko primjera. Primjer 2.3. Odredimo (prirodna) podrucˇ ja definicije za sljedec´e funkcije koje su kompozicija funkcije visˇe varijabli i realne funkcije realne varijable:
1:
Opc´e rjesˇenje Clairautove diferencijalne jednadzˇ be je y
= Cx + f (C)
:
Drugi faktor spomenutog produkta nam daje x + f 0 (y 0 ) = 0:
Polazec´i od te jednadzˇ be i zadane jednadzˇ be dobivamo rjesˇenje Clairautove diferencijalne jednadzˇ be u parametarskom obliku. Dakle, to je rjesˇenje x y
= ; f (p) = xp + f (p) 0
:
Eliminacijom parametra p dolazimo do rjesˇenja u kojem nema konstante C i ono se ne dobiva iz opc´eg rjesˇenja. To je tzv. singularno rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be. Mozˇ e se dokazati da je to rjesˇenja ovojnica familije pravaca koji su sadrzˇ ani u opc´em rjesˇenju. Umjesto rijecˇ i ovojnica koristi se i izraz anvelopa. Ovojnica familije ravninskih krivulja F (x y C) = 0 je krivulja koju svaka krivulja familije dodiruje i obrnuto svaka tocˇ ke te krivulje je diralisˇte jedne krivulje polazne familije. Spomenimo da je svaka krivulja ovojnica svojih tangenata. Ovojnice familije kruzˇ nica polumjera 1 sa sredisˇtem na pravcu y = x jesu dva paralelna pravca:
(x ; c)2 + (y ; c)2 = 1
ovojnice y
=x
p
2:
f (x y ) =
p p1 ; x ; y 2
2:
f (x y ) =
3:
f (x y z ) =
4:
f (x y ) = e;(x
2
cos(x 2 + y 2 ) 1 = 2 12 2 r x +y +z
p
2
2
+y )
:
1. Za prvu funkciju mora biti 1 ; x2 ; y2 > 0 x 2 + y 2 ? 1: U podrucˇ ju definicije su sve tocˇ ke iz kruga kojem je sredisˇte u ishodisˇtu i polumjer 1. Ako skup svih uredenih trojki realnih brojeva (x y f (x y )) reprezentiramo tocˇ kama cˇ ije su to upravo koordinate dobivamo plohu polukugle. U tom smislu i kazˇ emo da je ploha polukugle graf te funkcije. Uocˇ i da su funkcijske vrijednosti iz intervala 0 1] . 2. U drugom primjeru tocˇ ke iz podrucˇ ja definicije moraju zadovoljavati relaciju: π π π π cos (x 2 + y 2 ) > 0 ) 2k ; ? x 2 + y 2 ? + 2k : 2 2 2 2 Prema tome je podrucˇ je definicije: a) tocˇ ke unutar kruga polumjera π =2 , sa sredisˇtem u ishodisˇtu; π b) tocˇ ke unutar kruzˇ nih prstena kojem je nutarnji polumjer (2k + 1) , a vanjski 2 π (2k + 3) 2 , k = 1 , 2, : : : , a sredisˇta su u ishodisˇtu.
p
r
r
14
2. FUNKCIJE VISˇ E
VARIJABLI
3. Podrucˇ ju definicije pripadaju sve tocˇ ke prostora osim ishodisˇta; funkcijske vrijednosti su svi pozitivni realni brojevi. 4. Podrucˇ je definicije je E2 , dok su funkcijske vrijdnosti iz intervala (0 1] .
11.5. SINGULARNA RJESˇ ENJA DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
Ako dobijemo visˇe rjesˇenja koja zadovoljavaju zadani pocˇ etni uvijet, tj. prolaze zadanom tocˇ kom, onda kazˇ emo da jednadzˇ ba F (x y y 0 ) = 0 nema jednoznacˇ no rjesˇenje za postavljeni pocˇ etni uvijet. Primjer 11.1. Odredimo opc´e rjesˇenje jednadzˇ be
2.2. Krivulje
(y )2 ; xy + xy ; y2 = 0 0
Funkciju visˇe varijabli definirali smo kao preslikavanje iz skupa E n u skup R . Promotrimo sad preslikavanja iz R u En ! Ta c´e preslikavanja definirati krivulje u prostoru En . Neka je podrucˇ je definicije preslikavanja zatvoreni interval I = a b] realnih brojeva a funkcijske vrijednosti u skupu E n . Radi laksˇeg zapisa, promotrimo preslikavanje zatvorenog intervala realnih brojeva u skup E 3 . Broju t iz spomenutog intervala pripada tocˇ ka cˇ ije su koordinate (x (t ) y (t ) z (t )) . Time je definirano preslikavanje a b] ! E3 koje je opisano formulama
8 x = x(t ) < : yz == zy((tt))
t
243
2 a b]
:
Za skup svih tocˇ aka T (x (t ) y (t ) z (t )) , t 2 a b] kazˇ emo da pripadaju krivulji. Ovaj opis krivulje nije potpuno precizan. Kasnije c´e biti navedeni uvjeti kojima mora udovoljiti ovo preslikavanje pa da ovaj skup bude nalik na krivulju o kojoj imamo intuitivnu predodzˇ bu.
Navedimo nekoliko primjera takvih funkcija. Primjer 2.1. Pravac. Jednadzˇ ba pravca koji prolazi tocˇ kom T 0 (x 0 y 0 z 0 ) i ima smjer vektora s cˇ ije su komponente (a b c) je: x = x 0 + at y = y 0 + bt z = z0 + ct t2R u vektorskom obliku r(t ) = r(t 0 ) + t s:
gdje smo oznacˇ ili s r(t ) = (x y z ) radij vektor bilo koje tocˇ ke pravca, s r(t 0 ) = y 0 z0 ) radij vektor jedne istaknute tocˇ ke, a s s = (a b c) vektor smjera pravca.
(x 0
Primjer 2.2. Cilindricˇ na spirala. Jednadzˇ ba cilindricˇ ne spirale je:
x = r cos t y = r sin t z = at t 2 R: 2 2 2 Vidimo da vrijedi x + y = r , pa projekcija bilo koje tocˇ ke krivulje na ravninu XOY pripada kruzˇ nici polumjera r sa sredisˇtem u ishodisˇtu. Tocˇ ka krivulje nalazi se pak na povrsˇini valjka.
0
:
. Iz zadane jednadz ˇ be dobivamo dvije diferencijalne jednadzˇ be prvog reda (rijesˇi kvadratnu jednadzˇ bu za y 0 ). 1: y 0 = x ; y 2: y 0 = y : Prva jednadzˇ ba je linearna diferencijalna jednadzˇ ba prvog reda i njezino je rjesˇenje y = x ; 1 + Ce;x : Separacijom varijabli dolazimo do rjesˇenja druge jednadzˇ be, y = Cex : Primijeti na primjer da tocˇ kom T (0 1) prolaze rjesˇenja y = x ; 1 + 2e;x y = ex : Kako vidimo opc´e rjesˇenje sastoji se iz dvije familije krivulja. Pojedinu krivulju dobivamo tako da odredimo konstantu C .
Jednoparametarske familije krivulja
Vidjeli smo da su rjesˇenja diferencijalni jednadzˇ bi prvog reda jednoparametarske familije krivulja, gdje je obicˇ no parametar konstanta C . Te su familije obicˇ no zadane jednadzˇ bom oblika Φ(x y C) = 0: Podimo sad od zadane familije krivulja Φ(x y C) = 0 . Uz neke pretpostavke mozˇ emo tu familiju smatrati rjesˇenjima diferencijalne jednadzˇ be prvog reda. Evo kako bi dosˇli do takve jednadzˇ be. Deriviranjem po x jednadzˇ be Φ(x y C) = 0 dobivamo @Φ + @@Φy dy = 0: @x dx Dakle, iz sustava @Φ + @@Φy dy =0 Φ (x y C ) = 0 @x dx eliminacijom konstante C dobivamo jednadzˇ bu F (x y y 0 ) = 0: Ocˇ ito c´e krivulje polazne familije biti rjesˇenja te diferencijalne jednadzˇ be . Medutim, mogu postojati i rjesˇenja koja nisu sadrzˇ ana u polaznoj familiji krivulja, tj. postoje i rjesˇenja koja ne mozˇ emo dobiti specijaliziranjem konstante C . Promotrimo nekoliko najjednostavnijih primjera takvih diferencijalnih jednadzˇ bi koje c´e medu rjesˇenijma sadrzˇ avati i ona koja ne dobivamo specijaliziranjem vrijednosti konstante.
242
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
Prema tome je
F (x y ) = esin x @y F (x y ) = yesin x + f (x ) @ F (x y ) = yesin x cos x + f 0(x) @x f 0 (x ) = ;1 f (x ) = ;x F (x y ) = yesin x ; x = C
= (x + C)e
;
sin x
:
= esin x y cos x ; e
; sin x
]
y
=x +
1
x
y dx : x
. Nepoznata funkcija y = y (x ) pojavljuje se pod znakom integrala i zato imamo naziv integralna jednadzˇ ba. Potrebno je uocˇ iti, ako je x = 1 onda mora biti y = 1 . Deriviranjem po gornjoj granici dobivamo linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu prvog reda: y y 0 = 2x + : x
Opc´e rjesˇenje te jednadzˇ be je y
= 2x2 + Cx
= a cos t = a ch t
y y
= b sin t = b sh t
z z
=0 =0
t t
2 R; 2R :
Uocˇ i da se u tim jednadzˇ bama pojavljuje jedan parametar t .
Spomenimo vec´ sada da c´e parametarske jednadzˇ be ploha sadrzˇ avati dva parametra. Parametarske jednadzˇ be plohe c´e biti jednadzˇ be oblika x = x (u v) y = y (u v) z = z (u v): Parametri su u , v su realni brojevi.
/
Z
x x
Primjer 11.4. Rijesˇi slijedec´u integralnu jednadzˇ bu: 2
15
FUNKCIJA VISˇ E VARIJABLI: : :
U ovakvim situacijama varijablu cˇ esto nazivamo parametrom i govorimo o parametarskim jednadzˇ bama krivulje. Podsjetimo da su parametarske jednadzˇ be elipse, odnosno hiperbole dane izrazima:
@
y
2.GEOMETRIJSKI PRIKAZ
trazˇ eno rjesˇenje je
y
= 2x2 ; x
:
Primjer 2.3. Ravnina. Podsjetimo da su parametarske jednadzˇ be ravnine (dva parametra) x = x 0 + a1 u + b1 v y = y 0 + a2 u + b2 v z = z0 + a3 u + b3 v pri cˇ emu su u i v po volji odabrani realni brojevi. To je ravnina koja prolazi tocˇ kom T0 (x 0 y 0 z0 ) , a vektor njezine normale je
n= ab=
i
j k a1 a2 a3 b1 b2 b3
!
a = (a1 a2 a3 )
b = (b1 b2 b3 ):
/
11.5. Singularna rjesˇ enja diferencijalne jednadzˇ be
Promotrimo diferencijalne jednadzˇ be prvog reda zadane formulom F (x y y 0 ) = 0: Sˇ to c´e biti rjesˇenje takvih diferencijalnih jednadzˇ bi? Zadanom tocˇ kom T0 (x 0 y 0 ) mozˇ e prolaziti visˇe krivulja y = y (x ) za koje vrijedi F (x y (x ) y 0 (x )) = 0: Neka je iz zadane formule moguc´e je dobiti visˇe diferencijalnih jednadzˇ bi i neka su to y 0 = fi (x y ) i = 1 2 ::: Svaka od tako dobivenih jednadzˇ bi mozˇ e zadovoljavati uvijete teorema o postojanju i jednoznacˇ nosti rjesˇenja koje prolazi tocˇ kom T0 i neka su to rjesˇenja y i = y i (x ) y i (x 0 ) = y 0 i = 1 2 :::
2.3. Geometrijski prikaz funkcija visˇ e varijabli. Nivo prostori, nivo plohe, nivo krivulje
Neka je zadana funkcija z = f (x y ) na podskupu D ravnine XOY . Skup svih tocˇ aka T (x y f (x y )) u prostoru E3 je graf te funkcije. Od posebnog su znacˇ aja krivulje koje pripadaju tom grafu i to one koje nastaju presjecanjem tog grafa s ravninama paralelnim s koordinatnom ravninom x = 0 ili y = 0 ili z = 0 . Jednadzˇ be takvih krivulja su 1: x = x 0 z = f (x 0 y ); 2: y = y 0 z = f (x y 0 ); 3: z = z0 z0 = f (x y ):
Podsjetimo da je jednadzˇ bom x = x 0 zapravo zadana ravnina okomita na os apscisa, isto tako je i s y = y 0 . Mozˇ emo dakle rec´i da su to krivulje koje se nalaze i na grafu funkcije i u pripadnoj ravnini. Ravnina z = z0 je horizontalna ravnina. Kad s njom presjec´emo plohu z = f (x y ) , dobit c´emo nivo krivulje (izohipse – krivulje iste visine). Podsjeti se uporabe izohipsi pri crtanju zemljopisnih karata ili modeliranju reljefa.
16
2. FUNKCIJE VISˇ E
VARIJABLI
11.4. LINEARNE DIFERENCIJALNE
241
ˇ BE PRVOG REDA JEDNADZ
Mnozˇ enje s multiplikatorom y
400 300 200
x
Sl. 2.1. Nivo krivulje su projekcije na koordinatnu ravninu presjeka plohe s horizontalnim ravninama povuc´enim na razlicˇitim visinama.
100
izohipse
0
Napisˇimo linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu u obliku dy + py ; q]dx = 0: Vidimo da je to jednadzˇ ba oblika P(x y )dx + Q(x y )dy = 0 . Podsjetimo da je takva jednadzˇ ba egzaktna ako je P 0y = Q0x . Linearna diferencijalna jednadzˇ ba obicˇ no nije egzaktna, ali postoji Eulerov multiplikator koji je funkcija samo neoznanice x . Naime, ovdje je Q(x y ) = 1 , P(x y ) = p(x )y ; q(x ) , pa vrijedi 1 @P @Q ; @ x = p(x) Q @y Zato je
µ
Za zorno predocˇ enje grafova funkcija visˇe varijabli koristimo se odgovarajuc´im koordinatnim sustavima. U trodimenzionalnom prostoru najcˇ esˇc´e se koristimo sljedec´im koordinatnim sustavima: pravokutnim kartezijevim sustavom, cilindricˇ nim sustavom i sfernim sustavom.
= µ (x )
Prema tome je
ln µ
=
Z
R
p(x )dx
=) µ = e
( ) + µ (x)p(x)y ; q(x)]dx = 0
egzaktna diferencijalna jednadzˇ ba, to je totalni diferencijal neke konstantne funkcije, recimo neka je to F (x y ) = C . Sad bi bilo @ F (x y ) = µ (x) = e p(x)dx F(x y) = y e p(x)dx + f (x): @y Funkciju f (x ) odredimo iz jednakosti @ F (x y ) = p(x)y ; q(x)]e pdx = yp(x)e pdx + f 0(x) @x
R
R
z
R
;qe
(0,0,z0 )
y (x )
y x
T’0 (x0 ,y0 ,0)
Tocˇ ke odredujemo kao presjek triju medusobno okomitih ravnina. Tocˇ ku T s koordinatama T0 (x 0 y 0 z0 ) dobit c´emo kao presjek tri ravnine x
= x0
y
= y0
z
= z0
0
F (x y ) = y e
O
:
Te ravnine nazivamo koordinatnim plohama. Na svakoj od njih jedna je koordinata stalna, a druge dvije se mogu odabrati po volji.
R
= f (Zx) R f (x ) = ; q(x )e pdx pdx
R
T0(x 0 ,y0 ,z0 )
Sl. 2.2. Kartezijeve koordinate x0 y 0 z0 tocˇke u pravokutnom sustavu jednake su koordinatama ortogonalnih projekcija te tocˇke na osi sustava.
:
µ x dy
R
1. Pravokutni sustav
p(x )dx
=
hZ
pdx
;
Z
R
q(x ) e
R
q(x )e p(x )dx
=C
pdx
i R
dx + C e;
p(x )dx
]
:
Primjer 11.3. Odredi opc´e rjesˇenje jednadzˇ be
y 0 + y cos x
= esin x
:
Zadanu jednadzˇ bu pisˇimo u obliku µ (x )dy + µ (x )y cos x ; e; sin x ]dx = 0 Mora biti @ F (x y ) = µ 0(x) = @ F@(xy y) = I(x) cos x @x i odavde je dµ = cos xdx µ (x ) = esin x : µ .
240
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
Metoda supstitucije
2.GEOMETRIJSKI PRIKAZ
17
FUNKCIJA VISˇ E VARIJABLI: : :
2. Cilindricˇ ni sustav
Potrazˇ imo rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be prvog reda u obliku produkta dviju funkcija. Neka je dakle y
= u(x) v(x)
y0
= u v + uv 0
0
z
:
T (r, ϕ ,z)
Uvrsˇtavanjem u zadanu jednadzˇ bu dobivamo: u0 v + uv0 + p(x )uv
= q(x) v(u + p(x)u) + uv = q(x) Odaberimo sad funkciju u = u(x ) tako da je u + p(x )u = 0 Dobili smo diferencijalnu jednadzˇ bu za nepoznatu funkciju u(x ) (to je upravo homogena jednadzˇ ba) koju rjesˇimo metodom separacije varijabli. Dakle, Z R p x dx du = ; pdx ln u = ; p(x )dx u=e u Iz jednadzˇ be uv = q(x ) slijedi: Z R R v = q(x ) e p x dx v = q(x )e p x dx + K 0
0
0
:
:
( )
;
z
O
y
r
ϕ
Sl. 2.3. Cilindricˇni sustav. Polozˇ aj tocˇke odreden je ravninskim polarnim koordinatama r i ϕ te aplikatom z .
T’(r,ϕ ,0) x
:
0
( )
0
Opc´e rjesˇenje je y
= uv =e
R
;
Primjer 11.2. Rjesˇi jednadzˇ bu
.
( )
p(x )dx
h
K+
y 0 + 2xy
Z
=x
R
q(x )e
Iz jednadzˇ be 0
u
+ 2xu = 0
p(x )dx
i
0
0
slijedi u = e
:
2
:
Prema tome iz uv0
=x
Opc´e rjesˇenje je y
v0
slijedi
= uv = e
;x
2
h1 2
ex
2
= xex
i
2
v
= 12 ex + K 2
:
+ K = 12 + Ke
;x
ϕ
= ϕ0
z
= z0
:
0?ϕ
? 2π
r
>0
:
0
0
;x
= r0
Jednadzˇ bom r = r0 zadan je kruzˇ ni cilindar cˇ ija je os upravo os z . Na toj koordinatnoj plohi konstantan je r , dakle udaljenost do osi aplikata, a druge dvije koordinate mozˇ emo odabrati po voolji. Jednadzˇ bom ϕ = ϕ 0 zadana je poluravnina, dok je jednadzˇ bom z = z0 zadana ravnina. U primjenama obicˇ no se prave sljedec´a ogranicˇ enja
= uv , y = u v + uv , vu + 2xu] + uv = x 0
Ako u ravnini XOY zadamo polarni koordinatni sustav i os z uzmemo iz kartezijeva sustava dobivamo cilindricˇ ni koordinatni sustav. Tocˇ ku T (r0 ϕ0 z0 ) odredujemo kao presjek koordinatnih ploha r
:
:
Trazˇ imo rjesˇenje u obliku produkta y u0 v + uv0 + 2xuv = x
:
2
:
/
Veza izmedu pravokutnih kartezijevih koordinata i cilindricˇ nih iste tocˇ ke je sljedec´a. Ako su T (x y z ) i T (r ϕ z ) koordinate iste tocˇ ke u ova dva sustava, onda vrijedi
8 x = r cos ϕ < : yz == zr cos ϕ
8 p > < r = x +yy ϕ = arc tg > :z = z x 2
2
18
2. FUNKCIJE VISˇ E
VARIJABLI
z
T (r, ϕ , θ ) r
Varijacija konstante
O
y
ϕ
Sl. 2.4. Sferni (prostorni polarni sustav). Polozˇ aj tocˇke odreden je njezinom udaljenosˇc´u do ishodisˇta, te s dva kuta ϕ i ϑ .
π
x
239
ˇ BE PRVOG REDA JEDNADZ
Iz recˇ enog slijedi kako je potrebno pronac´i samo jedno rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be i opc´e rjesˇenje pripadne homogene pa tada imamo opc´e rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be. Opisˇimo tri uobicˇ ajena nacˇ ina rjesˇavanja linearnih diferencijalnih jednadzˇ bi prvog reda. To su metode: varijacija konstante, metoda supstitucije i mnozˇ enje s multiplikatorom.
3. Sferni sustav
θ
11.4. LINEARNE DIFERENCIJALNE
T’(r,ϕ , 2 )
Polozˇ aj tocˇ ke T (x y z ) odredujemo uredenom trojkom brojeva (r ϕ θ ) . Broj r je jednak udaljenosti tocˇ ke od ishodisˇta. Sve tocˇ ke koje imaju isti r nalaze se na sferi, tj. kuglinoj plohi. Kut ϕ je kut sˇto ga zatvaraju poluos x > 0 i polupravac koji prolazi ortogonalnom projekcijom tocˇ ke T na ravninu XOY . Sve tocˇ ke koje imaju isti ϕ nalaze se u poluravnini. Kut θ je kut sˇto ga zatvaraju polupravci: dio osi z , z > 0 i polupravac koji polazi iz ishodisˇta i prolazi tocˇ kom T . Sve tocˇ ke koje imaju isti θ nalaze se na kruzˇ nom stosˇcu kojem je vrh u ishodisˇtu a os mu je os z . Ako su T (x y z ) i T (r ϕ ϑ ) koordinate iste tocˇ ke u prvokutnim i sfernim koordinatama, onda su veze izmedu kordinata dane sljedec´im relacijama: x = r sin ϑ cos ϕ y = r sin ϑ sin ϕ z = r cos ϑ : U primjenama obicˇ no se vrsˇe ogranicˇ enja: r > 0 0 ? ϕ ? 2π 0 ? ϑ ? π:
8 < :
2.4. Plohe drugog reda
Do tzv. partikularnog rjesˇenja y p diferencijalne jednadzˇ be dolazimo tako da ga potrazˇ imo u obliku
= C(x)e gdje treba odrediti nepoznatu funkciju C(x ) y
;
R
p(x )dx
tako da y bude rjesˇenje. U tu svrhu uvrstimo pretpostavljeno partikularno rjesˇenje u polaznu jednadzˇ bu. Dobivamo: C (x )e 0
R
; C(x)p(x)e R C (x ) = q(x )e p x dx ;
p(x )dx
;
R
( )
0
R
+ p(x)C(x)e p x dx = q(x) Z R C(x ) = q(x ) e p x dx dx + K p(x )dx
;
( )
( )
:
Konstanta integracije je K . Prema tome opc´e rjesˇenje linearne diferencijalne jednadzˇ be je y (x )
=
hZ
R
q(x ) e
p(x )dx
i R
dx + K e;
p(x )dx
:
Mozˇ emo primijetiti da je rjesˇenje oblika y (x )
= f1(x) + K f2 (x) Mozˇ e se lako provjeriti da svaka funkcija y (x ) koju mozˇ emo prikazati u tom obliku :
zadovoljava neku linearnu diferencijalnu jednadzˇ bu. Naime, ako deriviramo y (x )
= f1 + K f2
dobivamo y 0 = f10 + K f20 : Eliminacijom konstante K dolazimo do linearne diferencijalne jednadzˇ be. Primjer 11.1. Odredi opc´e rjesˇenje jednadzˇ be
Plohe drugog reda su skupovi tocˇ aka cˇ ije su koordinate nultocˇ ke polinoma drugog stupnja u tri varijable. Polinom drugog stupnja u varijablama x y z ima oblik Φ(x y z ) = Ax 2 + By 2 + Cz2 + 2Dxy + 2Exz + 2Fyz + 2Gx + 2Hy + 2Kz + L: Jednadzˇ be ploha drugog reda su jednadzˇ be oblika Φ(x y z ) = 0: Zamislimo da je u prostoru smjesˇten elipsoid u opc´em polozˇ aju. Njegova jednadzˇ ba je “komplicirana” zbog losˇeg smjesˇtaja koordinatnog sustava. Pozˇ eljno bi bilo dovesti ishodisˇte sustava u njegov centar, zatim osi sustava postaviti tako da se podudaraju s njegovim osima. U takvom sustavu njegova jednadzˇ ba bit c´e puno jednostavnija. Upravo takvu ideju pokusˇajmo provesti i u opc´em slucˇ aju plohe drugog reda.
y0 ; y
= ex
:
. Pripadna homogena diferencijalna jednadz ˇ ba je y 0 ; y = 0 , njezino rjesˇenje je y = Cex . Varijacijom konstante dolazimo do partikularnog rjesˇenja. Stavimo y = C(x )ex : Uvrsˇtavanjem u polaznu jednadzˇ bu dobivamo:
C0 ex
+ Cex ; Cex = ex
C0
=1
Opc´e rjesˇenje polazne jednadzˇ be je y
= ex (x + K )
K
2R
C :
/
=x+K
:
238
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
11.4. Linearne diferencijalne jednadzˇ be prvog reda
Linearna diferencijalna jednadzˇ a je jednadzˇ ba prvog reda oblika y 0 + p(x )y
= q(x)
:
Jednadzˇ bu zovemo linearnom jer je lijeva strana linearna kombinacija nepoznate funkcije y i njezine derivacije y 0 . Koeficijenti mogu biti funkcije nepoznanice x . Za funkcije p(x ) i q(x ) pretpostavljamo da su zadane na nekom otvorenom intervalu realnih brojeva i da su na njemu neprekinute. U tom slucˇ aju linearna diferencijalna jednadzˇ ba ima samo jedno rjesˇenje koje zadovoljava zadani pocˇ etni uvjet tj. koje prolazi zadanom tocˇ kom. To posebno znacˇ i da se krivulje koje su rjesˇenja za razlicˇ ite pocˇ etne uvjete ne sijeku. Uz zadanu jednadzˇ bu cˇ esto se promatra i njezina pripadna homogena jednadzˇ ba i to je y 0 + p(x )y = 0 homogena jednadzˇ ba:
(Ovu jdnadzˇ bu ne treba dovoditi u vezu s homogenim diferencijalnim jednadzˇ bama spomenutim ranije.) Rijesˇimo homgenu jednadzˇ bu. Iz
y 0 + p(x )y
slijedi dy y
= ;p(x)dx
ln y
=;
Z
+ ln C
y
= Ce
;
R
p(x )dx
:
R
Razna rjesˇenja dobivamo izborom konstante C . Vidimo da je dovoljno imati
p(x )dx , iz kojeg mnozˇ enjem s konstantom C dobivamo jedno rjesˇenje, recimo y = e svako drugo rjesˇenje. Vratimo se polaznoj linearnoj diferencijalnoj jednadzˇ bi. Pretpostavimo da su nam poznata dva rjesˇenja te jednadzˇ be i neka su to y 1 i y 2 . Dakle, vrijedi: ;
y 01 + p(x )y 1 y 02 + p(x )y 2
= q(x) = q(x)
:
Oduzimanjem tih jednakosti dobivamo:
(y2 ; y1 ) + p(x)(y2 ; y1 ) = 0; 0
0
to znacˇ i da razlika tih rjesˇenja zadovoljava homogenu jednadzˇ bu. Dakle, y2 ; y1
= yh
gdje je y h rjesˇenje homogene jednadzˇ be. Neka nam je poznato neko rjesˇenje y p (x ) linearne diferencijalne jednadzˇ be. To rjesˇenje cˇ esto nazivamo posebno ili partikularno rjesˇenje. Iz gornje jednakosti zakljucˇ ujemo da c´emo bilo koje rjesˇenje dobiti tako da tom rjesˇenju dodamo neko rjesˇenje pripadne homogene jednadzˇ be, y (x )
= y p(x) + yh (x)
:
19
Prelaskom na nove koordinate (translacijom ishodisˇta) x = x 0 + ¯x y = y 0 + ¯y z = z0 + ¯z gdje je tocˇ ka T0 (x 0 y 0 z0 ) ishodisˇte novog koordinatnog sustava, polinom Φ prelazi u polinom ¯ ¯x ¯y + : : : +L¯: A¯ ¯x2 + B¯ ¯y2 + C¯ ¯z2 + 2D Lako se provjeri da je: ¯ = D E¯ = E F¯ = F L¯ = Φ(x 0 y 0 z0 ) A¯ = A B¯ = B C¯ = C D
¯ = Ax 0 + Dy 0 + Ez0 + G G ¯ = Dx 0 + By 0 + Fz0 + H H K¯ = Ex 0 + Fy 0 + Cz0 + K: Nastojimo odrediti T0 (x 0 y 0 z0 ) tako da jednadzˇ ba plohe u tom sustavu ima cˇ im jednostavniji oblik. Pokusˇajmo odabrati T0 tako da bude: ¯=H ¯ = K¯ = 0: G Kako vidimo problem se svodi na rjesˇavanje sustava od tri jednadzˇ be s tri nepoznanice. Taj c´e sustav imati jednoznacˇ no rjesˇenje ako je determinanta tog sustava razlicˇ ita od nule. Dakle, ako je A D E ∆ = D B F 6= 0 E F C onda postoji i mozˇ emo odrediti tzv. centar plohe (x 0 y 0 z0 ) . Plohe za koje je ∆ 6= 0 nazivamo centralnim plohama. Takve plohe imaju samo jedan centar. Ako je ∆ = 0 , onda su to plohe koje imaju visˇe centara ili uopc´e nemaju centar. Takve su plohe paraboloidi, valjci i parovi ravnina. Tako je na primjer (2x + 3y + z ; 1)(x + y ; 5z + 7) = 0 ploha drugog reda koja predstavlja par ravnina i nema centra. Jednadzˇ ba centralne plohe u novom sustavu je ¯ ¯x ¯y + 2E¯ ¯x ¯z + 2F¯ ¯y ¯z +L¯ = 0: A¯ ¯x2 + B¯ ¯y2 + C¯ ¯z2 + 2D
=0
p(x )dx
2.4. PLOHE DRUGOG REDA
Kako se koeficijenti uz cˇ lanove drugog stupnja ne mijenjaju slijedilo bi: A ¯x2 + B ¯y2 + C ¯z2 + 2D ¯x ¯y + 2E ¯x ¯z + 2F ¯y ¯z + Φ0(xy 0 z0 ) = 0: Primijetimo, ako tocˇ ka T ( ¯x ¯y ¯z ) pripada plohi, tj. zadovoljavu tu jednadzˇ bu, onda i tocˇ ka T (; ¯x ; ¯y ; ¯z ) zadovoljava jednadzˇ bu. Tocˇ ke plohe su centralno simetricˇ ne u odnosu na ishodisˇte novog koordinatnog sustava. Primijetimo takoder, za centralne plohe vrijedi: L¯ = Φ(x 0 y 0 z0 )
= Ax20 + By20 + Cz20 + 2Dx0y0 + 2Ex 0z0 + 2Fy 0z0 + 2Gx0 + 2Hy0 + 2Kz0 + L = (Ax0 + Dy0 + Ez0)x0 + (Dx0 + Fz0 + By0 + H)y0 + (Ex0 + Fy0 + Cz0 + K )z0 + (Gx0 + Hy0 + Kz0 + L) L¯ = Φ(x 0 y 0 z0 ) = Gx 0 + Hy 0 + Kz0 + L :
20
2. FUNKCIJE VISˇ E
VARIJABLI
Rotacijom koordinatnog sustava dolazi se do josˇ jednostavnije jednadzˇ be plohe drugog reda. Mi taj postupak nec´emo provesti nego c´emo navesti rezultate do kojih dolazimo. Radi jednostavnijeg zapisa, koristimo oznake za varijable iz polaznog sustava. Izdvojit c´emo sljedec´e nedegenerirane plohe drugog reda: Centralne plohe drugog reda: 1. troosni elipsoid; 2. elipticˇ ki hiperboloid jednokrilni; 3. elipticˇ ki hiperboloid dvokrilni; 4. elipticˇ ki stozˇ ac. Plohe koje nisu centralne: 1. elipticˇ ki paraboloid; 2. hiperbolicˇ ki paraboloid; 3. valjci, elipticˇ ki, hiperbolicˇ ki, parabolicˇ ki. 1. Troosni elipsoid
x2 a2
2
z
( ) + Q(x y)dy = 0
11.3. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE OBLIKA P x y dx
237
Ako µ ovisi samo o x , onda dobivamo ;Qµ 0 = µ @@Qx ; @@Py =) dµµ = Q1 @@Py ; @@Qx pa se integriranjem lako odredi ta funkcija. Da bi ovakav µ postojao, mora desna strana ovisiti samo o nepoznanici x . Slicˇ nu jednadzˇ bu dobivamo i ako µ ovisi samo o y .
Eulerov multiplikator
Ako Eulerov multiplikator µ ovisi samo o jednoj nepoznanici, onda ga racˇ unamo formulom 1 @P @Q µ = µ (x ) : ln µ = ; @ x )dx Q @y 1 @P @Q µ = µ (y ) : ln µ = ; ; @ x )dy P @y Pritom podintegralne funkcije moraju ovisiti samo o odabranoj varijabli.
Z
Z
2
+ yb2 + cz2 = 1
:
c
Primjer 11.6. Odredi opc´e rjesˇenje diferencijalne jednadzˇ be
a O
(x + 2y)dx ; xdy = 0
:
y
b
.
Sl. 2.5.
x
2. Elipticˇ ki hiperboloid — jednokrilni
x2 a2
2
Q = ;x
=)
@
@
Z
2
+ yb2 ; cz2 = 1
:
z
a O b
P = 2 @@Qx = ;1 y Jednadzˇ ba nije egzaktna diferencijalna jednadzˇ ba. Medutim, 1 @P @Q 3 ; = ; Q @y @x x ovisi samo o nepoznanici x , pa postoji Eulerov multiplikator oblika µ = µ (x ) . 3 1 ln µ = ; dx =) µ = 3 : x x Mnozˇ enjem polazne diferencijalne jednadzˇ be multiplikatorom dobivamo egzaktnu diferencijalnu jednadzˇ bu x + 2y x dx ; 3 dy = 0: 3 x x Za njezino rjesˇenje U (x y ) vrijedi: @U 1 1 = ; U = ; 2 y + ϕ (x ) 2 @y x x x + 2y 2y 0 = x3 + ϕ (x) ϕ (x) = ; 1x : x3 Opc´e rjesˇenje polazne jednadzˇ be je y 1 1 : / U = ; 2 ; = ;C y = x2 C ; x x x P = x + 2y
Presjek ove plohe s ravninama paralelnim s koordinatnim ravninama su elipse.
Jednadzˇ ba plohe je
Vrijedi
y
x
Sl. 2.6.
Sl. 2.7.
236
11. DIFERENCIJALNE JEDNADZˇ BE
Z
Iz gornjih jednakosti slijedi: U (x y ) = Q(x y ) = dϕ dy
=
U @y
@ @
( )=
ϕ y
U (x y ) =
Z
P(x y )dx +
Z
y
= Q(x y) ;
Zh
Z
@ @
Q(x y ) ;
Z
@
Zh
@
P(x y )dx +
dϕ dy
P(x y )dx
y y
i
P(x y )dx dy
Q(x y ) ;
Z
@ @
i
P(x y )dx dy
y
Z
Prema gore recˇ enom je
U (x y ) =
(2xy3 + 2)dx +
Zh
(3x2 y2 + 1) ;
:
Nakon obavljanja naznacˇ enih operacija dobivamo
U (x y ) = x2 y 3 + 2x + y
@
:
Z
@
(2xy3 + 2)dx
y
=C
:
i
dy
=C
Primjer 11.5. Rijesˇimo egzaktnu jednadzˇ bu
(2xy3 + 2)dx + (3x2 y2 + 1)dy
y2 z2 x2 y ; = 1 ; ; z y + z = 1 ; ax 1 + xa : b2 c2 a2 b c b c Ovdje se prirodno promatraju dvije jednoparametarske familije pravaca. Prva familija je zadana jednadzˇ bama y + z = t 1 + xa b c y ; z = 1t 1 ; ax : b c
Ilustrirajmo taj postupak sljedec´im primjerom.
.
21
Os plohe je os aplikata. Presjeci plohe s horizontalnim ravninama su elipse, a presjeci s vertikalnim ravninama su hiperbole. Odatle plohi ime. Promjenom predznaka uz nepoznanice (ali tako da samo jedan bude negativan) dobit c´emo elipticˇ ke hiperboloide kojima su osi neka od preostale dvije koordinatne osi. Interesantno je spomenuti da je elipticˇ ki hiperboloid tzv. pravcˇ asta ploha. Naime, gornju jednadzˇ bu mozˇ emo napisati u obliku
P(x y )dx + ϕ (y )
@
2.4. PLOHE DRUGOG REDA
=C
:
/
Eulerov multiplikator
Ako diferencijalna jednadzˇ ba P(x y )dx + Q(x y )dy = 0 nije egzaktna tada pomnozˇ imo tu jednadzˇ bu funkcijom µ (x y ) tako da jednadzˇ ba µ (x y )P(x y )dx + µ (x y )Q(x y )dy = 0 postane egzaktna. Funkcija µ naziva se Eulerov multiplikator. U tom bi slucˇ aju moralo vrijediti: @ (µ P) @ (µ Q) = @y @x @P @µ @µ P+µ = @ x Q + µ @@Qx @y @y @µ P ; Q @@µx = µ @@Qx ; @@Py : @y
Za svaku vrijednost parametra t t 6= 0 dobivamo jednadzˇ be dviju ravnina tj. jednadzˇ bu pravca. Ako tocˇ ka T pripada tom pravcu, onda njezine koordinate zadovoljavaju obadvije jednadzˇ be, prema tome i njihov produkt, dakle i jednadzˇ bu hiperboloida. Dakle, svaka tocˇ ka tog pravca pripada plohi pa prema tome i cijeli pravac. Slicˇ no se obrazlozˇ i i za pravce druge familije y + z = t 1 ; ax b c y z 1 x ; = 1+ : b c t a Mozˇ emo zakljucˇ iti da je jednokrilni hiperboloid pravcˇ asta ploha. Mozˇ e se dokazati da kroz svaku tocˇ ku plohe prolazi samo po jedan pravac iz svake od spomenutih porodica.
3. Elipticˇ ki hiperboloid dvokrilni
x2 a2
2
; yb2 ; cz2 = 1
:
c O
Dobivenu jednadzˇ bu za nepoznatu funkciju µ nije jednostavno rijesˇiti jer je rijecˇ o parcijalnoj diferencijalnoj jednadzˇ bi. Medutim, tu jednadzˇ bu mozˇ emo jednostavnije rijesˇiti ukoliko µ zadovoljava neki dodatni uvjet. Tako na primjer, mozˇ emo ispitati postoji li Eulerov multiplikator koji je funkcija samo nepoznanice x , samo nepoznanice y , ili pak funkcija oblika µ = µ (x 2 + y 2 ) i slicˇ no.
2
z
y
x
Sl. 2.8.
Ponovo su presjek plohe s horizontalnim ravninama elipse, a s vertikalnim hiperbole. Os plohe je os aplikata, na kojoj se nalaze dva tjemena (udaljena za c od ishodisˇta). Promjenom rasporeda predznaka, dobit c´emo hiperboloidse s osima duzˇ osi apscisa ili ordinata.
2. FUN KCIJE VIŠE VARIJABLI
I:
4. Eliptički paraboloid
I
SI. 1.9.
x
y
Os plohe je os aplikata. Presjeci plohe s horizontalnim ravninama su elipse, a presjeci s vertikalnim ravninama su parabole. 5. Hiperbolički paraboloid
I
SI. 2. lD.
Presjeci plohe s horizontalnim ravninama s u hiperbole, a presjeci s vertikalnim ravninama su parabole. Točka O naziva se sedlo plohe, pa se za cijelu plohu kaže da je sedlasta.
[6:'
Eliptički stožac
I
y x
SI. 2.11.
Presjeci plohe s horizontalnim ravninama su elipse, a presjeci s vertikalnim rav ninama su hiperbole. Točka O naziva je Vrli plohe. Eliptički stožac možemo zamisliti kao granični slučaj između jednokrilnog i dvokrilnog eliptičkog hiperboloida.
23
2.5. VALJCI 2.5.
I
Valjci
Valjci ili cilindri su plohe koje susrećemo vrlo često. Navedimo jednadžbe usp ravnih valjaka. Neka je u ravnini XOY zadana krivulja jednadžbom F(x, y) = o. Sve točke prostora koje zadovoljavaju tu istu jednadžbu ležat će na cilindričnoj plohi koju dobijemo kad kroz svaku točku krivulje povučemo pravac paralelan s osi aplikata.
Sl. 2.12. Cililldrična ploha na sli ci određeIla je jedlladžbom F(x, y) O krivulje u xOy ravnini. Svakom toeKom te krivulje povučena je iz vodilica: pravac paralelall s osi z. Plopha sadrže sve toc'Ke tih izvodllica
y
=
Krivulju možemo odabrati i u nekoj drugoj kordinatnoj ravnini. Tako ćemo dobiti tri familije uspravnih cilindara čije su jednadžbe redom: l.
F(x , y)
=
O,
2.
F(x, z)
=
O,
3.
F(y , z)
=
O.
z
Sl. 2.13. Primjer cilidričIle plohe s iz vodIl icama paralelnim s osi y z
x
y
x
Sl. 2.14. Primjer cilidričIle plohe s izvodIlicama paralelnim s osi x
2.
24
Valjci kojima je os paralelna s osi
FUN KCIJE ViŠE VARIJABLI
z su na primjer
x2 + i = r2, x2 y2 = + a 2 b2 1 , x2 y 2 - = a 2 b2 1 , i = 2px,
kružni valjak eliptički valjak hiperbolički valjak
parabolički valjak Dakako da ne moramo dobiti isključivo plohu drugog reda. Tako je na primjer jed nadžbom y = sin x određena cilindrična ploha kojoj izvodnice prolaze sinusoidom u XOY ravnini. Kosi valjci
I
Neka je zadana krivulja u ravnini XOY jednadžbama
F(x, y)
=
O, z = O.
Zadajmo pravac - izvodnicu točkom To(xo, Yo) i vektorom smjera s . Za točku To pretpostavljama daje na zadanoj krivulji - ravnalici. To znači daje F(xo, yo) = O, ZO = O. Jednadžbe izvodnicajesu paralelni pravci ( mijenjamo To ) koji imaju i sti vek tor smjera s = (a, b, e) : x = Xo + at, y = yo + bt, Z = Zo + ct . Točka prostora pripada valjku ako se nalazi na nekoj izvodnici. Ako je točka T(x, y, z) na nekoj izvodnici, tada je
x = Xo + at,
y = yo + bt ,
Z = Zo + ct = ct;
t-
-Z e
z
Sl. 2. 15. Kosi valjak. lzvodinica nije paralelna s kOordinatnom osi
x
Prema tome za takve točke vrijedi:
F(xo, yo) .
=
(
F(x - at, y - bt) = F x - a · �c , y - b . �c
) O. =
25
2 . 7 . STOŠe]
Jednadžba kosog valjka čija je ravnalica ravninska krivulja F(x, y) = O , z = O , ima jednadžbu oblika: = O. F(x - az, y -
f3z)
Tako je na primjer jednadžbom
(x -
3Z) 2 + (y - 4Z) 2 =
l
zadan kosi valjak, kojem je ravnalica (koju dobijemo za z = O ) kružnica: x2 + y 2 = l . Vektor smjera izvodnica j e s = (3, 4, - l) . 2.6.
Projicirajući valjci, rotacijske plohe, stošci
Neka su u trodimenzionalnom prostoru zadani podskupovi ( relacije) jednadžbama
F(x, y, z) = O,
G(x, y, z) = O.
Presjek tih podskupovaje skup koji želimo ortogonalno projicirati na jednu koordinat nu ravninu. Takve situacije su vrlo česte. Naime, jednadžbama F = O , G = O obično zadajerno dvije plohe i njihov zajednički dio je prostorna krivulja. Predstavu tako nas tale krivulje najlakše dobijemo preko njezinih projekcija na tri ravnine. Pretpostavimo da je iz zadanih jednadžbi moguće izračunati z . Tada bi dobili :
z = f(x, y) , z = g (x, y) . Točka T(x, y, O) iz ravnine XOY je projekcija zajedničke točke ako njezine koordinate x i y daju uvrštene u zadane jednadžbe istu vrijednost za z . Dakle, f(x, y) = g (x, y) , f(x, y) - g (x, y) = O je jednadžba valjka kojeg nazivamo proj icirajući valjak. Jednadžba tog valjka zajedno sjednadžbom ravnine z = O je jednadžba projekcije polazne krivulje na ravninu XOY . Primjer 2.1 . Neka je pravac zadan kao presjek ravnina
2x + 3y - z - l = O, x + y + 2z - 1 0 = O. Projekcija tog pravca na XOY ravninu je pravac čija je jednadžba lO - x - y 2x + 3y - 1 z o. =
2.7.
2
=
Stošci
I
Neka je zadana ravnalica stošca F(x , y) = O , z = O . Njegov vrh neka je u točki
V (a, b, e ) . Izvodnica stošca je svaki pravac koji prolazi vrhom stošca i nekom točkom
ravnalice. Točka prostora pripada stošcu ako se nalazi na nekoj izvodnici.
2 . FU N KCIJE VIŠE VARIJABLI
26
z
SI. 2. J6. Stož,asta ploha. Ona sa drži točke svili pravaca koji pro V (vr laze zadanom toCK.OII/ hom stof.aste plohe) i krivuljom O II koorinamoj rOlJni F(x, y) ni.
Neka je
s = (a
-
xo, b
x = a
+
To(.t"o, YD, O) Yo, e - O)
z=o x
točka na ravnalici. Vektor smjera pri padne izvodnice je a njezina j ednadžba je:
y=
( a - xo)t,
y -1.._"'-- F(x,y)=O
b + (b
- yo)t,
Z
t=
e + (e - O)t,
Iz tih jednadžbi slijedi:
Xo =
a-x
+ a,
Vo =
•
b-y
-t
Z
+ b,
e
e
U vrstimo li te izraze u jednadžbu ravnalice dobivamo jednadžbu stošca: F
- .e ( -a
x
z-e
+ a,
b
z-e
.e+b
)
=
O.
Z
e
e
2.8.
27
ROTACIJSKE PLOHE 2.8.
y
I
Rotacijske plohe
T(x.t(x).O)
O'f�--I k%,,�?----'-- -----j�x
z
Sl. 2. 1 7. Rotacijska ploha
Neka je zadan graf neprekinute funkcije y = j(x) . Rotacijom tog grafa oko osi x nastaje rotacijska ploha. Ako je točka T(x, y, z) na toj plohi, onda je ona udaljena od osi x za j(x) . Iz pravokutnog trokuta čiji su vrhovi A(x, 0, O) , Tl (x, y, O) , T(x, y, z) slijedi : - jednadžba rotacijske plohe. Potpuno analogno dobivamo jednadžbe rotacijskih ploha ako odgovaraj uća krivulja rotira oko neke druge koordinatne osi.
3. Vektorske fun kcije skalarnog argumenta
3. 1
. . . . . . . . "
Vektorske funkcije
3 . 2. Limes vektorske funkcije .
.
3 .3. Neprekinute vektorske funkcije
"
3,4. Derivacija vektorske funkcije . . 3 , 5 . Integriranje vektorskih funkcija 3.6. Određeni integral
. . . . , . . . . . . 28
. . . . .
, . "
.
"
Jordanov luk
' "
31
. . , 34
. , ' , .
. , . 37
. . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
3.7. G latka krivulja
"
. . . . . . . , . , . 33
. . . . . .
.
.
.
. . . 39
, , . . . . . 40
3.8, Duljina luka , , , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.9, Trobrid pratilac 3. 10. Brzina
.
.
, . . , "
akceleracija
3 . 1 1 . G ibanje u ravnini 3. 1 2. Keplerovi zakoni .
.
. . .
, , . . . . . . , . . 45
zakrivljenost .
. . ,
.
.
. 50
. . . . . . . . . . . . . . . . 52 . . .
3.1� , .Yektorske
. .
. . . . 53
funkcije, '
I
Podsjetimo da j e Rn vektorski prostor čiji su elementi uređene n -torke realnih brojeva. Ako u tom prostoru uvedemo standardni (euklidski) skalami produkt, zatim standardnu eukIidsku metri ku, tada dobivamo eukl idski prostor koji označavamo s en . Odaberi mo točku 0(0, 0, . . . , O) E En . Skup svih usmjerenih dužina i z En koji ma je O početna točka je vektorski prostor. Taj prostor označavamo oznakom Eo ,
Eo
{
I T E En }.
Bazu tog vektorskog prostora čine vektori el , e2, . . . , en ,
e,
(0, 0, . . . , 1 , 0, . . . , 0) . Točka Ti i ma i -tu koordinatu jednaku l , dok s u sve ostale jednake O.
Ti
3. 1 .
VEKTORSKE
29
FUN KCIJE
Vektor a iz vektorskog prostora Eo u zadanoj bazi ima jednoznačan prikaz;
ai E R, Ako je II =
i=
3 , uobičajene su oznake
el
= ( 1 , O, O),
j
= e2
(O , l , O),
i
1,
=
k = e3
.
.
. , n.
(O, O , 1 ) .
Prema tome svaki vektor iz Eb jednoznačno se prikazuje u obliku
a
al, al, a3 E R.
al i + a:J + a3k, *
*
*
Vektorske funkcije skalarnog argumenta
Vektorske funkcije skalarnog argumenta su funkcije kojima je domena neki podskup realnih brojeva ( skalara) a funkcijske vrijednosti su u Eo . f : I -... Eo, I <;;; R.
Često je domena takve funkcije zatvoreni interval realnih brojeva I je II = uobičajeno je tada za vektorske funkcije koristiti se oznakom:
3,
r(t) = fJ (t) i + fz (t)j + h { t ) k ,
tEI
=
=
[a, bl . Ako
[a, bl .
Kako zadajerno vektorsku funkciju skalarnog argumenta? Zadajerno j u tako da zada mo tri realne funkcije fl (t) , h( t) , h( t) realne varijable. Uočimo još jednu funkciju koj a se tu prirodno pojavljuje.
f 1-+ T{t )
=
(fJ (t), J2 (t) , f,(t)),
r(t)
=
--+
OT . 3
Dakle to j e funkcija koja realnom broju t pridružuje točku T(t) E E Grafom vektorske funkcije t 1-+ r(t) fl (t) i + h(t)j + f3{t)k nazivamo skup svih točaka T(t ) = (h(t), h(t), f,�t)) . z
T(I) =
----
{fl (1)J2(1)J.. (1))
y
Sl. 3.1. Graf vektorske funkcije je krivulja u prostoru.
3. VEKTORSKE FUNKCIJE S KALARNOG ARGUM ENTA
30
Primjer 3.1 . Neka su a , b , e l inearno nezavisni konstantni vektori. Provjeri da su navedenim jednadžbama zadane naznačene krivulje: a) r( f) = at + b , t E R pravac; segment; r(t) = ( l - t) a + tb , O � t � 1, b) r( t) = a cos t + b sin t + e , O � t � 2n elipsa; hiperbola; c) r( f) = a ch t + b sh t + e , t E R parabola; d) r( t) = a + bt + ct2 , t E R e) r(l) a cos t + b sin t + ct , t E R cilindrična spirala. =
c> a) Radi se o pravcu koji prolazi točkom To(bl , b2, b 3 ) , a vektor smjera je vektor a . Njegove su parametarske jednadžbe: x = a l t + bl , y = a2t + bz, Z = a3t + bz.
Označimo s A i B točke za koje je aA = a , OB = b . Ako je točka T na spojnici
točaka A i B onda za vektor OT = r vrijedi : ---+
OT = aA + A T --+
--t
---+
--t
--t
Vektor A T koli nearan je s AB , i vrijedi �
AT za neki t
E [O, l J . Zato je r( t)
=
=
�
t . AB
a + t( b - a )
=
=
------+
--t
t( OB - aA )
( l - t ) a + tb,
Za posljednju jednakost kažemo da je to jednadžba segmenta AB . b) Radi se o elipsi koja se nalazi u ravnini koja sadrži vektore a i b . Ta ravnina i ma parametarsku jednadžbu r - e = au + bv, u, v E R . Normala te ravnine je n = a x b i predočirno je u točki To ( c J , C2 , C3 ) ' U toj ravnini uvedimo koordinatni sustav kojem je ishodište u TO(Cb C2 , C3 ) ' prva os x* u smjeru vektora a , druga os y* u smjeru vektora b . Neka su el , ez su jedinični vektori u smjeru vektora a , odnosno b . Onda je a = ael , b = be2 pa je jednadžba zadane krivulje u tom kosokutnom (ravninskom) sustavu: r(t)* = x*el + y * ez = ael cos f + be2 sin t, t E R. Parametarske jednadžbe krivulje su y * = b sin t . x * = a cos t, c ) Provedi analogno prosuđivanju kao u slučaj u b ) . d) Parabola se nalazi u ravnini koja prolazi točkom TO(al ' a2, a3 ) , (kojoj odgovara parametar t = O) i koja sadrži vektore b i c . Parametarska jednadžba te ravnine je r( f) = a + b u + cv, ll , V E R. Normala te ravnineje n b x c . Uvedemo li novi koordinatni sustav (X*, Y*, To) u toj ravnini lako zaključimo da se radi o paraboli. =
31
3.2. LIMES VEKTORSKE FUNKCIJE
e) Linearne kombinacije vektora a , b daju vektore koji se nalaze u ravnini koja prolazi i shodištem O . U toj ravnini graf funkcije t � a cos t+ b sin t je eli psa, vidi b). Napravimo kosi cil indar nad tom eli psom kao izvodnicom u s mjeru vektora c . Točka krivulje j e na tom cilindru.
I
Neka je definirana vektorska funkcija r(t ) na intervalu l � R koj i sadrži to . Limes vektorske funkcije
Limes vektorske funkcije r( t) u točki to je vektor a za koji vrijedi: l im II r( t ) ali O . t --tIo
Pišemo
a
=
lim r(t ) .
I--lo
Ovu definicij u možemo zapisati na sljedeći način: Za svaki € > O postoji 8 > O tako da ako je O < l t - to l < 8 tada je Il r( t ) - a ll < € . Lema 3.1 .
Vrijedi: lim r(t )
t -+ lo
=
a
=?
lim Il r( t ) 11
(--'o
lIall.
Dokaz. Prisjetimo se da za normu vektora vrijedi relacija trokuta, tj.
Ila + bil � Ila l l + I l b l l · Koristeći se tom relacijom, a polazeći o d a ( a b ) + b dobivamo Ilall = II ( a b ) + bil � Ila bi l + I l bl l · Prema tome iz te nejednakosti slijedi: Il a l l - Ilbll � I l a Analogno bi dobili da vrijedi: I l b l l Ilall � Ila bil · Dokažimo tvrdnju leme. Prema posljednje dvije nejednakosti slijedi: O � I l I r(t ) 11 Ilai i i � I l r(t) a l l · Koristeći pretpostavku slijedi l i m I lr(t) a l l O I -lo
3. VEKTORSKE FUN KCIJE S K A LARNOG ARGUMENTA
32
lim I ll r ( t) II - ll a ll l
( ---'t lo
=
O.
Uoči da obrat leme ne vrijedi, tj . ako je lim Il r ( t) II = ll a ll , onda iz toga ne slijedi da je lim r(t) = a . Naime, ako modul vektora r(t) teži modulu vektora a to ne znači da oni imaju iste smjerove. Teorem 3.2. Neka su f(t) , g(t) vektorske fu1lkcije, a h(t) skalama fu1lkcija. Pretpostavimo da postoje lim f(t) a, lim g(t) = b , lim /z(t) = a .
Ako je t
( ---'t lo
t ---'t lo
=
-+ to ollda vrijedi: 1.
2. 3. 4.
(-- fo
lim[f( t ) + g(t)] = a + b , lim [lz (t) f(t) ] = aa , l im[f(t) · g(t) ] = a · b , l im [f(t) x g(t)] = a x b .
Dokaz. Koristimo se nejednakosti trokuta i svojstvima skalarnog i vektorskog
produkta. 1.
2. 3. 4.
-+
O. I l f+g- ( a +b) 1 1 = II (f-a) +(g- b) 11 ::; Il f-al l + ll g-bl l O. Il hf-aa ll = Il hf+lza-lza-aa ll ::; Il h(f-a) I I + II ( Iz- a)a ll Analogno kao u 2. Il f x g-a x bil = Il f x g - a x g +a x g-a x bi l ::; I l f- a ll llgll + l l a ll llg -b ll
-+
-+ O .
Bitno je uočiti da nismo koristili prikaze vektora u odnosu na neku bazu, tj. tvrd nje ne ovise o koordinatnom sustavu. To će na primjer imati za posljedicu da pravila deriviranja neće ovisiti o izboru baze. Prilikom određivanja limesa vektorskih funkcija koristimo se teoremom koj i nam kaže da možemo odrediti limes tako da odredimo limese komponenata. Kako su to realne funkcije realnog argumenta za određivanje njihovih limesa možemo se koristiti matematičkom analizom. Upravo to je sadržaj sljedećeg teorema. Teorem 3.3. Neka su zada1le vektorskafu1lkcija r(t ) vektor a = a l i + a:J + a3k. Tada vrijedi:
lim r ( t)
f ----'> fo
Dokaz.
lim r ( t )
t - fo
=
= a {===} ( l i m J (t) t ------+ fo
a
{===}
I
=
a l , lim h (t) f -----+ fo
=
JI (t)i + h(t)j + h(t)k, i
a2, llim h(t) - lo
=
=
)
a3 '
lim II r (t) - a ll = O
( ---'t lo
{===} lim JUI (t) - a l ) " + (h (t ) - a2 ) " + (h(t) - a3) 2 t - fo lim h(t) = a3 · im h(t) = a']. {===} lim JI (t) a" l-fa
=
1
{ - fo
l
(-to
=
O
3.3.
33
NEPREKIN UTE V EKTORSKE FUNKCIJE
Primjer 3.1 . Odredi limes vektorske funkcije
f( t ) kada t
-+
O.
c> Prema gornjem teoremu potrebno je odrediti limes svake komponente. Odre dimo tri sljedeća limesa:
e21 l lim - I � O sin t
lim
I-O
2ezI cos t
lim t ctg 2t
2,
I-O
=
t I -O tg 2 t lim
-
-' Z
lim
I�O
= 1.
l Uoči da smo se koristili L'Rospitalovim pravilom. Traženi limes je 2i+ j+ k. z
3.3. Neprekinute vektorske funkcije
Neprekinutost vektorske funkcije
u to
Za vektorsku funkciju r : / 1-+ Eo , / � R . kažemo da je neprekinuta E [ ako je lim r(t ) = r (to). I - lo
Vektorska funkcija r (t ) je neprekinuta na / ako je neprekinuta u svakoj točki intervala / . Prema prethodnom teoremu slijedi da j e vektorska funkcija r ( t ) = fl ( t)i + h(t)j + j, (t )k neprekinuta onda i samo onda ako su neprekinute njezine komponente Ji (1) , h (t) . h(t) . Za neprekinute funkcije lako se dokaže da su zbroj i razlika neprekinutih funkcija neprekinute funkcije. Skalami. odnosno vektorski produkt neprekinutih funkcija je također neprekinuta funkcija. Sve te tvrdnje su posljedice teorema o limesima, vidi teorem 3.Z. Krivulja
I
Neka je zadana neprekinuta vektorska funkcija na intervalu [ � R , r : [ 1-+
koja broju
t
---+
pridružuje vekor OT dakle, r (t) = •
(t) .
---+
Eo ,
Kad t prolazi intervalom / , onda krajnja točka vektora OT opisuje krivulju. Dakle. skup = {T E Eli I t E I}
K
34
3 . VEKTORSKE FUNKCIJE S K ALARNOG ARGUMENTA
je krivulja u Eli . Funkciju r J--;o T(t) označimo sa r(t) . Uz tu oznaku možemo reći da je krivulja {r(t) I t E I} . Parametrizacija krivulje je uređen par (/, r(t) ) , varijabla t je parametar. Parametrizacijom krivulje dana j e i njezina orijentacija u smislu porasta parametra t . Tako će na primjer biti: 1 . r ( t ) = 4 cos ti + 3 sin tj, 2. r ( t ) ;;:;: 4 cos ti - 3 sin tj elipsa orijentirana suprotno kazaljci na satu, odnosno u drugom slučaj u u smjeru ka zaljke na satu. Praktično je zamišljati parametar t kao vrijeme i krivulju kao trag gibanja neke materijalne točke. Ako se materijalna točka giba po paraboJi u smjeru porasta x i mamo jednadžbu parabole:
K ::;::
K
ili za gibanje u suprotnom smjeru: r(x)
-xi + x 2j .
Prema gornj oj definicij i vidimo da krivulja neprekinuta slika intervala. Kon cem prošlog stoljeća se spoznalo da neprekinuta s lika intervala može biti kvadrat, ll -dimenzionalna kocka itd. Prema tome ovako definirana krivulja ne mora izgledati onako kako bismo mi željeli. Primjer 3.1 . Krivulj u li
Eb obično zadajemo na s ljedeći način
r(t) = fl (t)i + fz ( t ) j + h (t)k, t E I <; R gdje su fl , h , /1 tri zadane neprekinute funkcije. Sada je t J--;o r(t) TUt (t), J2( t ) , h ( t ) ) . Parametarske jednadžbe te krivulje su: x ::;:: ft ( t ) , y = h(t) , z :::;: h ( t ), t E J <; R.
3.4. Derfvaćlja vektorske funkcije
T(x, y, z)
=
I
Derivaciju vektorske funkcije definiramo posve analogno definiciji derivacije re alne funkcije realne varijable.
o
Sl. 3.2.
Prirast vektorske flll!kcije
je vektor
35
3.4. DERIVACIJA V EKTORSKE FUNKCIJE Derivacija vektorske funkcije
Ako za vektorsku funkcij u r : I I---t Eo , I <;;; R postoji . r(to + Iz) - r(to) l lm , h�O Iz onda taj limes nazivamo derivacijom funkcije u to i označavamo s dr(to) ' ' r(to + Iz ) - r(to) r ( to ) - -- - l l m . Iz h�O dt _
_
Derivacija vektorske funkcije i sama je vektorska funkcija istog argumenta. Dru gu derivaciju definiramo kao derivaciju prve derivacije . Više derivacije definiramo induktivno: f"( t) = [f'( t)J ' , . . . , f(n) = [f(n- IJ]'.
I
Pravila deriviranja
I
Vektorske funkcije na prirodan način zbrajamo, množi mo skalamo ili vektorski, množimo sa skalami m funkcijama, pravimo kompozicije itd. Iskažimo pravila kako deriviramo tako nastale funkcije. Ta pravila su direktne posljedice teorema o l imesima i definicije derivacije. Neka su zadane vektorske funkcije: f( t ) , g( t) , i skalama funkcija h( t) . Pretpo stavimo da one imaju derivaciju u t . Tada će postojati naznačene derivacije i vrijedi: ± df dg ± 1 . � (f g) = dt dt dt ' d . df . dg 2. g+f· (f g) = dt dt dt ' d df dg 3. (f x g) = x g+f x dt dt dt ' (t) d df h 4. � (Iz(f)f) = f + h (t) dt dt dt , (t) (t) df( d h lz � f( lz ( t ) ) = ' . = h'(t)f' ( h (t ) ) . dt dt dt
5.
Teorem 3.4. Ako je r(t) = JI (t)i + Jz (t)j + J) (t)k onda je
r' (t)
Dokaz.
=
f: (t)i + f� (t)j + f3 (t)k.
. r( t + h ) - r( f ) r I ( t ) = l im h�O Il Jl (t + h ) - JI (t) . Jz (t + h ) - Jz (t) . h (t + h ) - h (t) k - lIm l + + J h�O Il Il Il =J: (t)i + J� (t)j + J;(t)k. Dokaži navedena pravila deriviranja, koristi se teormima 3.2, 3.3 i 3.4. _
.
[
]
36
3.
VEKTORSKE FUNKCIJE S KALARNOG ARGUMENTA
I Diferencijal vektorske funkcije I
Također u analogiji s diferencijalom realne funkcije definiramo prvi diferencijal vektorske funkcije. Diferencijal df(t) vektorske funkcije f je df(t) . df(t) dt. dt Ako je na primjer r(t) = x(t)i + y(t )j + z(t)k , onda je diferencijal dr(t) dx(t)i + dy(t)j + dz (t)k = [x (t)i + Y ( 1 )j + z (t)k]dt . =
U vektorskoj analizi, kad krivulju shvaćamo kao graf vektorske funkcije r(t) , za element luka krivulje vrlo često koristimo ozn.aku ds : I dr(t) 1 = Jdx(t)2 + dy( t) 2 + dZ(1)2,
I dr(t) 1
I ds l
ds.
Primjer 3.1 . :(:a ilustraciju pravila deriviranja, provjerimo da za derivacije navedenih vektorskih funkcija vrijedi: 1 . f = i + 1 7j - 2k; f' = O, (derivacija konstantnog vektora je nulvektor); 2. r(t) = cos ti + sin tj + k; r ' :::: si n t i + cos tj ; l + 2tj - sin tk; f(t) = ln( l + t) i + t:!j + cos tk; f' = 1 + 4 . r(x) = xi + x2j (y = x2); r ' i + 2xj (y' 2x ) ; 5 . f(t) t 2i + tj + k, g (t) = i + j + e �f k , h(t) sin t;
3.
) b) a
c)
=
(f ± g) ' = [ (t 2 ± l )i+(t ± l )j+ ( 1 ± e-f )k], (f · gy = [t2+t+e�T = 2t+ l (f x g y = [i(te-I - l ) j(t2 e-' l ) + k(t2 = i(e�t - te�t)
d)
j ( 2te�1
[h(t)fJ ' = [sin t · (t2i+tj+k)1'
2ti+j
=F
e-Ik;
t ) ]'
+ k(2t
l );
(t2 cos t+2t sin t)i+(si n t+l cos l )j + Cos tk.
Primjer 3.2. Zadana je vektorska funkcija
Odredi: a ) 9f ,
f(t) b) f' ( O ) . f'( 1 ) ,
i sin t + j ln t + kl . c ) Il f( I ) I I , Il f' (t) l l , d) fll ( I ) .
l> a) Domena vektorske funkcije je presjek domena komponenata. Dakle, prva i treća komponenta su definirane za svaki 1 E R . Druga komponenta je definirana za svaki t > O . Prema tome j e g;Jf (O, oo ) . l b) f'(1) = i cos t + j + kel , f'(O) ne postoji, t = O nije u domeni funkcije.
f' ( l ) = i ros l
f
ke . + j +r--- --;;----
c ) II f(t ) 11 = d) fll ( 1 ) = - i sin t
"""
t + e2, , jr2 + ke' .
Il f' (t) 11
vcos2 1 + t-2 + e2t .
37
3.5. INTEGRIRANJE V EKTORSKIH FUNKCIJA Primjer 3.3. Označimo sa
r(t) II r( t) 11 ;l: O. Ako je vektorska funkcija r(t) derivabiIna onda za takvu funkciju vrijedi: dr r dr a) r · dt dt ' � [(r x ��) x r] , b) � (;) r c ) !!... (�) . = 0. dt r r a) r · r IIr l 1 2 r2 . Ako postoji derivacija funkcije f(t)2 , onda postoji =
!>
=
derivacija i funkcije JU = /(1) . Naime derivacija drugog korijena postoji svagdje gdje j e razl ičit od nule. Prema tome će vrijediti : u
r·r ,
r
:::}
dr . r + r · dr 2rdr dr r-. dr dt dt dt r · dt dt :::}
=
b ) Prilikom određivanja derivacije jediničnog vektora koristit ćemo vektorski identitet (a b) x e b(a . e) a (b · e) . Koristeći se pravilima deriviranja i a) derivaciju jediničnog vektora možemo za pisati ovako
x
!!... (�)
l dr l dr dr . dr _ . dr r dt dt r [r2 dt r dt r] �r3 [(r r) dt (r dt ) r] l [(r x ��) x r] . c ) Ako se iznos vektorske funkcije r(t) ne mijenja, onda j e derivacija funkcije r( t) jednaka nuli. Istaknimo još jednom svojstvo derivacije jediničnog vektora. Kako slijedi prema a) vrij edi: r · dr dt O, r ..L t, Ilrll konstanta. Možemo zaključiti da je derivacija jediničnog vektora vektor koji je na njega okomit ( no nije nužno jediničn i ) . Tako j e na primjer derivacij a vektora r(t) i cos t + j sin t vektor r' (t) - i sin t + j cos t i ta dva vektora su okomita. Pod dt r
=
! dr
_
==
=
=
=
=
sjetimo, to su jedinični vektori normale i tangente na jediničnu kružnicu.
<J
3.5. lntegrirallje vektor$l!;h funk�ija ."
Integriranje vektorski h funkcija skalarnog argumenta svodi se na integriranje komponenata. Prema tome koristimo se integralnim računom realnih funkcija realne varijable.
38
3. VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG ARGUMENTA
Neodređeni integral vektorske funkcije El za vektorsku funkciju
tivna funkcija funkcije
t (to, td f{t)F(t)ako, vrijedi dF( t) = f(t), t E l. dt
�
R kažemo da je primi
f(t) , t E l nazivamo dF(t) f(t), t E l. dt
Skup svih primitivnih funkcija vektorske funkcije neodređenim integralom
j f(t)dt F(t) + e,
U gornjem izrazu c je bilo koj i konstantni vektor.
Lako provjerimo da integral i ma s ljedeća svoj stva: L
2.
j af(t)dt a j f(t)dt, a E R, j[f1(t) + f2 {/)Jdl j fl (t)dt + j f2 {t)dt.
f{/) ifj (I) + j/2 (t) + kf3{ t) , onda je j f{t)dt i j JJ (t)dl + j j /2(t)dl + k j f3{ t)dt, j (i cos + j sin t + kt2 )dt i sin jcost + k t2 + c.
Primjer 3.1 . Ako je
=
-
Na primjer,
1
Primjer 3.2.
I
Z
vektorsku funkciju f(t) ako j e f'(t) = i i n t + jcost + ke', f(O) i + 2j + k. Odredi
s
f(O) određujemo koj i konstantni vektor e dodajemo kao konstantu integra f(t) i j sintdt + j j costdt + k j e'dl + c l i + c:z.i + C3 k, f(t) = (Cl - cost)i + (C2 + sint)j + (C3 + el )k, f(O) = i + 2j + k. Iz gornje jednakosti zaključujemo da j e Cl C2 2 , C3 O.
I z uvjeta c ije.
=
Primjer 3.3. Provjeri da je
j [it sin t + j l : t2 + k l n I] dt = i[-I cos + sin tj + j � In( l + t2) + krt l n t - tJ 1
Koristi se parcijalnom integracijom.
.
3.6. ODREĐENI I NTEGRAL
39
3.6.
. .• J
Određet)i:'!.ntegral
Određeni integral vektorske funkcije
Određeni integral vektorske funkcije f(t) na intervalu I = [to, td je limes integralnih suma n
�i E [t i- l , t;J i=O kada norma subdivizije teži prema nuli, tj. kada duljina najvećeg od intervala [ti- b ti] teži prema nuli.
jll f(l)dl
=
lo
11
6t_0 6 ;=0
Jim " f(�i)�li '
Ako je f(t) fl (t)i + Jz(I)j + h(t) k , onda se navedena i ntegralna :mma funkcije f prikazuje pomoću tri nove i ntegralne sume funkcija ft , Jz , h . Prema tome za i ntegral će vrijediti
j'l f(t )dt i jll fl (t)dt + j jt\ J2(t)dt + k jt J3(t)dl. =
to
lo
'0
'0
.
Nadalje za određeni integral vrijediti će formula analogna Newton-Leibnitzovoj for muli, tj. t) f(t)dt = F(t) - F(to ) , = f(t ) . gdje je
j'
d:�
0 '
Teorem 3.5. Određeni integral ima sljedeća svojstva: L
2. 3.
4.
j" [f(l) + g(t)]dt JI. f(t)dt + j 'l g(t )dt j'l af(t)dt = a j" f(t)dl, a E R je konstantan vektor l" f(t)dt · 1" f(t)dt, 1 11 f(t)dt ll �1" Ilf(t)lldt. �
�
'0
to
c ·
= e
�
to
�
e
'0
Prva tri svojstva slijede neposredno. Naznačimo korake u dokazu četvrtog svostva. Neka je 1=
ll. f(t)dt "# O. 'o
3 . VEKTORSKE FUNKCIJE S KALARNOG ARG U MENTA
40
U dokazu koristimo svojstvo 3. i CSB nejednakost za skalami produkt a·b Dakle, IIJI12
=
I·I
=
I·.
fI, to
fIl
f (t)dt � .
to
� l a · b l � I la ii ii b i l · I · f (t)dt
�.
fIl to
I I I ll l lf (t) l l dt
=
fIl
11 1 1 1 .
lo
Ilf (t) ll dt.
Primjer 3.1 .
a)
b)
12 (i + 2tj + 3t2k)dt i 1 2 dt + 2j 12 tdt + 3k 12 t2dt = i + 3j + 7k =
f " [2 cos ti + 3 sin tj + 4tkldt = .Jo
[2 sin ti - 3 cos tj + 2t 2 kl
"
o
= 6j + 4n 2k.
3.7. Glatka krivulja - Jordanov luk
I
Neka je zadana vektorska funkcija skalamog argumenta r : I f--+ Eo , definirana na intervalu I = [a, bl � R . Skup točaka K = {r( t) e Eo I t E [a, bl} je jednostavna glatka krivulja ili Jordanov luk ako vrijedi: 1 . K = {r(t) e Eo l t E [a, b] } , i vrijedi r(td # r(t2 ) z a t l # t2 dr 2. postoj i i neprekinuta je derivacija -, za svaki t E (a, b) dt . dr 3 za svaki t E (a, b). dt # 0 ,
Jordanov luk
Vrlo je lako dati fizikalnu sliku jednostavne glatke krivulje. Zamislimo da se u prostoru giba neka čestica po krivulji K za vrijeme t E [a, bl . Kako vidimo prvim uvjetom zahtjevamo da je r(t) bijekcija sa l = [a, bl na K , to znači da se točka nikad ne vraća u točku gdje je već bila. Iz drugog uvjeta vidimo da je gibanje neprekinuto i brzina ne mijenja naglo smjer (zbog neprekinutosti) , dok iz trećeg vidimo da se točka stalno giba, ne stoj i u istoj točki, tj. brzina je različita od nule.
41
JORDANOV LUK
3.7. GLATKA KRIVULJA
S(b)
b)
a)
A(a)
e)
S l. 3.3. Jednostavna glatka krivulja. Krivulja a) ne zadovoljava uvjet 1., krivulja b) ne zadovoljava uvjet 2.
Glatku jednostavnu krivulju K u trodimenzionalnom prostoru obično zadajerno u vektorskom obliku jednadžbom r (t) = x(t) i + y(t)j + z (t)k, t E [a, bl <; R . Točku A r(a) nazivamo početnom a B = r(b) završnom točkom glatke krivulje K . Ako je A = B , onda krivulju nazivamo zatvorenom krivuljom. Nadalje, za jednostavnu glatku krivulju vrijedi : dr (t) dx(t) . dy{t) . dz (t) k :f O, t E (a , b). (jf (jfl + (jfJ + (jf '
Regularna krivulja K = {r(t) e Eolt E l} je skup točaka u prostoru koj i s e sastoji od jednostavnih glatkih krivulja koje s e nastavljaju jedna n a drugu i nema presjecanja. Dakle postoj i skup točaka A, Tl , . . . , Tn : B na K takvi da su jednostavne glatke krivulje. Orijentacija krivulje
Neka je vektorska funkcija r(t) definirana na zatvorenom intervalu I = [a, bl <; R . Graf te funkcije neka je krivulja K . Uređaj " ";; " sa intervala I prenosi se na krivulju K i tako dobivamo jednu njezinu orijentaciju. Orijentacija je dakle uređeni par (I, r(t) ) . Dualni uređaj " � " možemo također prenijeti na K i tako dobivamo drugu orijentaciju na K . Porastu parametra t E I odgovara jedan poredak točaka na K i obično na crtežu taj poredak naznačujemo strelicom na grafu. Prema tome uređaj sa I prenosimo na K ; tl
< t2
*
T(t I )
ispred
T(t2)'
Zadavanjem krivu lje u vektorskom obliku (parametarski) ujedno je dana i njezina ori jentacija. Dvije krivulje kao skupovi točaka mogu biti jednake ali one su različite ako su im orijentacije različite. Ako su zadane dvije glatke parametrizacije krivulj e K, Pl ( [a, bl , rl ( t ) ) i P2( [e, dl , r2(u) ) može se dokazati da preslikavanje f : [a, bl 1--+ [e, dl , definirano s f(t) = ri- l ( rl (t)) ima svoj stva a) ono je strogo monotono, b) postoj i neprekinuta derivacija f' (t) ,
3. VEKTORS KE FUN KCIJE S K ALARNOG A R G U M ENTA
42 e)
I' (t) #= O .
Izbor parametrizacije zadane krivulje može imati za posljedicu jednostavnije od ređivanje derivacija, duljine luka, zakrivljenosti itd. Vrlo često postupamo tako da i zaberemo jednu točku kao početnu na krivulji K , neka je to recimo To . Zatim oda beremo jednu orijentaciju koju proglasimo pozitivnom (suprotna orijentacija je tada negativna, drugi smjer strelice ) . Za parametar koj i pripada točki T E K odaberimo
duljinu luka
s ,
dijela krivulje
K što
se
nalazi između
r(s) = x(s}i + y(s)j + z (s)k,
(s
To
i
T . Tada je
je duljina luka) .
Tu parametrizacij u smatramo poželjnom i često j u nazivamo
prirodnom parametri
zacijom.
Ako krivulju zadamo kao presjek dviju ploha, onda njezina orijentacija nije odre đena. Na primjer, krivulja zadana jednadžbama
x2 + y2 = 1 ,
x + y + z = l,
(elipsa)
je
presjek cilindra i ravnine i nije orijentirana. Njezinu eventual nu orijentacij u treba posebno zadati. Neka j e zadana glatka krivulja K
. . . r(t)
= x(t)i + y(t)j + z(t) k .
dr( to) ' . � = x ( to ) I + ji ( to )J + Z ( to ) k #= O
nazivamo
Vektor
tangencijalnim vektorom krivulje K u točki To(x(to ) , y(to }, z(to ) ) . T(x(to , Yo , Zo) je vektor
Jedinični tangencijalni vektor u točki
T
==
x' (to} i + y ' (to)j + z' (to ) k . r' ( to} = r (to Jxt (tO)2 + Y' (to) 2 + ZI (to P Il ' ) 1I
Ako je parametar duljina luka, onda će drugi korijen što se pojavljuje u nazivniku biti jednak l . Pravac koji prolazi točkom vulje K s dira1ištem u To .
To
u smjeru vektora
r' (to)
nazivamo tangentom kri
Jednadžba tangente je:
R(u)
r( to ) + u
dr(to} �
K
ili
{ X = x(to } + ux'(to) Y = y (to ) + uy ' ( to) z = z(to} + uZ'(to} ili
x - Xo
y
yo
--yr- ::::
Z
Zo
=
U.
Sl.
3.4.
o
Tangenta na krivulju
3.8.
DULJINA LUKA
43
Primjer 3.1 . Odredi jednadžbu tangente za krivulje:
l . y ::: x 2 , 2. y = sin x, 3. y = f(x),
4. r(t) = cos ti + sin lj, r(t) = ti + t 2j + tk, 6. x = t + .ji, y = sin t,
5.
z
t ln t + 1 .
I> U l., 2 . i 3 . primjeru misli s e n a ravninske krivulje; ravninska krivulja j e i krivulja u primjeru 4. Za krivulj u zadanu u 3. primjeru odredimo jednadžbu tangente s diralištern To(xo, f(xo)) . Najednostavnije je zapisati j u u vektorskom obliku. Dakle, za jed nadžbu tangente R( u) dobivamo:
xi + f(x)j,
r(x)
R(u)
r'(x) ::: i + !,(x)j,
r(xo) + ur'(xo}·
U primjeru neka je diralište u t = O , tj. u točki To(O) To(O, O, l) . Provjeri da je: r(O) k , r'(O) ::: i + k , R = xi + yj + zk r(O) + ur(O) k + u(i + k) = ui + ( l + u)k , te je parametarska jednadžba tangente x = u , y = O , z = l + u ,
5.
odnosno
x
O
l
=
y -O O
--
=
z- l = U. l
--
3.8. Duljina luka
Duljinu luka krivulje definirat ćemo pomoću dulj ine poligonalne linije "upisane" u tu krivulju. Neka su parametarske jednadžbe krivulje
K:
x
x(t),
y
==
y(t),
t E la, bl C R.
z = z(t),
Izvršimo subdiviziju intervala [a, bJ . : a
= to < t) < 12 < . . . < tj_) < tj <
Označimo duljine podintervala s: 8ti
= tj
-
ti - h i = 1, 2,
.
..
.
. .
< tn
b.
, n.
Normom subdivizije nazivamo naj veći broj među brojevima !lti ' Funkcijom
r(t) = T(x(t), y(t), z(t))
prenosimo subdiviziju !ji na luk AB . Pri torn je A = r(to), B
i = O, l,
. . . , ll .
=
r(tn}
i
Ti = r(td ,
3. VEKTORSKE FUNKCIJE S KALARNOG ARGUMENTA
44
,
----) _
T(t; V"' T(t; j) "
B(b)
A
A(a) o
B
a
b
-+-+ --+--++-+.......
Sl. 3.5.
Možemo kazati da smo "upisali" poligon u krivulju. Izborom različitih subdivizija dobivamo različite poligone. S vaki od tih poligona ima svoj opseg duljinu poligonalne linije i ta je duljina manja ili jednaka duljini l uka. Ako subdiviziji do- ' damo j oš točaka onda duljina poligonalne linije poraste ( točnije: ne opada) i poligon "bolje aproksimira" krivulji Na taj način dolazimo do skupa 5t' brojeva koj i su duljine barem jednog upisanog poligona. Ako postoji naj manja gornja ograda duljina tj. supremum skupa 5t' onda je to po definicij i dulj ina luka AR . Udaljenost točaka Tk - l , Tk j e
K.
d ( Tk- J , Tk ) J(Axk ) 2 + { �Yk )2 + ( Llzd 2 , k = O, l, . , lI. Zbrajanjem tih udaljenosti dobivamo aproksimaciju duljine luka krivulje .
s
�
II
.
K,
L J(Ax ) 2 + (�y) 2 + (Llz)2. k=l
Luk AR ima duljinu s ako za svaki f > O postoji 8 > O tako da za svaku subdiviziju !? intervala [a, bl čija je norma manja od S slijedi
ls
"
L V(Ax ) 2 + (�y ) 2 + (Llzk ) 2 1 < E .
k=l Vidimo da se u tom izrazu pojavljuje integralna suma funkcije
Ji ( t ) 2 + y (t)2 + t ( tp. Ako je luk Jordanov luk ondaje ta funkcija neprekinuta i postoji njezin integral. Time smo dokazali sjedeći teorem. Teorem 3.6. A ko je e Jordanov luk s parametrizacijom
r(t) = ix( t) + jy( t ) + kz( t) , onda je njegova duljiua
t E [a , bl
45
3.9. TROBRID PRATILAC
Označimo sa s( t) duljinu onog dijela luka koji odgovara parametru iz skupa [a, tj :
s(t) = Onda je
11 Jx(t)2 + ."(t) 2 + ž(t)2 dt ,
ds dt
Jx(t)2 + Ht)2 + ž(t)2.
Ako je parametar duljina luka, onda iz
) 2::-+V''-5'-:x(:-: +-ž-:) 2 dt t )-:2 ( t= ( t ::7
ds slijedi:
Jx(t)2 + y(tF + ž(t)2 = 1 . Primjer 3.1 . Odredi duljinu l uka jednog za
voja spirale x a cos t, Vrijedi
y
= a si n r,
z
br ,
z
t E [0, 2n] .
r (t) = ia eos r+ja sin r+kbt, t E [0, 2n], I lr '(t) lldt = ds = Ja2 sin2 r+a2 eos2 t+b2 dt = Jaz + b2dt, pa je
s=
rzn
Jo
ds =
y
· 2n .
x
SI. 3.6,
3.9. Trobrid pratilac
Jedinični tangencijeIni vektor je
' (to) T(to) = r r II / (to}lI '
Budući da je taj vektor jedinični, njegova se dulj i na ne mijenja može se mijenj ati samo njegov smjer. Nadalje, znamo da je derivacija vektora T vektor koj i je na njega okomit, no nije nužno jedinični, Upravo iznos te derivacije nam pokazuje kako se brzo mijenja smjer tangente. Tu mjeru nazivamo zakrivljenošću krivulje u datoj točki i označavamo s 1( . Dakle, dT
dt
=
N I( ,
N
T' (t) T II ' (t) II '
Tu je N jedin ični vektor koj i nazivamo vektorom glavne normale. Njegov smjer odabiremo tako da je I( '): O .
3. VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG ARGUMENTA
46
BinormaIni vektor B definiramo kao vektorski produkt vektora T jedinični vektor. B = T x N.
N . To je
z
B = Tx N
y
SI. 3. 7. U svakoj toc7d krivulje možemo povući tri okomita vek tora: tangentu T . normalu N i binormalu B
x
Vektori T , N , B međusobno su okomiti i u tom poretku čine desni koordinatni sustav. Možemo pretpostaviti da su oni funkcije duljine luka i pisati, T(s) , N(s) , B(s) . Već smo ustanovili da je
dr(s) = T( s ) , ds
dT(s) K je zakrivljenost krivulje. = K N(s ) , ds Budući da su vektor T i B okomiti slijedi da je njihov skalami produkt jednak nuli, T . B = O . Deriviranjem te jednakosti dobivamo: dB dT dB . d T (B · T) = +B · ds = ds T + B . KN = O . ds ds . dB
. T = O , a ujedno je derivacija Kako je produkt B . N = O dobivamo da je ds jediničnog vektora B okomita na B . Prema tome derivacija vektora B je vektor u smjeru vektora N . Dakle, vrijedi dB
- = rN' ds za neki broj r koj i nazivamo tonija krivulje. Deriviranjem izraza N = B x T dobivamo:
dN dT dB -=Bx + ds ds ds dN = ( KT + rB) . ds -
-
x
-
Ponovimo što smo zaključili:
T=B
x
KN + rN x T = - KT - rB,
3.9.
47
TROB RID PRATILAC
Frenet-Serretove formule
Tangenta, normala i binormala na krivulju zadovoljavaju jednadžbe: dT dN dB - = - ( K T + .B ) , - = KN' - = .N. ds ds ds jednaka nuli, ondaje krivulja ravninska. Naime, iz dB = .N = O ds slijedi da je B( s ) konstantni jedinični vektor. Integriranjem jednakosti Ako je torzija
•
dr( ) s ds ' slijedi B . r(s ) = a , konstanta za svaki s E [O, ll . Prema tome, luk se nalazi u ravnini ---+ {P E E3 I I B . OP = a } . O=B.T=B.
z
Tt
y
SI. 3.8. Krivulja kojoj je torzija jedllaka Iluli leži u ral'llll1i okomi toj Ila vektor billormale.
x
*
*
*
Jedinični tangencijalni vektor krivulje K je r(t) i(t)i + »(t)j + i;(t)k T= = Jx(t)2 + »(t) 2 + i;(t) 2 II rll Ako je parametar duljina luka s , onda je derivacija vektora r(s) po s jedinični tangencijalni vektor T : dr{s) = T. ds Normalna ravnina
I
Svakoj točki To{xo, YD, zo) krivulje K pripadaju tri jedinična vektora. Svaki od nji h je normalni vektor za jednu ravninu koja prolazi točkom To . Na taj način uz svaku točku krivulje dobivamo i tri pripadne ravnine. Svi vektori koji su okomiti na tangencijalni vektor T nalaze se u ravnini koja pro lazi točkom krivulje, a normal a
3. VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG ARG U MENTA
48
te ravnine je upravo tangencijalni vektor. Tu ravni nu nazivamo normalna ravnina. Jednadžba normalne ravnine je: (r - ro ) · T = O. Opširnije pisano, za zadanu točku To(x(to ) , y (to ), z (to ) ) i tangencij alni vektor dobivamo: (x x { to))i(to ) + (y y { to ) ) Y (to ) + (z - z(to))ž(to) = O . Oskulacijska ravnina
I
Ravninu koja sadrži jedinične vektore T i N nazivamo oskulacijska ravnina. Njezina je normala jedinični vektor B , tj. bino,r malni vektor. Jednadžba te ravnine je: jednadžba oskuJacijske ravnine . (r ro) B = O, '
B
Sl. 3. 9. Vektori tallgellfe. normale i binorma{e određl!J. u tri ravniIle: oskulacijsku. rdflJlkacijsku i nor malflu.
Rektifikacijska ravnina normale
I
Ravninu koj a sadrži vektore T i B nazivamo rektifikacijskom ravninom. Vektor N je njezin normalni vektor, njezina jednadžba je: (r ro) · N = O . Primjer 3.1 . Zadana je cilindrična spirala. jednadžbom
ret) = i cos t + j sin t + kt. Za tu spiralu vrijedi:
r' (t) = -j · sin t + j · cos t + k, pa je tangencijalni vektor r' (t) T= Il r(t) II Vektor normale dobivamo iz . . ) . l dT ( 1 . cos t - J Sin t dt -
.
I I r' ( t) 11 =
JSinl t + cos1 t + l
· sin t + j · co s t
l y'2 N,
pa je
J2
+ k),
N = - i cos t
j sin t.
3.9. TROBRID PRATILAC
49
Tri jednična vektora jesu:
T(t) = N(t)
=
� ( - i sin t +j Cos t + k) , -i cos t - j in t ,
B(t) = T x N = Ako j e t = ° nalazimo se u točki
s
1
y'2
(i sin t - j cos t + k) .
r(O) = To( 1, 0, O) . Pripadni vektori jesu:
y
x
SI. 3. 10. Rektifikacijska ravl1il1a od· ređel/a je vektorima B i T .
(� )
U točki r odredimo jednadžbe normalne, oskulacijske i rek = r 0, tifikacijske ravnine. Pripadni jedinični vektori jesu:
( l, �)
Jednadžbe tih ravnina su oblika:
A(x - O) + B(y - l) + C(z - i) = 0 gdje po redu za normalu ravnine n = Ai + Bj + ck treba uvrstiti jedan od vektora T , B, N. Tako normalna ravnina sadrži točku To (�) = (0, 1 , �) a vektor njezine nor-
(�) . Njezina jednadžba je (x - O) . ( - 1 ) + (y - O) . O + (z - �) . = O.
male je jedinični tangencijalni vektor T
L
3.
50
VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG ARG U MENTA
3.10. Brzina - akceleracija ·o.:- zakrivljenOst
Krivulju zadaj mo vektorskomjednadžbom
r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k, t E / C R. Fizikalno tu krivu lju možemo smatrati putanjom neke materijalne točke. Brzinu de finiramo kao derivaciju puta po vremenu . U ovom slučaj u to će biti prva derivacija, tj . _ dr(t) V -_r' (t) _ x ' ( tJi \ + Y '( t )j + Z ' ( t ) k. dt Druga derivacija vektorske funkcije je akceleracija
a(t)
=
v '(t)
=
r"(t)
= x " (t)i
+ y" (t)j + z" (t) k .
Jedinični tangencijalni vektor i brzina i maju isti smjer. Prema tome, vektor brzine možemo zapisati u sljedećem obliku
v {t) = r'{t )
Iznos brzine je
I l v(t) 1 1
I I r(t) li T = v{t)T.
vx(t ) 2 + y (t)2 + z (t) 2 =
=
ds . dt
Deriviranjem izraza za brzinu dobivamo: dT ds r"(t) = a (t) = s" (t)T + v- - s" (t) T + v(t} KNv{t) . ds dt za tangencijalnu i normalnu komponentu akceleracije dobili smo
a, = vl(t) = Sll ( t ) = I rl (t) l ,
v2
all = v(t) � · K = li ,
gdje srno sa R označili polumjer zakrivljenosti, dok je K zakrivljenost krivulje u zadanoj točki. Vektorskim množenjem s l ijeve strane izraza za akceleracij u s vektorom brzine rl (t) vT dobivamo:
r' (t)
x
rl'(t)
Iz te jednakosti nakon uzimanja apsolutne vrijednosti dobivamo izraz za zakrivljenost krivulje:
K Središte zakrivljenosti krivulje u točki r(to) nalazi se na normali i udaljen je za polumjer zakrivljenosti R . Dakle,
R(t)
r( to ) + RN.
3. lD. BRZINA - A KCELERACIJA - ZAKRIVLJENOST
51
Sličnim razmatranjima dobivamo sljedeći izraz za torziju l cr :::: T
l cr =- - = T
Primjer 3.1 . Za spiralu
r( t)
=
T
i polumjer torzije
I r/(t) x r"(I)l2 . (r(t) x r"{ t ) ) . r"' { t )
a sin ti + a cos tj + bk
vrijedi: skalami �rodukt vektora r f x r " s vektorom r f" daje a2b . Nadalje je I r ' x r " l z = a2 (a + bZ ) . Torzija je jednaka b l T = - = (J
Primjer 3.2. Zadana je krivulja
r(t) {sin t - t cos t)i + (cos t + t sin t)j + t2k. Vektori brzine, odnosno akcekeracije jesu: v(t) = r/ ( t) t sin ti + t cos tj + 2tk a{t) = r"{t) {t cos t + sin t )i + ( -t si n t + cos t)j + 2k. Iznos brzine je v(t) = Sl (t) =- I r'(t) 1 Vs · t .
Tangencijalna, odnosno normalna komponenta akceleracije jesu
= t. an at S" (I) = Vs, Podsjetimo se da iz pravokutnog trokuta kojemu su katete tangencijalna i nor malna komponenta akceleracije, dok je hipotenuza iznos akceleracije, slijedi gornja l an . . d nak ost za all ' K ak o Je Sl"Ijed'I K =Je ? . all V-K pa Je R ( t ) = 5 t . 5t •
Primjer 3.3. a ) Odredi zakrivljenost elipse. b) Odredi centar zakrivljenosti para bole y = x{4 - x} u točki 0(0,0). [>
a ) Jednadžbu elipse zapišimo u obliku r(t) = a cos t i + b si n t j, t E [0, 2n] . Za derivacije radij vektora dobivamo: r l (t) = -a sin ti + b cos tj, r "(t} = -a cos ti - b sin tj, r ' x r " = ab k. Brzina je
52
3. VEKTORSKE FUN KCIJE S K ALARNOG A R G U MENTA
Zakrivljenost je
1( =
Ir'
=
==
v3
Tako, na primjer, vrijedi 1( 0) b) Sad je r(x)
r ili
x
:2 ' (�) i I(
==
xi + (4x
ab -... (a2 sin2 t + bl. cos2 t)3/2 .
-
XZ)j , pa slijedi
b . al.
-
r / (x ) = i + ( 4 - 2�)j, II r 'lI = JI + (4 - 2x ) 2 = v , r " (x ) -2j, l i r ' x r ll ll 1 - 2kl = 2 . Za zakrivljenost K dobivamo: I r ' x r il i 2 2 = 1( 0) I( x) = [1 + ( 4 2xFp!2 l v3 R (mp ' Jedinični tangencijalni vektor je rI i + (4 2x) j T := T(O) = r I I ' ll yfl + (4 - 2x)2 ' v 17 -
-
-
-
=
-
-
i�.
Jednični vektor normale u x = O okomit je na T(O) , dakle to je
N(O)
=
Radij vektor središta zakrivljenosti je
-
4i j vn
e = r(O) + RN(O) = 0 + ( 117)3 4i SrediŠte zakrivljenosti je II točki e
2 ( m- j) (32, l;) .
!2( 4 2 i
_
j ).
_
3.1 1 . Gibanje
==
u
ravnini
Neka je r(t) jednadžba staze materijalne točke. Označimo s r(t) radij vektora. Onda možemo pisati gdje j e e l jedinični vektor II osi x , onda je
r(t) r(t)e J l smjeru radij vektora r . Ako radij vektor zatvara kut e s =
el
i cos O + j sin O .
OZnačimo s e l. jedinični vektor koji j e okomit na e l i za koji vrijedi
e2
Primijetimo da je
:::: I l r(t) 1I iznos
=
-i sin O + j cos O.
53
3 . 1 2. KEPLEROV l ZAKONI
Kut B = B ( I ) je funkcija vremena l . Ako na primjer deriviramo jedinični vektor e l po l dobivamo: del ' dB - = [ -I SIn B + J cos B J - . dt dt .
.
Deriviranjem radij vektora dobivamo brzinu: dr(t) de1 ' v(f) r ( t ) = e + r( t ) ;Jt l dt Ponovnim deriviranjem po t dobivamo izraz za akceleraciju;
[ddtl� r
]
[
]
B dr(t ) dB ? dB 1 e + r(t 2 + 2 e dt dt2 dt dt Dio akceleracije 2 T' B' je tzv. Coriolisova akceleracija. a
_
r(t )
/
Primjer 3.1 . Čestica je udaljena 1 00 cm od centra vrtnje platforme i giba s kons tantnom brzinom od 4 cm / s u s mjeru od centra. Platforma rotira jednolikom kutnom brzinom i napravi 30 okretaja u jednoj minuti. Odredi vektor akceleracije te čestice.
dr(t ) Vektor gibanja j e r(t) = r(t )el . Kako je = 4 slijedi r(t) = 4 1 + c . dt Konstantu integracije c odredimo iz uvjeta da je točka u t = O udaljena od centra 100 cm. Prema tome je r(t) = r(t)el (4t + 100)ej . Budući da platforma izvrši 0.5 okreta u sekundi to je njezina kutna brzina jednaka B' = n rad/s. Za akceleraciju dobivamo: I>
--
a =
[O
-
(4t + 100)(n)2]e] + [O + 8n] e2.
3.1 2. Keplerovi zakoni
I
Smatra se kako moderna astronomija počima 1 543. godine. Tada je objavljena Kopernikova l knj iga o gibanju nebeskih tijela. Do pojave tog značaj nog djela bio je opće prihvaćen Ptolomejev geocentrični sustav po kojem je Zemlja u središtu svemi ra, u kojem ona miruje, i sve se okreće oko nje. Kopernik je bio sVjestan u kojem vremenu živi pa je zbog tog svoja otkrića formulirao vrlo oprezno. Njegovu polaznu hipotezu možemo zapisati na s ljedeći način. Gibanja planeta lakše se objašnjavaju ako se pretpostavi da se i Zemlja zajedno sa svim tada poznatim planeti ma okreće po kružnim stazama oko Sunca . U tom Kopernikovom heliocentričnom sustavu Sunce je u centru i nepomično. On tu hipotezu nije dokazao ali su mu argumenti za tu hipotezu bili jednostavni i lako shvatljivi. Vrtnjom Zemlje oko svoje osi objašnjava se dnevno gibanje nebeskog svoda, godišnja doba vrtnjom Zemlje oko Sunca itd. Već l
Nikola Kopernik. ( 1 473. - 1 543.). poljski astronom.
54
3. VEKTORSKE FUNKCIJE S KALARNOG ARGUMENTA
tako smiona i dobro potkrepljena ideja imala je golem učinak u spoznaj nom, religi jskom i svakom drugom pogledu. Kopernikova shvaćanja su bila temeljna polazišta za razvoj astronomije koji je uslijedio radovima Keplera i Newtona. Spomenimo da su Kopernikova djela bila zabranjena sve do 1 757. godine. Bila su zabranjivana i sva djela koja su prihvaćala heliocentrični sustav, čak je slavni Galilej imao poteškoća jer je vjerovao u Kopernikov heliocentrični sustav, "ipak se kreće". Sigurno Keplerovi zakoni mogu poslužiti kao model gdje se najizravnije fino isprepliću tri fundamentalne znanosti, fizika, astronomija i matematika. Nakon što fizika i astronomija formuliraju prirodne zakone, nastupa matematika sa svojom neumoljivom logikom i ona nam daje posljedice koje slijede iz prihvaćenih zakona. Naš je cilj dokazati tri Keplerova zakona. Tim ćemo najdirektnije pokazati veliku spoznaj n u i praktičnu stranu matematičkog načina zaključivanja i svrhovitost učenja matematike. Spomenimo i metodu kojom se Kepler poslužio. Ta je metoda danas opće prihvaćena u znanstvenim istraživanjma. Za nju bi mogli ukratko reći : eksperiment - teorija. U otkriću zakona po kojim se kreću nebeska tijela značajnu ulogu imao je danski astronom Tycho Brache, ( 1 546. - 1 60 l .) koji je desetljećima prikupljao astronomska opažanj a o kretanju planeta. Iz prikupljenog materijala trebalo je donijeti odluku o novoj teoriji tj. gibaj u l i se planete oko Zemlje ili se sve one gibaju oko S unca. Ako se gibaj u oko Sunca, odmah se postavlja pitanje: po kojim krivuljama? Johann Kepler, 1 57 1 . 1 630., njemački astronom i matematičar poznavao je i surađivao s T. Bracheom i koristio je njegov prikupljeni materijal o gibanjima planeta. Iz tih materijala Kepler je zaključio da vrijede sljedeća tri zakona. 1. Plalleti se gibaju po elipsama oko SUlica i
alla se nalazi u jednom fokusu elipse. 2. PImleti se gibaju nejednoliko po elipsama ali tako da radij vektor (od Sunca do planeta) prebriše u jednakim vremenskim razmacima jednake površine. 3. Kvadrati opllOdnih vremena planeta odnose se kao kubovi njihovih srednjih udaljenosti od Sunca.
Ne možemo se baviti time kakav su filozofsko spoznajni učinak imali ti zakonu na našu civilizaciju. Ni čisto praktični aspekti tih zakona nisu zanemarivi: stotine satelita što kruže oko Zemlje podvrgavaju se tim zakonima. Bez satelitskog prijenosa podataka danas se neke aktivnosti ne mogu ni zamisliti. Newtonov zakon gravitacije jedan je od najznačaj nijih zakona fizike. Taj zakon opisuje tzv. gravitacijsku silu F , silu o međudjelovanju dvaj u tijela. Gravitaciona sila je obrnuto proporcionalna kvadratu udaljenosti tih tijela, a proporcionalna umnošku masa tih tijela. Preciznije, ako su to tijela mase M , odnosno 111 koje su na udaljenosti r onda je sila gravitacije F
=
G
IIl ' M �
r-
,
G = 6, 670 · lO- l l
Nm2
Konstantu G nazivamo konstantom gravitacije. Prema prvom Newtonovom zakonu, ako na tijelo ne djeluju sile (ili je njihov zbroj nula) tijelo se giba jednoliko po pravcu. PO drugom Newtonovom zakonu, akceleracija - ubrzanje tijela, proporcionalno je sili koja na njega djeluje. za taj zakon često kažemo da je osnovni zakon dinamike.
55
3 . 1 2. KEPLEROV I ZAKONI
Prema tom zakonu je
dv d2 r F = ma = m- = m - . dt 2 dt Po trećem Newtonovom zakonu, ako tijelo A djeluje na tijelo B silom F onda i tijelo B djeluje silom - F na tijelo A .
I Količina gibanja I
Ako se tijelo mase gibanja
III
giba brzinom v po krivu\ji r
p( t) = m v = m ·
r(t) onda je količina
dr dt '
Promjena količine gibanja daje nam silu dp p'( t) = F. = 111 ' r" ( t ) = F, dl Ako na tijelo ne djeluje sila (F = O) onda je promjena količine gibanja jednaka nuli, tj . vrijedi : pl (t) = O ==::::} p( t) = konstanta. Tako na primjer, ako se dvije kugle gibaju jednoliko po pravcima i ako se sudare onda količina gibanja prije i poslije sudara ostaje ista, tj. vrijedi: 11I, V I + mZv2 = mj "j + 1112 "2 ' Kutna količina g ibanja
Vektorski produkt
I
L(t) = r(t) x p(t) = r(t) x 111 . v (t) nazivamo kutnom količinom gibanja ili kraće kutnim momentom. Njim iskazujemo veličinu rotacije točke P čij i je radij vektor r(t) oko točke S , (za točku S je r ( t) = O ) . B udući d a je L (t ) vektorski umnožak, slijedi d a je okomit n a vektore r( t ) i v( t) . Već same oznake nam sugeriraj u da ćemo ishodište uzeti u središtu Sunca a da će točka p biti težište planeta. . Jasno je da tijela ( planete, Sunce) identificiramo s njhovim težištem u kojem je koncentrirana nj ihova ukupna masa i da zapravo pručavamo gibanja točaka - njihovih težišta. Postavlja se pitanje može li za planet biti L( t) = O . Taj je uvjet ekvivalentan s I I L(t) 1I = I I r (t) II I I v(t) I I I sin Đ l == O. To je moguće ako je b arem jed an od umnožakajednak nuli. Iskustveni podaci pokazuju da to nije slučaj. Naime II r l l i= O, jer planet nije u Suncu, I I v ll i= O, jer se planet giba, 3. Đ i= O, Đ i= n , jer se planet giba periodički, ne putuje prema Suncu ili od njega ( kad bi vrijedilo Đ O ili Đ n ) . Prema tome zaključujemo da je I I L(t) 1 I = I l r (t) x p(t) 1 1 = I l r(t) x 111 ' v(t ) 1 1 i= O.
l. 2.
-------
3. VEKTORSKE FUNKCUE SKALARNOG ARGUMENTA
56
3. 1 1. Staza gibanja pialIeta. Kako je IOrzija kod celItralIJih sila jednaka nuli, staza planela je ravninska a kutna količina gibanja konstalIIlla. St.
Torzija
11:
s
I
Derivacija kutnog momenta je moment sile ili torzija. L(t) d dr = ( r(t) x Inv(t)) = r'(t) x ln + r(t) dt dt dt dZr = r(t) x m-? = r(t) x F. dtu Centralne sile
x
m
d2r dt2
I
Za silu F( t) kažemo daje centralna sila, ako u svakom trenutku t djeluje u smjeru radij vektora r (r ) . Gravitacijska sila je centralna sila. Sila koj om Sunce djeluje na
planet je uvijek usmjerena u suprotnom smjeru od radij vektora SP . Kod centralnih sila torzija je j ednaka nuli. dL(t) = r(t) x F = O. dt Dakle, GibQ1�je planeta je raVllil1Sko gibanje, tj. planet se giba u ravnini. Iz ove jednakosti zaklj učujemo da je L'{t) = O pa je L{t) r(t) x mv(t) e konstanta. Vektor e je vektor normale te ravnine. ---+
vi Keplerov zakon
Odaberi mo polarni koordinatni sustav u toj ravnini s ishodištem u S . Položaj planeta P dan je radijvektorom r{t) Ilr(t) lle!, el cos O {t) i + sin O (t)j. Deri vacij a jediničnog radij al nog vektora el je , del . . . dO = ezO . = [ � st n th + cos OJ] dt dt Vektor ez je jedin ični i okomit na jedinični radijalni vektor el ' Kutni moment L{ t) možemo izraziti na sljedeći način:
=
L{t)
r(t)
x
mv(t)
r(t) x m
:r ( r( t) e , )
rel x m[rezO' + led
= O ' rme ' 3
S7
3 . 12. KEPLEROV I ZAKONI
e3
Vektor je jedinični vektor i okomit na ravninu gibanja planeta. Iznos kutnog momenta je = I I cl l = konst. I I L( t ) 1 1 =
mr2()' m2A'
Kao što je poznato, element površine u polarnim koordinatama j e
2 1 dA !2 r2d() , �. . dA dt !2 r () =
=
pa j e
ILI A' 2m
=
konstanta .
A(t)
Derivacija površine je konstanta, to znači da radij vektor u jednakim vremenskim razmacima (na primjer svaki dan tijekom godine ili pak svake sekunde tijekom godine) prebriše jednake površinu. To j e izreka slavnog drugog Keplerova zakona o gibanju planeta.
Sl. 3. 12.
Prvi i drugi Keplerov z.akon. Planet se giba po elipsi u zarištu koje se nalazi SUlice. Radijvektor planeta prebriše U jednakim vremenima jednake površine. U stvarnosti je staza većine planeta vrlo malo deformirana kružnica.
s
Staza planeta - drugi Keplerov zakon
I
Pod utjecajem gravitacijske sile F kojom Sunce privlači planet mase dobiva ubrzanje pa prema drugom Newtonovom zakonu vrij edi:
a
nz ,
planet
mM r ma -Gr3 G je konstanta gravitacije, M masa Sunca, r je radij vektor usmjeren od Sunca prema planetu. Označimo K GM . Iz gornje jednadžbe slijedi: ret) et) _ � . dv(t) . l . a C t) aC t) -K rr(t)3 (t)3 K K dt r '
=
=
Izrazimo
=
derivaciju j ediničnog vektora vektora
!: dt ( r )
�
=
=
! dr
dr . r . rZ dt
�
l
=
r
[r . ddtr
. dr . r] r r dt dt dr dr dr [ � ( r r) . r3 dt (r dt ) r] �r3 [(r x dt ) x r] . _
'
=
Podsjetimo da je za centralne sile vrijedi:
L ( t)
=
r x m v,
_
=
dL dt
=
0
.
58
3. VEKTORSKE F U N KCIJE S K ALARNOG A R G U MENTA
Zato derivacij u jediničnog vektora možemo pisati ovako: L L l l L
d (r) dt ; =
l
( dV ) = dv x = d (V x L) , dt K dt m dt Km pa je dt� [V x Km �r] O, odakle slijedi da je r e = konstantan vektor. v x -L Km r Ako posljednju jednakost pomnoži mo skalarno s r dobivamo r · (V x Km ) - r . r r . e, L (r x v) r r . e, Km r = r · e, jer je L r x mv . m2K ln X
r=
;;;
x K
l L
=
__
l
l L
.r
_ _
L2
Time smo dobili jednadžbu orbite planeta: +
Za e
L2
r(t) r(t) . e = m2K ' , a to j e jednadžba kružnice. U tom slučaju O slijedilo bi da je r( t) = mK L2 2
staza bi bila kružna što se ne slaže s astronomskim opažanjima. Realno je pretpostaviti e =1= O . Označimo s E iznos vektora e , a s () kut koji on zatvara s radij vektorom . Jednadžba staze je
r(t)
r(t)
+
rE cos ()
tj . r{
L2
= m*"K'
t) = l
+ E cos () Uvjerimo se da je ovdje riječ o krivulj i drugog reda. U pravokutnom koordinat nom sustavu neka je u ishodištu pol polarnog sustava kojem je polarna os pozitivni dio osi x . Pravac x = O, je direktrisa krivulje drugog reda. Fokus S krivulje je u ishodištu. Točka (}) pripada krivulji ako je
d, d >
P(r,
---,dc-( P-=--,P'S..:.,-)) - E . d(P, P' je ortogonalna projekcija točke P na direktrisu = d. vrijedi: r cos () i jednadžba krivulje drugog reda j e r Ed . ---E r= = E cos () r cos dx
x
()
==?
l
+
za
x
kordinatu točke
P
3 . 1 2. KEPLEROV l ZAKONI
59
y
""l;l.;;:-----<) p' x=d SI. 3. J3. Sve se krivulje dru!{og reda mogu definirati na idemican način: 10 je skup svih točaka za koje je omjer udaljenosti od prav ca (ravllalice ) i Jedne točke (ža rišta) konstantan ( 10 ). U ovisnosti o broju e dobivamo za krivulje eUpsu, parabolu i hiperbolu.
x
d
Ako želimo odrediti jednadžbe tih krivulja u pravokutnim koordinatama, tada je: r f(d r cos t) ) =? vx2 + y2 = f(d x). Kvadriranjem i sređivanjem dobivamo sljedeća tri slučaj a. y2 = 1, = 1 . O < < 1 , slijedi �2-e2
f
2.
l'. =
l,
ry
slijedi y�
a
+a
-4 � (x � ) ;
e
fa;
y2 e = = -2 -'" = 1 , e U prvom slučaju radi se o elipsi, u drugom o paraboli, a u trećem o hiperboli . 3.
l'. >
l,
slijedi
fa.
a
a�
I Treći Keplerov zakon I
onda Dokažimo sad treći Keplerov zakon. Ako su poluosi elipse a , odnosno je njezina površina P = Neka j e period ophoda planeta oko Sunca. (Za Zemlju j e to jedna godina.) Dokazali smo da je, po Keplerovom zakonu L A'(t) konstanta. 2m Zato je površina elipse = = V1 E2.
b,
abn. 2.
T
(�) 2 111 . T
nab naa
-
Odavde zaključujemo: T=
2 ma2n ·
--
L Iz jednadžbe staze slijedi: Ed =
L2
nl2 K
pa je
l U - EdOM '
m2
3, VEKTORSKE FUNKCIJE SKALARNOG A RG U MENTA
60
Zato imamo
jer je ed
=
a( l
-
c2) . Tako je tj .
i to je tvrdnja trećeg KepJerovog zakona,
2 T 3 a
=
konstanta
4. Li mes i nepreki nutost fun kcija
4, l.
4,2,
4,3.
Konvergentni nizovi . Limes funkcije . . . . Neprekinute funkcije . ,
.
, . . . . . , , . . . . . . . , . . , 61 . ,
. , . . . . "
. , ' , . . . , 63
. , , , , . . . . , , . . , , . . . . 66
I
4.1 . Konvergentni nizovi
Konvergencija nizova u prostoru R'" (ili točaka u prostoru opisati pomoću metrike u tom prostoru.
Em ) može se lagano
Konvergencija n iza u prostoru E'm
Niz točaka ( Tn ) iz lIl -dimenzionalnog euklidskog prostora s metri kom d konvergira točki T iz tog prostora ako za svaki e > O postoji takav prirodan b roj IlO tako da za svaki II > 110 vrijedi d(Tm T) < e . Dakle, lim Tn T {:::=::;.. ('le > 0)(3no)(V71 > llo) (d(Tn ' T) < e). n
......
oo
Uvjet d(TII' T) < e znači da se točka Tn nalazi unutar e -okoline oko točke T. Dakle , niz (Til ) konvergira točki T ako se svi članovi niza (osim možda njih konačno mnogo) nalaze unutar svake € -okoline točke T .
4 . LIMES I NEPREKINUTOST FUNKCIJA
62
0 E
'· · T
•
•
.
·
Sl. 4. 1. Konvergencija niza
Pokažimo da se konvergencija niza točaka prostora Em može opisati pomoću konvergencije koordinata tih točaka. ' Iocaka (T.n (Xnl ) , Xn( 2 ) l , eorem 4. 1 . NIZ
or
v
onda i samo onda ako Za svaki od
m
"
"
Xn(m ) ) )
nizova vrijedi:
= X" lim xli) II
n� DO
'<1, ' T (XI, . . . , X ) konvergira IOCI<.I m
i = 1 , 2, . . . , m .
Dokaz. Neka je niz točaka konvergentan. Onda je
J(.t�1) - X I ) 2 �
(x�J ) - X I ) 2 + (X�2 ) - X2 ) 2 + . . . + (x�m ) - xm )2 < E za n > no . Analogno, vrijede i ostale nejednakosti: Ix �J ) - x d < E, IX�2 ) - x2 1 < E, . . . , Ix�n ) xm l < E za ll > no, a istinitost svih tih nejednakosti upravo znači konvergenciju spomenutih ln nizova. Obrnuto, neka su konvergentni nizovi po koordinatama i neka je
IXn(l)
- Xl
I
<
E
vm
C'
...,
Ix(IIm )
_
xm I <
E
za n >
no ·
Iz tih nejednakosti kvadriranjem, zatim zbrajanjem i vađenjem drugog korijena slijedi da je d(Tlll T) < E . Kako vidimo, konvergencija niza točaka ( Tm (x I , . . . , xm ) ) svodi se na konvergen ciju m nizova realnih brojeva. Prema tome, nuždan i dovoljan uvjet konvergencije niza točaka je da svi već spomenuti nizovi, tj. koordinatni nizovi moraju biti Cauchyjevi nizovi.
I Ogran ičeni podskupovi u En I
Ishodište koordinatnog sustava 0(0, O, . . . , O) i ma sve koordinate jednake O. Pre ma euklidskoj metrici lako izračunamo udaljenost bilo koje točke od ishodišta. Podskup A prostora gr je ograničen ako postoji broj M tako da za svaku točku T E A vrijedi: d( T, O) < M za svaku točku T E A . Dakle, skup je ograničen ako se nalazi unutar kugle polumjera M kojoj j e središte u ishodištu.
4.2. LIMES FUN KCIJE
63
Teorem 4.2. (Bolzano-Weierstrassov teorem). Svaki ograničeni niz točaka ( Tn ) iz m -dimellz;ollalnog prostora ima kollvergentan podlliz.
Dokaz. Uočimo da iz ograničenosti slijedi d( O, Tn ) ::; M :::}
pa je
i = 1 , 2,
.
.
. , m.
Prema tome, skup svih prvih koordinata ograničen je niz brojeva. Isto vrijedi i za preostale koordinate. Prema Bolzan(}-Weierstrassovom teoremu u skupu R , za svaki niz možemo izdvoj iti pri padni konvergentni podniz. Neka smo izdvojili iz prvog niza konvergentni podniz { l } X� l -+ a l _
(xi"») , (x�n»)
j'
_
.
(x�7»)
I z drugog niza izdvojimo najprije članove čij i s u indeksi !lkl ' pa i z tako nastalog niza izdvoj imo konvergentni podniz. Dakle, { (n) } { ( nIt ) } { (nl, ) } -+ a Z -+ X2 X2 -+ Xl ' I prema tome pod nIZOVI (Xl( n,,- » ) , (X2n,, » ) konvergtraJu redom prema a l , az . N astavljanjem tog postupka dolazimo do podniza točaka ( Tn,,,, ) koj i konvergira prema T(a] , a2, " . , am ) i teorem je dokazan. -
.
-
*
*
*
Niz koji nije ograničen može ali ne mora imati konvergentan podniz. U ovom drugom slučaju reći ćemo da niz konvergira prema beskonačnosti. Dakle, za niz ( Tn ) kažemo da teži prema beskonačnosti ako se gotovo sve točke niza nalaze izvan kruga čije je središte u ishodištu, a radijus je po volji velik broj M . Iskaži mo to još i na ovaj način: ( Tn ) -+ OO � ( (VM > 0)( 3110)/1 > IlO d{Tn' O) > M). Uočite kako ne uzimamo u obzir neki posebni smjer. Tako na primjer, te točke ne moraju težiti po nekom pravcu u beskonačnost. 4.2.
Limes funkcije
I
Neka je zadana realna funkcija f : Q I-> R , definirana na otvorenom skupu Q , osim možda u njegovoj točki To . Broj L je limes funkcije f u točki To ako za svaki e > O postoji 8 > O tako da vrijedi : 0 < d( T, To ) < 8 =} I/(T) LI < e. Pišemo lim f (T) = L . T� To
4. LIMES I N EPREKINUTOST FUNKCIJA
64
Posebno navedimo i definiciju limesa funkcije kada točka T teži prema beskona čnosti . Broj L je limes funkcije f(T) kada T -+ oo ako za svaki pozitivni broj f > O postoji pozitivni broj M takav da vrijedi
d(O, T»
M
====>
If(t) - L I < f.
Pišemo l i m f(T) = L . T� oo Veze između algebarskih svojstava funkcija i limesa potpuno su analogne onima kod funkcija jedne varijable. Teorem 4.3. Neka fu1lkcije f i g imaju limese tocKi To i neka su to brojevi a, Od1l0SllO b . Tada vrijedi: l . lim [(j( T) ± g(T) J = a ± b, u
2.
3.
4.
T -TD
lim lf(T) . g(T)J = a . b,
T- TD
lim
T- TD
)] _ � [f(T g(T) - b '
b f. O,
lim If(T) 1 = l a l .
T-TD
Dokaz teorema potpuno je analogan dokazu u slučaju funkcija jedne varijable. Uzastopni limesi
I
Ako u funkciji više varijabli neke varijable imaju fiksiranu vrijednost, može se tražiti limes funkcije po ostalim varijablama. Često fiksiramo sve osim jedne varijable i u tom slučaju zapravo određujemo limes funkcije jedne varijable. Radi jedostavnosti zapisivanja, promotrimo funkciju F dviju varijabli. Ako pos toj i limes u točki (a, b) (1) L lim F(x, y), =
(x.," ) - (a,bl
on ne ovisi o načinu na koj i točka (x, y ) teži prema (a, b) . Izaberimo dva posebna puta, duž pravaca naznačenih na slici . y
y -b, x-a
, (a.b)
x
SI. 4.2. Uzastopni limesi
}.� [!� F(x, y) ] , .�� [�.� F(x, y) ] .
Tim dvama putovima odgovaraju sljedeći uzastopni limesi :
(2)
65
4.2. LIMES FUNKCIJE
Prema tome, ako postoji limes L ( l ), onda postoje i l i mesi (2) i jednaki su L . Ta se činjenica koristi pri računanj u l i mesa, jer je limese u (2) lakše izračunati od onog u (l). Međutim, obrat ne vrijedi . Ako postoje limesi ( 2) , onda ne mora potojati limes ( l ). Pogledajmo to na primjerima. Primjer 4.1 . Zadane su funkcije:
x Y 1 . /(x , Y ) = -- , 2. /(x , y ) x+y x "-y � + ( x Odredimo limese tih funkcija u ishodištu (ako postoje). t>
1.
Vrijedi
[
[
-
]
Y ) '- .
xlim lim � = 1 = l, y-o x�o X + y x+Y Zato limes funkcije ne postoj i u točki 0(0, O) , jer se dva uzastopna l i mesa ne poduda raju. Ishodištu se možemo približavati i na druge načine. Ako bismo se približavali lim lim
x - o Y- O
(!, ! )
-
.
(�, !) dobili bismo za limese
, odnosno preko niza točaka čije su koordinate 11 11 11 11 l O , odnosno "3 ' Limes u ishodištu ne postoji. 2.
Sad je
[
,]
[
x2y 2 = lim lim -.:--::----.:.--,-.,. = 0. x-o .v- o x 2y -, + ( x - y ) � Y-O x-o Uzastopni limesi postoje i jednaki su. Međutim, funkcija ipak nema l imes u ishodištu ! lim lim
Izborom nizova
(!, ! ) (\ !) dobivamo u prvom slučaju da /(X/1' YI1) II
II
,
II
II
-- l , dok
je u drugom /(x n, Y IJ ) -- O , dakle funkcija nema limes u 0(0, O) . Jasniju predodžbu o ponašanju funkcije dobit ćemo ako pređemo na polarne ko ordinate. U ovom pri mjeru bismo dobili: /(x, y ) = /( r cos ({J , r sin ({J ) = F(r, ({J )
({J + l sin 2({J ' O (neovisno o ponašanju kuta
Točka ( x , y ) teži u ishodište onda i samo onda kad r ({J ) . Ako r -- O dobi vamo za limes b roj O uvijek osim ako je slučaju je F(r, ({J) = l , pa je i limes kad r -- O jednak l .
l
sin 2'1'
=
O. U
tom
nema l i mes u beskonačPrimjer 4.2. Pokažimo da funkcija /(x, y ) nosti, iako postoje limesi po svim polupravcima sa početkom u ishodištu: x = t cos a , Y = ( sin a , ( O � a � 2n ) kad ( --. oo . t>
Uistinu, vrijedi
4. LIMES I N EPREKINUTOST FUNKCIJA
66
pa vidimo da je
( i)
F t, ±
-+
O kad t
-+
oo .
Ako je a
::f. ±
i tad je cos2 a ::f. O i
primjenom L'Hospitalova pravila zaključujemo da F(t, a) -+ O kada t -+ oo . Poka žimo da funkcija nema limes u beskonačnosti. Odaberemo niz (n, n2) (koji se nalazi na paraboli ) . Onda j e !(ll, 112) te funkcija nema limes' kada T -+ 4.3.
oo .
I
N eprekinute funkcije
Iskažimo sljedeću važnu definiciju: Neprekinutost funkcije
Neka je ! definirana u svim točkama otvorenog skupa Q u En . Funk cija je neprekinuta u točki To iz Q ako vrijedi: 1!(To ) !( T) I < E . ( 'riE > O ) (3d > O)d( T, To ) < 8
Primjer 4.1 . Sljedeće funkcije s u neprekinute u svakoj točki prostora E2 : L
4.
!(x , y ) = c, !(x, y ) = x + y ,
2.
5.
!(x, y ) !(x, y )
x, xy .
3.
!(x, y ) = y ,
t> 1. Neka je E > O zadan. Za D možemo uzeti bilo koj i pozitivan realan broj, slijedi dakle neprekinutost funkcije ! u bilo kojoj točki To ; d(To , T) < D =} I!(T) !(To ) 1 = O < E. 2 _ Neka je zadan E > O . za sve točke T unutar E -okoli ne točke To ( Xo, Yo ) vri j edi: d(To , T) < E . One se po funkcij i ! ( ta je funkcija prva projekcija) presl ikavaju unutar intervala (xo - E, Xo + E ) . Prema tome dovoljno je uzeti D = E . 3. Analogno kao u 2. 4. Neprekinutost operacije zbrajanja slijedi iz nej ednakosti l x + Y - ( xo + yo ) 1 = I (x xo ) + ( y yo ) 1 � l x xo l + I y Yo l · Prema tome je I!(x, y ) - !(xo , Yo ) 1 � E ako je lx xo l � E/2 , I y - yo l � E/2 . 5. Nepreki nutost operacije množenja slijedi iz jednakosti I!(x, y ) - !(xo, Yo ) I Ixy - xoYo l xo )Yo + (y - Yo ) xo + (x xo ) (Y Yo ) 1 � = I (x � l x - xo l l Yo l + I y - yo l l xo l + lx - xo l l Y Yo l · Ako je l x - xa l < D , I y yo l < D < l i 8 ( lxo l + IYo l + 1 ) < E , onda j e I xy - XoYo I < E .
4.3.
67
NEPREKIN UTE fUNKCIJE
Teorem 4.4. Ako su realne funkcije f i g definirane na otvorenom skupu Q koji sadrži tocKu T i ako su neprekinute u toc1d T onda su u tocKi T neprekinute ifunkcije:
l . f ± g,
2 . f · g,
3.
f g
g ( T) # O.
Teorem 4.5. (Neprekinutost kompozicije neprekinutih jimkcija.) Neka je f : R i g : n2 -+ R , f(nd � n2 <; R . nl neka je otvoreni podskup u En i neka je f neprekinuta u To , a neka je g neprekinuto u tacKi f( To) . Kompozicija g o f je defillirana u To i neprekilluto u toj tocKi.
QI
-+
Dokaz. Neka je U po volji odabrana okolina točke g (f(To» . Za tu okolinu postoj i okolina V točke f(To ) koju funkcija g preslika u okolinu U . To sl ijedi zbog neprekinutosti funkcije g . Zbog neprekinutosti funkcije f u točki To postoj i okolina W točke To koju funkcija f preslika u okol inu V . Prema tome za svaku okolinu lj postoj i okolina W tako da vrijedi g (f( W ) ) <; lj , tj. kompozicija je definirana i neprekinuta u točki To . Primjer 4.2. Slj edeće funkcije su neprekinute:
g(x, y ) x · y (x, y ) ,..... sin(x2 + l), x + y, l (x, y ) ,..... + cos( 2xy - Jx + 2y) , (x , y , z ) ,..... e-(X+Y+Z) . +l
f(x, y )
=
*
*
*
Dokaži mo tri teorema koj i imaju anologone koj i vrij ede za funkcije jedne varija ble. Prvi od njih govori o tome da neprekinuta funkcija koja poprimi vrijednosti a i b onda ona poprima i svaku međuvrijednost između a i b . Teorem 4.6. Neka je realna funkcija f neprekinuto Ila povezanom skupu U <; --t
_
Eb
kojem pripada spojnica tOcKa A i B . Vektor DA označimo sa a , a OB s b . Vrijed nosti fu1lkcije u uočenim tocKama neka su f{A) = f( a) = a , f{ B) = f(b) = {3 . za svaki realO/l broj između brojeva a i (3 postoji tOcKa C lIa spojnici točaka A i B za y. koju vrijedi f(C) = f(c) Dokaz. Za svaku točku T na spojnici točaka A i B postoji realan broj t E [O, lj
za koj i je
OT r( t ) ( 1 - t)a + tb, r(O) = a, r{ l ) = b . Definirana j e tim ujedno realna neprek i n uta funkcija g(O) = a, g( l ) = {3 . g(t) f(r(t» , za svaku vrijednost y između a i (3 postoji t E [O, 1 ] z a koju j e g(t) = y . Dakle, g(t) == f(r(t» Time je teorem dokazan
f{T)
= y,
---+
OT
=
r(t),
t E [O, l ] .
Poopćenje teorema na povezan podskup je očito. Naime u tom slučaju imamo niz točaka A = To , Tl , . . . . Tn B i na svakoj spojnici Ti_ I Ti vrijedi tvrdnja teorema.
4. LIMES I NEPREKINUTOST FUNKCIJA
68
Teorem 4.7. Ako je f neprekilluta na zatvorenom ograničenom podskup u D En , onda je ona ograničena na D .
e
Dokaz. Pretpostavi mo suprotno: f j e neograničena n a D . Tada postoj i n i z točaka ( Tk ) za koj i vrijedi : f(TI ) > l , f(T2 ) > 2, . . . , f(TIl) > n, . . . . Niz ( Tk ) nalazi se unutar ograničenog skupa D , paj e i sam ograničen. Prema Bolzano Weiersstrassovu teoremu možemo izdvoj iti konvergentan podniz, ( TkJ , Tk" --+ To . Niz (f( TkJ ) divergira. Međutim zbog neprekinutost funkcije f slijedi lim f(TkJ = f(To) Tl,, -+ To
što nije moguće. Dakle funkcija je ograničena na D . Teorem 4.8. Neka je f lleprekinuta funkcija Tla zatvoreTlom ogra1liče1lom pods kupu D e En . Postoje tOeKe Tl , T2 E D tako da za svaku tOeKU T E D vrijedi: T E D. f(T, ) � f(T) � f(T2 ) ,
Dokaz. f j e ogran ičen a n a D . Neka je sup f(T) = M n a skupu D . Ako postoj i točka T E D z a koju je f (T ) = M , onda j e lako zaključiti n a istinitost teorema. Zato pretpostavimo da ne postoj i točka T za koj u je f( T) = M . U tom slučaj u definirajmo funkciju 1 g ( T) = M f(T) -
Funkcija g je neprekinuta, pozitivna i, prema prethodnom teoremu, ograničena na D . Prema tome postoj i pozitivan broj B za koji vrijedi: 1 1 O� f(T) � M B �B ====:> M f(T) što je u suprotnosti s definicijom broja M kao supremuma. Prema tome neprekinuta funkcija na zatvorenom ogran ičenom skupu po prima na njemu maksi malnu vrijed nost. Ako ponovimo zaključivanje za funkciju f , dokazali bismo postojanje njezina maksimuma, a to je minimum funkcije f . -
_
-
5.
Diferencijalni račun 5 . 1 . Parcijalne derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 5.2. Geometrijska interpretacija parcijalnih derivacija 5.3. Linearne funkcije na
. . 71
En . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
5.4. Diferencijabi1ne funkcije
. . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5 . 5 . Gradijent i usmjerene derivacije . . . . . . . . . . . . . 84 5.6. Teorem srednje vrijednosti
. . . . . . . . . . . . . . . . 90
5.7. Derivacija kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 5 .8. I mplicitne funkcije
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
5.9. Tangencijaina ravnina
5.1 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
I
Parcijalne derivacije
Prirast argumenta i funkcije
I
Neka je zadana funkcija f : En -+ Em. Proučavanje promjene funkcije f na stojimo provesti analogno kako smo to radili za realne funkcije realne varijable. Znamo da su en i Em vektorski prostori. Odaberi mo dva vektora (točke) iz En . X = (XI , X2, . . . , X n ) , x ' = (X'I ' x�, . . . , x:,) . Promjenu v arij able definiramo kao razli ku navedenih vektora: Llx = x' - X, tj. x' = x + Llx . Opširno ( u komponentama) to zapisujemo ovako:
Llx] = x;
-
XIO
Llx 2 = x� - X2 , . , Llxn = x� Xn · . .
Promjenu funkcijskih vrijednosti definiramo analogno: A/(x) = I(x') - I(x) = I(x + �) - I(x) .
-
70
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
U standardnoj bazi prostora En koju čine vektori jednostavno izraziti spomenutu promjenu za x :
= ( x;
x " x;
x;, - xn )
l, .
. .
ek , k
, II
možemo
n
LU (LU), LU2 , . . . , LUn ) = L LUke!. , k=; Od posebnog su i nteresa promjene funkcije ako se promijeni samo jedna komponenta odnosno varijaba. Tako na primjer može biti LU I of O , dok su sve ostale promjene LUk = O , k = 2 , 3, . . M i ćemo uglavnom proučavati realne funkcije definirane na nekom podskupu od E3 ili E2 , tj . funkcije od dvije ili tri varijable. U razmatranjima ćemo nastojati uvijek X2 ,
• .
.
=
, ll .
.
naznačiti moguća poopćenja na funkcije većeg broja varijabli. Na primjer, za funkciju dviju varijabli promjenu funkcije pišemo ov�ko: 6.f(x, y ) =
f (x + 6.x, y + 6.y )
f (x, y ) .
U s lučaj u realnih funkcija triju varijabli koristimo uobičajene oznake: u = f(x, y, z ) , X z x \ , 6.y = y2 - YI , &. Z2 Z I , 6.x 6.f (x, y , z) = f(X2, y2 , (2 ) - f (x t , Y h z d ·
Primjer 5.1 . Za koliko se promjeni volumen kvadra kojemu s u bridovi dugi m, c = 2 m, ako mu promijenimo dulj ine bridova za 6.n = 1 0 cm,
3 a = 5 m, b 6.b = 20 cm, 6.c L>
-5
cm?
Sada će biti : V (a, b, c) = 5 V(5 + 0. 1 , 6.V
3
.
3 . 2 = 3 0 m3 ,
+ 0.2, 2 - 0.05 ) =
3 1 , 824 m3 , V(a, b, c )
V(a + 6.n, b + 6.b, c + 6.c )
=
1 , 824 m3 .
Parcijalna derivacija
Neka je zadana realna funkcija od II -varijabli u nekoj otvorenoj oko lini točke To (x I , X2 , . . , xn ) . Neka se promjeni samo varijabla za 6.xk x� Xl: ' Ako postoji limes
xk
.
k izračunatoj u točki TO (X \ , X2, . . . , Xb . Xsljedećih oznaka:
onda taj l imes nazivamo parcijalnom derivacijom funkcije f po varijabli . , x n ) i označavamo jednom od .
Iz definicije vidimo i način kako ćemo računati parcijalne derivacije: sve varijable imaju fiksiranu vrijednost osim varijable po kojoj se derivira. Prema tome derivacije računamo kao da je to funkcija samo jedne varijable.
71
5 .2 . GEOM ETRIJ SKA INTERPRETACIJA PARCIJALNIH DERIVACIJA
Primjer 5.2. Odredimo parcijalne derivacije sljedećih funkcija:
2.
3.
-
/(x, y) = Jr2 - x2 y2,
u
= Ax + By + Cz + D_
t>
l.
2_ 3.
oz = x, ox 2 a/ex, y) ax UX = A,
5.2.
oz y oy = 2 , -x uy
= B,
u:
-y
a/(x, y) oy <1
= C.
(;eometrijska int�tpretacija' parcjjalnih" derlW<:ija
Vrio zorna je geometrijska interpretacija parcijalnih derivacija realn i h funkcija od dvije varijable. I1ustriraj mo to na primjeru funkcije čiji je graf gornja polusfera:
JI - (x2 + y2).
z = /(x, y) Ako tu sferu presiječemo ravninom
I
y=
l'ijezi na j ednadžba je: z =
dobivamo krivulju i 10 je polukružnica.
2
j� - x2 4
'
I
y=
2-
Ortogonalna projekcija te polu kružnice n a ravninu XOZ je polukružnica koj a ima jednadžbu 3
4' Odaberi mo točku na toj polukružnici To
z
�
O.
( �, O, V;) .
Koeficijent s mjera tangente u
točki To je isti kao i koeficijent smjera na polukružnicu u točki TI
jednak parcijalnoj derivaciji funkcije po varijabli
x
(4, 4, V;)
i on j e izračunatoj u točki Tj , v idi sliku.
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
72
z
y x
x
Sl. 5. 1.
Sl. 5. 2.
Potpuno analogna interpretacija parcijalne derivacije po varijabli x vrijedi za funkcije z f(x, y ) . To će biti koeficijent smjera tangente krivulje koja je projekcija krivulje z f(x, yo) , y = yo na ravninu XOZ . Analogno, možemo si predočiti i značenje parcijalne derivacije po varijabli y . kad će postojati parcijalne derivacije funkcije z = f(x, y ) u nekoj točki To(xo, yo) ? To ovisi samo o njezinom ponašanju na krivulji z = f(x, y) , y = Yo , odnosno na kri vUlji z f(x, y ) , x = Xo . Pri tom uopće nije važno kako izgleda graf funkcije u drugim smjerovima. Sama funkcija u To može biti prekinuta pa da ipak postoje parcijalne deri vac ije po x , odnosno y . llustrirajmo to s dva jednostavna primjera. Primjer 5.1 . Predoči mo sljedeću funkciju : njezina je vrijednost na jediničnom kvadratu O � x � l , O � y � l jednaka l, a izvan tog kvadrata jednaka je O, (na pri-
( �) ,
mjer ploha stola i pod). Ta funkcija ima parcijalnu derivaciju po y u točki Tl l ,
odnosno po x u točki T2
( �, l ) iako je funkcija očito prekinuta u tim točkama.
TI L o
;:;
I"'LX ---,.-2
Sl. 5.3. FUI/kcija dviju varijabli može imati parcijalnu derivaciju u nekoj točki, pa da ipak li njoj bude prekinuta.
73
5 . 2. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA PARCIJALNIH DERIVACIJA Primjer 5.2. Neka je zadana funkcija
f(x, y) =
{
(x, y) :j:. (O, O),
+
(x, y )
0,
(O, O).
Funkcija je prekinuta u (O, O) . Naime, ako se približimo točki (O, O) po pravcu y = h dobivamo limese koj i ovise o smjeru pribl ižavanja ishodištu, jer je f(x, h)
hl
= ---;:-,---:.,-
k
To znači da je funkcija prekidna u ishodištu. Međutim, parcijalne derivacije postoje u (O, O) : fiksirajmo y = O . Tad nema promjene funkcije po x pa je 8xf(x O ) = O . Potpuno analogno je 8yf(0, y ) = O . Prema tome postoje parcijalne derivacije funkcije u točki 0(0, O) i one su jednake O. ,
Više parcijalne derivacije
I
Parcijalne derivacije funkcije f su funkcije više varijabli i one mogu i mati svo je parcijalne derivacije. Te derivacije u tom slučaju nazivamo drugi m parcijalnim derivacijama funkcije f . Postupimo li analogno dalje dobivamo treće i više derivacije. Radi jednostavnosti zapisivanja, promotrimo funkcije dviju varijabli i definiraj mo druge derivacije. Neka je zadana funkcija z f(x, y ) i njezine prve parcijalne derivacije na otvorenom skupu Q koj i sadrži točku T(x, y ) . Prirasti varijabli neka su Iz i k , takvi da je točka T(x + h , y + k) iz otvorenog skupa Q . Podsjetimo da su prve parcijalne derivacije definirane preko sljedećih limesa: 8f(x, y ) = l i m '--'-_-'-:'--"-'--'-'h�O 8x 8f(x, y ) lim :.....:---=-_'--�..:.....:.. k-O 8y Parcijalne derivacije su funkcije od x i y pa se mogu tražiti, ukoliko postoje, njihove parcijalne derivacije. To će biti druge parcijalne derivacij e funkcije f(x, y) . Očito mogu postoj ati sljedeće četiri druge parcijalne derivacije: 8 2f(x, y ) 82f(x, y ) 8x8x '
8x8y '
Mi želimo pokazati da su uz neke uvjete takozvane mješovite derivacije jednake. tj. vrijedi:
5, DIFERENCIJALNI RAĆUN
74
Da bi dokazali takvu tvrdnju ispišimo izraze preko kojih su te derivacije definirane. -=:-'-:--=-:..
=:
= =
f,' (x, y + k) f: (x, y ) k f(x + h , y + k ) - f(x, y + k ) / I' mh_O - J'lm "--'----'-:.....:...-..::...-'--'h -�O� �� � �h� \'l m k�O k y ) ...:.. + h, y) +- f(x, y + k) f(x f(x, - "-'k)y +--.:.. h, � , \. f(x...:. +---' :. ---'-.:.-'------=:... .:... ..:... --'-----'--..:-'l I m l m :...h�O k-O kh
lim k�O
_ _ __
__ _
_ _ _ __ __
_______
Druga mješovita derivacija definirana je analogno, " 2f(x, y ) [) y ) ...:.. l' f(x + h, y + k) - f(x + h, Y) - f(x, y + k) +- f(x , :. .:... ..:... ---":-'-:--=-:.. = l' l m l m '-'-----'-----.:..-.:......:..-�"-'---=.-'--'-'----'------=k_O h ......O [)y [)x !tk Kako vidimo problem se svodi na ispitivanje jednakosti limesa kvocijenta dvos truke diferencije l1( h, k) = f(x + Il, y + k) - f{x + h, y) - f(x, y + k) + f(x, y )
i produkta lik kada Iz . k
-+
O u ovisnosti o redoslijedu određivanje limesa,
Primjer 5.3. Za funkciju
f(x, y ) = xy '
�
x-
-::--=-=
+
(x, y ) =1= (0, 0) ;
f( O, O )
==
O
postoje gornji limesi u oba poretka u točki T( O, O ) , međutim oni su različiti. Sada bi bilo
l1{h, k) hk
1 VUl , k) - f{h, O) - f{ O, k) + f( O , O ) ] hk
[
] ]
[)2-,,k) h, _ ( 0:-f-'-, _ , 0�) = lim lim f _(_ = l k�O h-O Izk [)x [)y [)2f(0, O ) = f(h, k) = 1' lim r lim lk-O O .. .... h [)y [)x hk * *
-
=
h2 k2 l ' h + k2
,
*
Dokazat ćemo sljedeći teorem koj i nam govori kada su mješovite derivacije jed nake. Koristit ćemo višekratno Lagrangeov teorem srednje vrijednosti diferencijalnog računa jedne varij able.
5 .2. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA PARCIJALNIH DERIVACIJA
7S
Schwarzov teorem Teorem 5.1 . Nekoje defi1lirana realnafU1zkcija na otvorenom skupu Q � R2 . Neka u svakoj totki iz Q postoje parcijalne derivacije
of ox '
( )
of oy '
o Of ox oy '
( )
o of oy ox .
02f(x, y) 02f(x, y) ' Ako su druge parcIjalIle denvac/ Je neprek'mute Ila oxoy , oyox su one jednake Ila Q , tj. vrijedi: o o
o o
02f(x, y) oxoy
olo� r\
all
da
02f(x, y) oyox .
Dokaz. Funkciju !l(h, k) možemo pisati u obliku: � f(x - h , y + k) - f(x + h, y) _ f(x, y + k) - f(X, Y) !l(h k) k k ' ' h
]
[
=
Uvedimo pomoćne funkcije f s y + k) - f es, y) q, ( s ) = e ,
k
f(x + h , t ) - f (x, t ) -' ----'-'--( t ) = '------'- -----'--- --------lJ! - --' h . Funkcije su simetrične s obzirom na zamjenu varijabli x i y . Funkcija q, ( s) ima derivaciju u intervalu [x, x + hj , odnosno funkcija lJ!(t) u intervalu [y, y + kj . Funkciju !l(h, k) možemo sad zapisati ovako q, (x + Iz) - q, (x) . h Derivacija funkcije q, ( s ) jedna� a je: !l(Iz, k) =
q, ' ( s)
=
� [t(s, y + k)
-
f e s, y) ] ' =
� [f; (s, y + k) - f; (s, y)j .
Primjenom Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti na funkciju q,' (s ) dobivamo: !l(/z, k)
=
q, ' (x + e h) =
� [f; (x + eh, y + k) - f: (x + eh, y) ]
02f (x + e h , y + eJ k ) -+ oZf (x, y) k ad (h, k) -+ ( O , O) . oxoy oxoy ' Tu smo iskoristili pretpostavku neprekinutosti drugih derivacija. Polazeći od funkcije lJ!(t) potpuno anlognim postupkom dolazimo do izraza za !l(lz, k) .
02f (x + e2 h, y + e3k) !l ( Iz, k) = oyax
-+
02f(x , y ) ayax
'
kad (h, k)
-+
( O, O ) .
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
76
Time je tvrdnja teorema dokazana. Ako su ispunjene pretpostavke teorema zaključujemo: funkcija dvij u varijabli u nekoj točki irna samo tri druge derivacije. Funkcija od n varijabli i rna n ( 1l + l ) /2 različitih drugih derivacija.
I
5.3. Linearne funkcije na En
Linearna funkcija definirana na R je svaka funkcija oblika f(x) = ax , a E R . Takve funkcije imaju svojstvo da je f(x + y) f(x) + f(y) i f( ax) af(x) . Pod sjetimo da je graf linearne funkcije pravac koj i prolazi ishodištem a njegov koeficijent smjera je upravo broj a . Zbrajanjem vektora s tog pravca dobivamo ponovno vektor s tog pravca, množenjem sa skalarom dobivamo također vektor s tOf pravca. Kao što znamo, ti vektori čine jednodi menzionalni vektorski potprostor u E . Translacijom tog pravca dobivamo pravac koj i ne prolazi ishodištem i prema torne radij vektori točaka tog pravca ne čine vektorski potprostor Uer ne sadrže nul-vektor). Dakle, translacije nisu l inearna preslikavanja. Što bi trebala biti l inearna funkcija više varijabla, odnosno u prostorima viših dimenzija? Promatrat ćemo preslikavanja s prostora En U R , Uobičajeno je takve linearne funkcije nazivati linearnim funkcionalima. Već s rno kazali da translacijom grafa linearne funkcije dobivamo pravac koji ne prolazi ishodištem. Takvi pravci mogu biti tangente na krivulje i oni nam mogu dati i nformacije o eventualnim ekstremi rna, pomoću njihova položaja određujemo kon kavnost i konveksnost grafa funkcije f itd. Možemo očekivati sljedeće poopćenje. Traži mo l inearnu funkciju ( koja određuje vektorski potprostor, ravninu kroz ishodište) zatim njezin graf translatiramo i dovodimo u vezu s geometrijskim osobinama plohe. Tako ćemo dobiti tangencijaInu ravni nu neke plohe a pomoću nje predstavu o plohi koj u ona dodiruje. Kažemo da je funkcija f : Eli ako ona irna svoj stva
�
R linearna funkcija (funkcional)
f(x + y) = f(x) + f(y) , f(ax) = af(x),
Primjer 5.1 . Najednostavnije l inearne funkcije jesu projekcije. Tako će linearne
funkcije na
biti ove tri funkcije:
Pl (x, y, z) = x,
pz (x, y, z) = y ,
P3(X, y, z)
Z.
5.3. LINEARNE FUNKCIJE N A !>
En
77
Provjerimo uvjete:
P l ( ax, ay , az ) = ax = ap l {x, y , Z), PI (XI + Xl, YI + Y : h ZI + Z2) = XI + X2 = PI (Xl ' YI , zd + PI (X2' Y2, Z2 ) ' Isto vrijedi za pz i P 3 ' Ako su J i g linearne funkcije na En , onda su na njemu l inearne funkcije i funkcije aj + j3g . Naime, vrijedi: ( aj + j3g)(x + y) = aJ(x + y) + j3g(x + y) = a [J(x ) + J( y)] + j3 [g(x) + g(y)] = (aj + j3g)(x) + ( aj + j3g)(y). <J * * *
Bilo koji vektor x iz En može se prikazati kao linearna kombinacija vektora standardne baze el = ( 1 , 0 . . . , 0) , e2 = (O, 1 , . . . , 0) , . . . , eli (0, . . . , 0, 1 ) : X
= (X l , X2, " " xn)
=
n
L Xkek .
J linearna funkcija na En , onda vrijedi: n n n J(x) J (2:=>'k ek ) = I: J(Xk ek ) = I: xd( ed. k=i k=i k=i
Prema tome, ako je
Iz posljednjih jednakosti vidimo kako zadajerno l inearnu funkciju na En . po trebno j u je zadati samo na vektorima baze pa je onda ona zadana na bilo kojem
x.
Označimo
A i = J(e;) E R,
i = I , 2,
Linearne funkcije su onda funkcije oblika
...
, I1 .
J(x\, X2, . . . , xn) = A IXl + A2x2 + . . . + A nxn ' Primijeti da je na primjer J(el ) J(l , 0, 0, . . . , O) = A I ' U vektorskom prostoru En definiran je skalarni euklidski produkt i koristeći se tim produktom možemo svakim vektorom iz tog prostora definirati jednu linearnu funkcin j u . Neka je zadan vektor A = I: A k ek . Linearna funkcija definirana tim vektorom k=1 =
je
f(Xh X2, '
, XII )
=
(A I x)
=
II
L AkXk
k=1
=
A 1 X l + AZX2 + . . . + A"xn ·
Prema tome možemo uspostaviti obostrano jednoznačnu korespodenciju među line arnim funkcijama formama i vektori ma. Skup svih l i nearnih funkcija definiran na En je vektorski prostor. Naime, definirajmo zbrajanje linearnih formi funkcija i množenje tih formi skalarima:
JI (x) + !lex) (AI I x) + ( A 2 I aJ(x) a( A I x) = (aA I x).
x) = « A I + Az) I x),
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
78
Pomnožirno l i dvije linearne funkcije forme kao polinome, dobivamo bilinearnu formu: ( A I x ) . (B I
(t, ) (t, ) � t,
y)
[
A kXk
=
BJYj
.
Pregledno možemo taj produkt zapisati u m atr i čnom obliku:
[X l , X2,
. . . •
A l BI A l B2 A J B3 ' " A l Bn A2B l A 2B2 A 2B3 . . . A 2Bn Xn] :
An Bn A nBI AnBZ AnB3 Općenitije, neka je Q kvadratna matrica: ql l q12 . . . ql" q21 q22 . . . q2n Q= .
[
qn l q,t2
qnll
Bilinearna forma j e produkt lt
B{x, y) = xT . Q . y
]
n
L L qijXkYj.
k=l j=1 matrica Q je matrica forme. Ako je vektor x = y i pripadna matrica simetrična: Q nu formu q( x) = xT · Q · x. *
*
]
A kBjXkYj ,
Q T dobivamo kvadrat ,
*
Za nas će najčešće biti od interesa kvadratne forme od dvije ili tri varijable. Tako na primjer kvadratna forma q{x, y, z) = 7x2 + sl + 2l - 8xy + 2xz 6yz
je forma od tri varijable, x , Y i z . Koristeći se pripadnom matricom tu formu možemo zapisati u sljedećem obliku:
q (x, y, z ) = [x y z]
[ !4 -543 l3 ] [�] .
l 2 z U vezi s kvadratnim formama, spomenimo poznati Lagrangeov teorem kojim se tvrdi da se linearni m transformacijama s vaka kvadratna forma može dovesti u tzv. dijagonaini oblik, tj. matrica forme koju dobivamo je dijagonaina matrica. Tako se na primjer gornja forma supstitucijom (linearnom transformacijom) X = ll + V + W Y = II + 2v + 2w z = II + V + + 2w dovodi u oblik:
5 .4. DIFERENCIJABILNE FUNKCIJE
79
Iz ovog oblika kvadratne forme možemo lako uočiti da ona poprima kako pozitivne tako i negativne vrijednosti, na primjer q( 1 , 2, O) = 14 > O , q( 1 , 2, 4) = - 2 < O . U E3 obično linearnu funkcij u zadajerno u obliku f(x, y, z) = Ax + By + Cz, A , B , C E R. Nama je dobro poznato da sve točke iz prostora E 3 gdje l inearna funkcija f ima konstantnu vrijednost pripadaj u ravnini, a jednadžba te ravnine je f(x, y, z) = Ax + By + Cz = D tj. Ax + By + Cz + = o. -
5.4.
u
D
,
Diferencijabilne funkcije
I
Podsjetimo se: za funkcij u jedne varijable kažemo daje beskonačno malog reda točki a ako je njezin limes u toj točki jednak nula: lim a(x ) = O. x-a
Za funkciju a (x ) kažemo da je mala višeg reda nego funkcija f3 (x) u točki ako je limes kvocijenta al f3 jednak nuli. Dakle, ako je . a (x ) hm f3 (X )
x---+ a
=
a
0,
onda je a mala funkcija višeg reda nego funkcija f3 u točki a i tada pišemo a = 0(f3 ) . To ujedno znači da je a If3 = o (x ) funkcija od x čij i je limes u a jednak O. Kad smo uvodili pojam prvog diferencijala funkcije jedne varijable, polazili smo od definicije derivacije. Dakle, neka je f(x + Iz ) - f(x ) = f' (x ) , lim h-O h tj. f(x + ll) - f(x ) - hf'( x ) = o lim . h-O
II
Ovu relaciju možemo zapisati koristeći se notacijom beskonačno male funkcije: f(x + Iz) - f(x) - hf' (x) = o (h) . Vidimo da je f(x + Iz ) - f(x ) - hf'(x ) mala funkcija višeg reda nego Iz . Odavde je f(x + Iz ) - f(x ) = !, (x ) h + o ( h ) .
Prvi pribrojnik s desne strane nazivamo prvi diferencijal funkcije f i označavamo s df(x, h) = !,( x ) . h.
Promjena funkcije je zbroj prvog diferencijala i funkcije o ( /z ) . Ponovimo ovo razmatranje, za funkcije više varij abli.
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
80
Neka je f (XI , X 2, . . . , xn ) funkcija od n varijabli, tj. funkcija vektora x = (Xl, X2, . . . , Xn) . Za takvu funkciju kažemo da je mala funkcija višeg reda nego x
ako je
f(x) x - o Il x ll l im
O,
tj.
Diferencijal funkcije više varijabli
Ako promjenu funkcije
I'l.f f(x + h) - f(x)f(XI + h l , X2 + hz, . . . , Xn + hn ) - f(Xh X2, . . . , Xn )
možemo prikazati u obliku za neki vektor
f(x + h) f(x) = y . h + o(h), y=
A le l
+ A ze 2 + . . . + A n e n ,
onda kažemo daje funkcija f (x) diferencijabilna u točki T(x!, X2 , odnosno u vektoru x . Linearna funkcija (forma) y . h A l il I + A2h2 + . . . + A n hn naziva se diferencijal funkcije f u točki x .
. . . , xn) ,
Vektor y . ako postoji, jednoznačno je određen. Naime, ako bi postojao još jedan vektor. reci mo z . onda bi vrijedilo f(x + h) f (x) = y . h + o( h), f(x + h) f(x) = z · h + OI (h) , pa oduzimanjem ovih jednakosti sijedi (y z) · h = 02(h). ( Primijeti da je razlika dviju funkcija reda o(h) funkcija reda o(h ) .) Pokažimo, ako j e skalami produkt c · h reda veličine o( h) . onda je vektor e jednak nuli. U tu svrhu odaberimo za h = hiei ' Sad je c · h Cih, pa slijedi: c·h cJ.Jzi o kada h --+ O. Ci Il h ll hi No. to znači da j e c, = O . Tako dobivamo da su sve komponente vektora e jednake nuli. Prema tome, za spomenute vektore vrijedi z - y = O , tj. Y z . Gradijent funkcije
Neka funkcija f ima neprekinute sve prve deri vac ije na otvorenom skupu koj i sadrži točku T . Vektor y u definiciji diferencijala nazivamo gra dijentom funkcije f u točki T(x l , " " xn ) = x i označavamo simbolom "Vf(x) .
81
5 .4. DIFERENCIJABILNE FUNKCIJE
Prema tome, ako je funkcija f(x) diferencijabilna, onda se promjena funkcije može prikazati na sljedeći način: f(x + h ) - f{x) = \l.f(x)
.
h + o(h ) .
Dokazali smo da je gradijent funkcije jednoznačno određen u točki x . pokažimo kako se on određuje. Stavimo u prethodnu formulu po redu 'h = Iz,e; , i = l . 2 II i pustimo da h i � O . Tad dobivamo za komponente gradijenta vrijednosti: .
. .
. •
1 , 2, . . . , n .
Računanje gradijenta
Ako je ! diferencijabilna u
x,
\lf{x t , x2, ' " , xn )
onda se njezin gradijent računa formulom af af - el + + . . . + -e naX I aX2 aXn
Primjer 5.1 . Neka je zadana funkcija
f(x, y )
+
Pokažimo da je ona diferencijabilna. t>
Napišimo promjenu funkcije. Neka je promjena varijabli dana vektorom
h = hi + kj .
f(x + h, y + k)
f(x , y )
( X + h)2 + (y + kf - (x1 + l ) 2xli + 2yk + (hz + k2 ) ,
Pri tom je �
Prema tome je
�f(x. y) \lf(x, y)
O kada h
�
\lf(x, y) . h + o(b). 2xi + 2yj
i uistinu vrijedi \lf(x, y )
+
a!(x ' Y ) j ay
<J
O.
5. DIFERENCIJALNI R AĆUN
82
Primjer 5.2. Navedimo primjer neprekinute funkcije u točki diferencijabilna u toj točki. Takva funkcija je
(O, O)
a koja nije
(X, y) f: (O, O) (x, y) = (O, O). (x y) 2 � O slijedi x2 + )'2 � 2xy , pa je x � 2l I x2 +2)' ,- I = Ix lEL x2 + y2 � 1:12 )' If{x, y) f{O, 0 ) 1 = I x 2 - o I � I�I Zaključujemo da vrijedi f(x, y) O f( O, O) kad (x, y) (O, O) pa j e f nepreki nuta u (O, O) . U toj točki čak postoje parcijalne derivacije axf(O, O) l i m f(x, O) -x f(O, O) = O oyf(O, O) . Ta funkcija ipak nije diferencijabilna u T(O, O) . Pretpostavimo da jest. Tada bi prirast [>
Polazeći od nejednakosti
=>
-'--
t;y
-+
-+
,
=
x- o
mogli prikazati u obliku:
xZv 2 flf f(x, y) - f(O, O) = f(x, y) = x-� +y a-;-X f afy + o (Xl. + YJ ) = o(Xl. + YJ. ) . uy uX + -;.
Neka je
�
y x . Tada za promjenu funkcije dobivamo o(x(i + j)) o {xi + j ) 1 o(x(i + j ) ) 2 Vi = x Vi Ilx (i + j) 1 1 O' =
-+
_ _
=
x
kad
-+
o.
Desna strana po pretpostavci diferencijabilnosti teži prema nuli. međutim lijeva strana Prema tome funkcija nije diferencijabiJna u gornjoj jednakosti je kostantna, l u
12 Vi .
T(O, O) .
Teorem 5.2. Skup svih funkcija koje su diferellcijabillle u lOCKi
vektorski prostor.
X
iz Rn čille
Dokaz. Vrlo lako se provjeri da vrijede tvrdnje: l . zbroj dvije diferencijabilne funkcije je diferencijabilna funkcija, diferencijabilnu u x diferencijabil na je i 2. za svaki a E R i svaku funkciju u x . Iz te dvije tvrdnje slijedi tvrdnja teorema. funkcija a .
f
f
83
5 .4. DIFERENCIJABILNE FUNKCIJE
Teorem
5.3.
Ako je funkcija f diferencijabilna u x , onda je i neprekinuta u x .
Dokaz. Funkcija j e diferencijabil na u x to znači d a j e
f(x + h ) - f(x)
=
\1f(x) · h + o(h).
Uvažavajući CSB nejednakost dobivamo:
If(x + h) - f(x) 1 � \\1f(x) . hl + l o (h) 1 � 1 1\1f(x) l l l lh l l + l o (h) l · Budući da l o (h) 1 -+ O kada I lh l l -+ O slijedi f(x + h) f(x) -+ O, tj. f(x + h) -+ f(x) i teorem je dokazan. *
Uobičajena oznaka za \lf (x,
y, z)
U
*
*
E3 je
af . af . af +J +k ' \1f(x, y, z) = l ay az ax Tako će na primjer biti
\1 (x2y + sin yz - xyz)
=
i(2xy - yz) + j (x2 + z cosyz - xz) + k(y cos yz - xy) .
Ako je potrebno i z računati gradijent u zadanoj točki , onda koordinate te točke uvrs timo i dobivamo traženi vektor. U prethodnom slučaj u izračunajmo gradijent u točki T (2, O, 3 ) . Sada i mamo
\1f(2, O, 3)
j.
Iskažimo dovoljan uvjet diferencijabilnosti funkcije od ll -varijabl i .
Teorem 5.4. Neka je zadanafullkcija u = f(x l , X2, , xn} u okolini Q ( To ) toč ke To (x?, x� , . . . , x� ) . Ako u svakoj lOc'Ki te okoline postoje parcijalIle derivacije po svim varijablama i ako su sve te parcijalne derivacije neprekinute u lOcKi To , ondaje funkcija u diferellcijabilna u tocKi To . . • .
Dokaz. Dokaz p rovodimo za funkcije od dvije varijable. Potpuno analogan dokaz bit će i za funkcije II varijabli . Neka je li = f(x, y) , (xo + Ax , yo + ay) E Q .
au
= =
f(xo + Ax, yo + Ay) - f(xo, Yo) [t(xo + Ax, yo + Ay) f(xo, yo + Ay) ] + [t(xo, yo + Ay) - f(xo, Yo)] .
za diferencije u zagradama vrijedi odgovarajući teorem srednje vrijednosti funkcije jedne varijable, dakle 8f(xo +el lll, yo +t:\.y)
. Ax, o < el < 1 ; ax af(xo, YO+02ay) 0 < O2 < 1 . . Ay, [t(xo, yo+Ay)-f (xo, Yo)] = ay Budući da s u parcijalne derivacije neprekinute u To možemo za njih pisati:
[t(xo+Ax, yo+Ay)-f(xo, yo+ay) ]
Fx(xo + el Ax, yo + ay) fty( xo, Yo + t1z�Y)
=
tAxo , Yo ) + a (Ax, Ay) , i';,(xo, YO) + J3(�, �Y),
a
-+
O;
{J -+ 0,
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
84
Prema tome promjenu funkcije možemo prikazati u obliku
f(xo, yo ) !lu = o ox
. fu +
. !ly + a
oy
. fu
diferencijabil na u točki To . f(x l , Xz, . . . , Xn ) u je linearni dio u prikazu njezine diferencije !lu . Diferencijal diferencijabilne funkcije
a to upravo znači da je funkcija
of du = -;UX I
u
+ . fu l
n
UX2
· ll.:t 2
+...+
+
U
J3 . !ly točki To (X I , . . . , x,,)
of
-;- . full ' UX"
Varijable XI , . . . , X" su nezavisne pa možemo umjesto fui pisati dx; , bitno je da dx; ne zavisi o ostali m varijablama. Uz taj dogovor uobičajeno je diferencijal funkcije du nazivati prvom derivacijom funkcije i zapisivati of of du = -;- . dX I + n . dX2 + . . . + -;- . dx" . UXI
uX"
UX2
Sve parcijalne derivacije izračunavamo u točki To . *
*
*
Istaknimo tri značaj na svojstva prvog diferencijala. Neka su zadane diferencijabilne funkcije u = f(x!, X 2 , . . . , x,, ) i v g (X h X2, . . . , x,, ) . Za diferencij ale vrijedi: 1 . d( u + v) du + dv; 2 . d(au) adu, a E R; 3 . d(uv) (du)v + u(dv). Prva dva svoj stva ističu daj e diferencijal linearni operator, dok treće svojstvo pokazuje da je to operator deriviranja. t radijus valjka je r = 10 cm, dok mu je V I S I na 30 cm. Radijus valjka se povećava brzinom 3 cm/s. a visina mu se smanju
Primjer 5.3. U trenutku
je brzinom 2 cm/s. Kojom brzinom se mijenja volumen? v
=
V(t) = r(tfnv(t), dV(t) = 2mvdr + r2ndv dV dr = 1 600n cm/s. 5.5.
Svojstva gradijenta
Gradijent
I
2rvn3df + ?n( -2dt)
1 600ndf,
usmjerene derivacij�
I
U svakoj točki T(x l ' X2, . . . , XII ) E Eli gdje je definirana funkcija f i II kojoj postoje, i neprekinute su, sve parcijalne derivacije funkcije f , jednoznačno je određen
85
5.5. GRADIJENT I USMJERENE DERIVACJJE
vektor čije su komponente u standardnoj bazi vrijednosti parcijalnih derivacija u toj točki. Taj smo vektor nazvali gradijentom funkcije J u točki T , \7J (x) , X 2 ) . . . , xn)
=
n
L k= l
-"--'---=-'---:'=-----'---"-'-
ej
Prema tome, ako je funkcija zadana na nekom otvorenom skupu i ako u svakoj točki tog skupa ima sve prve neprekinute parcijalne derivacije, onda je u svakoj točki definiran vektor gradijent. Na taj način definiramo jednu vektorsku funkciju kojoj je domena polazni otvoreni skup a vrijednosti su vektori iz En . Točku T funkcijom J preslikamo u realan broj, a uz pomoć gradijenta nju pres likamo i u vektor iz P . Simbolički to zapiši mo na sljedeći način: R - - T(xJ , xz, . . . , xn ) -+ \7J( T) . Analizirat ćemo neka svojstva gradijenta na primjeru funkcija detlniranih u I!? Poopćenja na više dimenzije bit će očita. Dakle, nekaje zadana funkcija u = J(x, y, z) i njezin gradijent \7u točki T (x, y, z) : 'rT v
u
'rT , v J( X, J, Z )
_
-
aJ(x, y, zL aJ(x, y, z) . l+ J+ ay ax
Neka su zadane funkcije J. g , . . . na otvorenom skupu Q u . Skup svih funkcija definiranih na tom skupu čini vektorski prostor. U tom su prostoru funkcije koje imaju sve prve neprekinute parcijalne derivacije i one čine jedan njegov vektorski pot prostor. Gradijent možemo shvaćati kao linearni operator definiran na tom prostoru s vrijednostima u vektorskom prostoru E3 Osnovna svojstva gradijenta jesu: 1 . \7 Lf + gl = \7J + \7g, 2 . \7 [aJl = a \7J, 3 . \7 Lf · g] = \7J · g + J · \7g. Prva dva svojstva ističu da je gradijent linearan operator. Treće svojsvo pokazuje da je gradijent i operator deriviranja ( podsjeti se pravila za derivaciju produkta dviju funkcija). Provjera tih svojstava je direktna. Primjer 5.1 . Zadan je radij vektor
r
xi + yj + zk,
r = I I rl l = Jx 2 + yZ + Z2 ,
Neka je funkcija J diferencijabilna. Odredimo \7J(r) .
f(r) = f( VX2
+ y2 +
ro
r r
;:2).
Za parcijalne derivacije dobivamo: aJ(r) aJ(r) aJ(r ) = f' ( r) . �, = f' ( r) . �, f' ( r) . : , r az r r ay ax pa je f'( r) it f' ( r) . jy J' ( r) . kz j ( r) . � , = ' \7J(r) + r + r r r
5. DIFERENCIJALNI RAĆUN
86
tj.
1.
Vf( r)
I' ( r) · ro ·
Provjeri, dane su funkcije i pripadni gradijenti: f(r) = r,
l
2 . f(r)
VJ = ro ,
VJ =
r
3 . f(r) = ln r,
,
l
VJ
Primjer 5.2. Neka su fokusi elipse u točkama: Fl ( e, O) i F2 ( e, O), e je T(x, y ) točka ravnine. Definirajmo funkcij u
F(x , y ) = Za gradijente funkcija rl i r2 vrijedi: +
>
O. Neka
+
Vr2 =
(x - e ) i + yj r2
.
Kako vidimo gradijent od rl je jedinični vektor u smjeru vektora rl = FI T Analogno vrijedi i za vektor V r2 ' Za gradijent vrijedi: V { rJ + r2 ) Vri + Vr2 = el + e2 · S druge strane nivo krivulje funkcije F su elipse, to su krivulje gdje ta funkcija ima konstantnu vrijednost. Gradijent je okomit na tu nivo krivulju, tj. na njezin tangenci jalni vektor, i i ma smjer normale. B udući da je on zbroj dvaj u jedničnih vektora slijedi da je normala elipse u točki T(x , y) ujedno i simetrala kuta <}:( Fl TF]. ) . --+
.
Primjer 5.3. Zadana je funkcija
f(x , y) x 2 + xy - 2y 2 U točki To (3, l ) odredimo: a) promjenu funkcije ( TI (3 + h , 1 + k ) ) ; b) gradijent funkcije; c ) diferencijal funkcije. 1>
3x + 2y + 4.
Vrijedi f(3 , l )
2x + y - 3,
7,
pa je u točki To f; ( To ) Promjena funkcije iznosi
4,
I;( To ) = l ,
af ay
- = x - 4y + 2 .. Vf( To } = 4i + j
I1f(3, 1 , h, k) = f{3 + h, l + k) f(3 , l ) , 2 2 ( 1 +k)2 - 3 ( 3 +h) + 2( 1 +k} + 4 = ( 3 +h) + (3+h) ( 1 +k) 411 + k + ( hZ + hk - 2e) = Vf · b + o(b),
7
87
5.5. GRADIJENT I USMJERENE DERIVACIJE
Tu smo označili h = hi + kj Diferencijal funkcije u točki T ( 3 l ) je linearna funkcija (argumenata h i k ) : df( h, k )
a za ostatak o(h) vrijedi
o(h) = h 2 +hk - 2k2,
. o(h) hm Iihlf
I
,
�f · h
To
\.
lm
h2 + hk
4h + k,
2k2
-+
O,
kad
(h, k )
Gornj i limes l ako dobijemo ako se pređe na polarne koordinate: lt = k = r sin cp , r -+ O . Dakle, funkcija f j e diferencijabilna u To .
*
-+
(O, O).
r cos
cp
,
*
Promjenu funkcije možemo prikazati na sljedeći način: Af = f(x + h) f(x) �f( x) · h + o(h) .
Ispišimo tu jednakost u specijalnom slučaj u za n = 3 . of of of . (z - zo) f(x, y, z) - f(xo, Yo, zo) = . (x xo) + o . (y Yo) + y oz ox + o« x xo) i + (y Yo)j + (z - zo) k ) . Parcijalne derivacije se izračunaj u u točki To (xo , Yo, zo) . Ako su promjene male, onda možemo o( (x - xo) i + (y - Yo)j + (z zo) k) zanemariti i pisati približnu vrijednost promjene funkcije u obliku af of . f(x, y, z) - f(xo, Yo, zo) ::::: (x xo) + . (y - Yo) + . (z - zo) ay oz pa je dakle, za malene vrijednosti prirasta, Af ::::: df. Primjer 5.4. Koristeći se prvim diferencijalom izračunaj :
2 .002 · 1 . 9972 . 3 .0043 . t> Promjenu funkcije Af računat ćemo tako da je aproksimiramo približnom vrijednosti Af ::::: df. U tu svrhu pođimo od podataka: f(x, y , z) = xy2Z3 , To ( 2 , 2, 3), Ax = 0 . 002, Ay = 0.003, Az = 0.004. Gradijent funkcije je
�f(x, y , z)
Njegova vrijednost u točki To j e ( �f)( To) = 1 08i + 2 16j + 2 1 6k, pa prvi diferencijal u toj točki i uz zadane priraste iznosi df( !!.x, Ay, Az)
I
To
CVf)( To) . (!!.xi + Ayj + Azk)
=
0.432
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
88
Za promjenu funkcije smo dobili: I!!.f = f( 2.002, 1 . 997, 3.004) - f( 2 , 2, 3) � 0.432 paje f( 2.002, 1 . 997 , 3.004) � f ( 2 , 2, 3 ) + df = 216 + 0.432 = 2 1 6.432 Točna vrijednost iznosi 2 16.43 1 .
I
Usmjerene derivacije
I
Podsjetimo se ideje koju smo slijedili pri uvođenju parcijalnih derivacija. Tako smo na primjer za funkciju z = f (x, y ) odabmli točku To (xo , Yo ) i promatrali promje nu funkcije ako je promjenljiva samo varijabla x dok je druga varijabla bila fiksirana, Y = Yo · Parcijalna derivacija te funkcije u To po x je sljedeći limes (ako postoji) f(xo + I!!.x , Yo) - f (xo , Yo) 8f(xo, Yo) lim = . /lx - o I!!.x 8x Možemo reći da smo odabrali jedinični vektor i i zatim tražili limes pripadnog kvocijenta, pri čemu se prirast funkcije gleda u smjeru vektora i . Koristimo li se vektorskim oznakama, prethodnu relaciju možemo napisati ovako: · f(xo + ti ) - f (xo) _ FI ( llm lx Xo ) , t-O t Slično bi dobili za drugu parcijalnu derivaciju : · f(xo + tj) - f( xo) _ FI ( . l lm Jv . Xo ) t -O t Prirodno je promatrati promjene funkcije i u drugim smjerovima. U tu svr hu odaberi mo jedinični vektor u i promotrimo pravac koji prolazi zadanom točkom To (xo , Yo) , a ima vektor smjera u . Jednadžba tog pravca je r ( t ) = xo + t u. -
-
Sl. 5.4. Usmjerena derivacija. Pro mjena funkcije uzima se u smjeru vektora u
Promotrimo promjenu funkcije po tom pravcu . Izračunamo vrijednost funkcije u točki To i u točki T s tog pravca. Razliku funkcijskih vrijednosti podijelimo s
5 ,5 , GRADIJENT I USMJERENE DERIVACIJE
89
udaljenošću tih dviju točaka, Približavanjem točke T točki To po pravcu dolazimo do sljedećeg limesa: ' f(xo + tu) -- f(xo) -'-( I m '-'--'-----'---'----'I- O t Ako postoji ovaj limes, onda ga nazivamo usmjerenom derivacijom funkcije f u smjeru af(xo) ' ' v ' . ' v J edI nl cnog vektora u u tock I T 1 0 ( tj. U Xo ) I oznacavamo s ---au- ' ' v
Usmjerena derivacija funkcije f u smjeru jediničnog vektora u u točki x je f( x + tu) f(x) af( xo) = lim J.u' ( x) = I- O t au
U smjerena derivacija
Za funkciju w = f(x, y , z ) parcijalne derivacije po x , y , z su zapravo usmjerene derivacije u smjerovima j ediničnih vektora i, j, k : af(x) = Ji1',' ( x ) , ax
af(x) = J;J' (x), ay
af(x) az
F' ( x ) , = Jk
Teorem 5.5. Ako je funkcija f diferencijabilna u x , onda ona ima usmjerenu de rivaciju u smjeru bilo kojeg jediničnog vektora u i oila je jednaka skalarnom umnošku gradijenta funkcije f u x i vektora u :
f�(x) = Vf (x) · u,
Dokaz. Budući da je funkcija diferencij abilna postoji gradijent funkcije u točki T (x . , X2, , XII ) tj. u vektoru x . Prema definicije diferencijabilnosti funkcije f u x , promjenu funkcije možemo prikazati u obliku '
•
.
Af = f(x + tu) - f(x) = Vf (x) . tu + o(tu) . Podijelimo tu j ednakost s t :
o (tu) f ( x + tu) - f (x) = Vf(x) . u + t t . Po pretpostavci o funkcij i o(tu) znamo da j e
I
I
1 0(tu) 1 1 0( tu) 1 o(tu) = = t Itl lltull
-+
O.
Prema tome, postoji usmjerena derivacija u smjeru vektora u i jednaka je f�(x)
lim
,-o
f(x + tu) t
f(x)
Vf(x)
. u.
5.
90
*
*
DIFERENCIJALNI RAČUN
*
Ako je potrebno izračunati usmjerenu derivaciju u smjeru vektora ft koj i nije jednični, onda treba odrediti jedinični vektor vektora ft i odrediti usmjerenu derivaciju u s mjeru tog jedi ničnog vektora. Dakle,
f�( x ) = '\lf (x ) ·
1 :11 '
Primjer 5.5. Izračunaj usmjerenu derivaciju funkcije U
To( I , l , O) u smjeru vektora I>
s =
Gradijent funkcije U je
" v
U(x, y , Z ) =
To TI
------>
,
Tl (O, 0, 1 ) .
oU. oU . oU + l+ k = ( 2x oy J &l ox
yz ) i + ( 2y
Gradijent funkcije u točki To je
(V' U)( To) = 2i + 2j
Usmjerena derivacija u To u s mjeru vektora
( V'U)(To)
<J
x2 + y2 - xyz , u točki
•
s
. 11:1
= -i
xz )j - xyk.
k. j + k je
Ji
Poznata namje značajna uloga Lagrangeova teorema srednje vrijednosti za funk cije jedne varijable. On nam govori kako se izražava promjena funkcije zadane na intervalu l = [a, bl ako je ona diferencijabiJna na otvorenom intervalu (a, b) . Pods jetimo se, prema tom teoremu postoji točka e , a < e < b za koj u je
f (b) - f (a) = !,(c) (b a). U geometrijskoj interpretacij i bismo kazali da postoji takva točka e E (a, b) i koefi cijent smjera tangente, !' (e) U točki T( e, j( e) ) jednak koeficijentu smjera sekante, [J(b) - f(a)]/ (b - a) , koja prolaz i točkama A(a, j(a) ) , B(b, f (b) ) . Pokažimo da potpuno analogan teorem vrijedi i za funkcije više varijabli.
5.6. TEOREM SREDNJE VRIJEDNOSTI
91
Teorem srednje vrijednosti Teorem 5.6. Neka je zadana funkcija više varijabli na otvorenom skupu U koja je dijerencijabilna na segmentu AB e U . Ishodište koordinatnog sustava
neka je u tOcKi O . Neka je OA = a , OB = b . Ako je funkcija f dijerencijabilna u svakoj totki segmellta AB , onda postoji ---t
---t
na tom segmentu tOcKa e, oc = e , tako da vrijedi: f(b) - f(a) = \1f (c) · ( b - a). --->
o
Sl. 5.5.
Dokaz. Neka je t E [O, l ] . Vektor r(t) = a + t ( b - a) opisuje zadani segment, specijalno ako je t = ° dobivamo točku A , odnosno ako je t = l dolazimo do točke B . Definirajmo funkciju t E [O, l ] . F(t) = f(a + t(b - a)), Dokažimo da je ta funkcija diferencijabilna na segmentu (O, l ) , kao funcija varijable t . Zatim na nju primijenimo već spomenuti Lagrangeov teorem srednje vrijednosti. . F(t + h) - F(t) = fra + (t + h)(b - a)] - fra + t(b - a)] = fra + t(b - a) + h(b - a)] - fra + t(b - a)] = \1fra + t(b - a)] . /z(b - a) + o( Iz . (b - a)) = \1fra + t(b - a)] · (b - a)h + o(h) . Koristili smo pretpostavku daje f diferencijabilna na segmentu AB , zatim o(h· ( b-a)) j e reda veličine (h) . Dijeljenjem s h i zati m II ....... O dobivamo; o F(t + h - F(t ) = \1f(a + t(b a ) ) . (b a) + o ) ,
l
_
_
�
F' (t) = \1f(a + t(b - a)) · (b - a) . Dakle, funkcija F(t) je diferencijabilna na (O, l ) . Primijenimo Lagrangeov teorem na intervalu [O, 1 ] . Dobivamo, postoj i to E (O, 1 ) tako da je F( l ) - F(O) = F'(to)( l - O) .
5. DIFERENCIJALNI R AČUN
92
Medutim, vrijedi F( l ) I(b) , F{O) = I(a) . C = a + to(b a) . Onda je I{b) - I(a)
=
Neka je C vektor odreden s
V/ (c) , (b - a ) .
slučaju funkcije od dvije varijable mogli bismo pisati:
i teorem je dokazan. u
I(x + h, y + k )
) ) / I(x, y ) = a � Y . h + a/� Y . k ,
parcijalne derivacije računamo u nekoj nepoznatoj točki (x, ji) na spojnici točaka TI (x , y) i T2(x + h , y + k ) . Ako bismo izračunali parcijalne derivacije u točki T(x, y ) onda bi vrijedilo al(x, y ) , + al(x , y ) k l . ax ay Tu procjenu možemo zapisati i na sljedeći način I(x + h, y + k)
I(
,
X, Y )
� �
A/(x, y) � dl(x , y ) . Služeći se tom procjenom možemo približno odrediti vrijednost funkcije, I{x + h, y + k )
�
) ) / / I(x, y ) + a � Y h + a �� Y k. *
*
*
Dokažimo prvu korisnu posljedicu teorema srednje vrijednosti. Teorem 5.7. Neka je.fimkcija 1 diferencijabilna na otvorenom povezanom skupu U . Ako je V/ (x) = O na U , onda jefimkcija 1 konstantI/a na U .
Dokaz. Neka su A , B bilo koje dvije točke iz lj , 8 , b pripadni vektori . Dokaži mo da je I(a) = I(b) . Zbog povezanosti postoji niz točaka To = A, . . . ) Ti! . . . , Tn =
B , takvih da izlomljena linija ToTI . . . Tn leži u U . Neka je CI = OTI . Primjenom teorema srednje vrijednosti dobivamo: I(a) - l(c l ) = V/(d1 ) ( a C I ) za neki vektor dl s a spojnice [a, c d . Po pretpostavci, gradijent VI( dl ) jednak j e nuli. Zato j e I(a ) = I (Cl ) ' Primjenom istog teorema n a segmentu TJ T2 dobili bismo I(C2) , i nakon nekoliko koraka bi slijedilo 1(8} = I(cd = I(C2) I(c j ) I( b ) . --t
5.7'. l)erivacija kOmpoiicije
I
Zadaj mo krivulju r r(t) u prostoru. Parametar t neka je iz intervala l � R . Pretpostavljamo da j e ta krivulja sadržana u domeni realne funkcije 1 : .Q � R , .Q je
5.7.
93
DERIVACIJA KO M POZICIJE
otvoreni podskup od En . Prema tome, duž krivulje definirana je kompozicija J o r , dakle dolazimo do realne funkcije realne varijable F{ t ) . F( t )
=
t E
J(r(t )),
r(t) E Q .
I,
Sljedeći teorem nam daje odgovor kako pronalazimo derivaciju te funkcije. Teorem o derivaciji kompozicije Teorem 5.8. Neka je zadana realna dijerencijabilnafimkcija J na otvorenom podskupu Q � En i neka je \7J Ileprekinuta funkcija na Q . Nadalje neka je zadana dijerencijabi1lla krivulja r( t ) sadržana u Q . Kompozicija J o r je realna dijerellcijabillla funkcija i vrijedi
d
-J [r { t ) J
dt
=
\7J( r ( t )) · r' ( t ) .
Dokaz. Odaberimo II takav da je dužina koja spaja točke A . r( t ) , B . . r ( t + ll) sadržana u otvorenom skupu Q . Prema teoremu srednje vrijednosti postoji točka c . c ( Il ) na toj spoj nici tako da vrijedi . .
.
. .
J ( r( t + II ) ) J{r( t ) ) = \7J( c (h)) · [r e t + Iz) Podijelimo gornji izraz s h i zatim neka II ---t O . J( r( t + il))
Kada lt slijedi
lt
---t
-
O , onda c ( ll)
J(r(t)) ---t
\7J ( c ( It) ) .
-
[ re t + II)
II
r(t l] . r(t )
].
r ( t ) , prema tome zbog neprekinutosti \7J u točki t
\7J( c (h))
---t
\7J(r( t )) .
Odavde slijedi tvrdnja teorema. Vrlo često spomenutu kompoziciju pišemo na sljedeći način. Neka je re t ) Onda za kompoziciju F( t ) F'( t )
=
=
x( t ) i + y ( t ) j + z e t ) k.
J(x ( t ) , y ( t ) , z ( t )) vrijedi
\7J(r( t ) ) · r' ( t )
=
ajx' + aj y ' + aj l . ay az ax
Primjer 5.1 . Zadana je funkcija J(x, y, z ) x2 + y2 + i cos t + j sin t + kt . Parametarske jednadžbe te krivulje su
x
=
cos t,
Y =
sin t,
z =
Vrlo lako odredimo derivacij u kompozicije J o r F(t ) F' ( t )
= =
t,
Z2
4 j
krivulja r( t )
t E R.
F(x( t ), y ( t ), ze t )) (cos t ? + ( s i n /)2 + [2 - 2 cos t sin t + 2 sin t cos t + 2t.
(f o r ) ( t )
=
=
-
4,
=
5. DIFERENCIJALNI RAČU N
94
Međutim, do tog rezultata možemo doći na osnovi prethodnog teorema.
aJ. aJ . aJ " k = 2Xl' 2YJ' 2Zk, v J ( X, y , z ) = ax ai az r' (t) = - sin ti cos tj k, F' (t) = Vf( r( t)) . r' (t) = [2 cos ti 2 sin tj + 2tk] . [- sin ti cos tj k] . !aj se postupak može pisati i najednostavniji način. Za funkciju F(t) = J(x(t) , y(t) , z(t)) Je a aj I aj I F' ( t ) = jX I = 2x . ( -sint) + 2y . cos t 2z . l ax a/ a/
1+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
pa uvrštavanjem izraza za x , y i z slijedi rezultat.
I
DeriVaCije kompozicije
I
Sad ćemo teorem o deriviranju kompozicije poopćiti na slučaj kad je r funkcija više varijabli . Pogledajmo najprije sljedeći primjer.
Primjer 5.2. Stranice pravokutnika su dulj ine x i y , a dijagonala dulj ine d . Neka dijagonala sa stranicom x zatvara kut od t radijana. Onda je x = d cos t , Y = d sin t Površinu P = xy pravokutnika možemo izraziti kao funkciju dijagonale d i kuta t : d2 sin 2t p = x . y = d cos t . d sin t = 2 Parcijalne derivacije površine jesu:
ap ap - = d · sin 2t ' Br = d2 cos 2t. ad Pokušaj mo doći do ovih izraza preko derivacije kompozicije. Očekujemo da ćemo formulu ap ap P' ( t ) = -xI + -y I ax ay
morati zamijeniti sa sličnom u kojoj se umjesto derivacija x' i yi javljaju parcijalne derivacije po nepoznanici t . Primij etimo da je: " ( . . ap . ap . = ly JX . +J V P x, y) = l ax ay
+
Uvjerite se da vrijedi: ap(x(d, t) , y(d, t)) ap ax = . ad ax ad ap ax ap(x(d, t) , y(d, t)) = . at ax at
. ay + ap ay ad' . ay . + ap ay at
95
5 . 7. DERIVACIJA KOMPOZICIJE
* * *
Neka je zadana diferencijabilna funkcija u = J(x, y, z) u otvorenom skupu lj koj i sadrži točke TI (x, y, z), Tz(x +�, y +�y, Z + &) . Pretpostavljamo da je i spoj nica tih dviju točaka unutar skupa lj. Funkcija u je diferencijabilna u točki Tl što znači da se promjena funkcije �u može prikazati kao zbroj l inearne funkcije i funkcije o (d) , pri čemu je = d(T) , Tz) i vrijedi limo(d) -> O kada udaljenost d -> O . Kao što znamo, linearni dio promjene funkcije u nazivamo derivacijom te funkcije u točki TI ili prvim diferencijalom,
d
du
==
au au au � + �y + & ax ay az '
Parcijalne derivacije računamo u točki Tl (x, y, z). Budući da su varijable nezavisne možemo pisati u mjesto � = dx itd., dakle,
au au au dx + dy + dz. ax ay az
du
Neka su x, y, z diferencijabilne funkcije novih varij abli
y Uvrštavanjem tih funkcija u funkciju
F(s, t)
=
II
Jz(s, t),
z = /3(s, t).
J{x, y, z) dobivamo:
J(fI{S, t),12(s, t),J3 (S, t)).
Dokažimo sljedeću formulu Derivacija kompozicije
Funkcija F(s, t) je dane izrazima: aF as aF at
diferencijabilna i njezine su parcij al ne derivacije
aJ. ax aj IJx
ax . ay az + + as ay as az ax aj lJy aj az + +at ay at az at .
_._
._
_.-
Parcijalne derivacije funkcije J računamo u točki TI (x, y, z) dok parcijalne de (s, l), .h(s, l), /,(s, t) računamo u točki 1'3(S, t). Da bi tu tvrd nju dokazali krenimo od točke T3(s, t) i promjenom varijabli dolazimo do točke T4(s + �, t + M). Ta promjena izaziva promjene �, �y, & koje pak izazivaj u promjenu �u za koju znamo d a j e jednaka rivacije funkcija fl
�u d
IJu au au . � + - . �y + - . & + o (d) , az ax lJy --;- )2:-+-(:-:&:-�)=2, ( b.:-y-;-:; -)2::-+ ' ---'-; Llx ( d(Th T2 ) = y'r7
=
=
-
o( d)
o
kada
d
O.
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
96
Za promjene funkcija x(s, t), y(s, t), z(s, f) vrijede analogni izrazi. Ax
ax ru +01 (dd, at ay �t +02(dd, + �y = 8s Ll.5 at ax az �s + ru= �t +03(dl)' as at ax
as Ll.s ay
+
gdje je dl y'(fu)2 + (�t)2, oi(dl ) -t O kada di O. Uvrstimo li te izraze u izraz za promjenu funkcije li dobivamo promjenu funkcije F, ��-��
�F=
]
aX ax af ay ay [ [ ru +02(d) + + �t +o l (d) + ay as fu at ax asfu at af aZ az [ + + �t +03(d) az asfu at
]
]
af ax af ay afaZ t af ax af ay afaZ ]� ]�s + [ [ + + + + ax at ay at az at ax as ay as az as af ] af , af 1 . o + 0] + [ o + ay azax �
U posljednjoj zagradi parcijalne derivacije funkcije f raču namo u točki TI (x, y, z) . Prema tome u toj zagradi imamo produkte brojeva s funkcijama OI. 02, 03 koje su male funkcije reda veličine većeg od dl. Dakle. izraz u posljednjoj zagradi je mala funkcija reda veličine većeg od dl i teži prema nuli kada dl -t O. Izrazi u zagradama koje množe fu. odnosno ru su brojev i. Naime, derivacije funkcije f po x, y, z izračunavamo u TI (x, y, z) dok parcijalne derivacije funkcija x, y, z po s i t izra čunavamo u točki T3(s, t). Prema tome promjenu funkcije F(s, t) možemo prikazati kao zbroj linearne funkcije, varijable su fu, �t i neke funkcije o(dd. Prema tome je funkcija F{s, t) diferencijabilna i izrazi u zagradama su njezine parcijalne derivacije. Primjer 5.3. Homogene funkcije. Neka funkcija f(x, y, z) ima neprekinute par cijalne derivacije, (pa je dakle diferencijabilna), u svim točkama E3 osim možda u 0(0, O, O) i neka vrijedi: t nf(x, y, z) za svaki t> O, (x, y. z) ::f. (O, O, O). F{t) = f(tx, ty, tz)
Tada za funkciju f vrijedi:
af(x, y, z) x + ax
af(x, y, z) +z az
11
•
f(x, y, Z ) .
Istini tost tvrdnje slijedi neposredno, derivirajući funkciju F(t) i zatim stavimo tnf(x, y, z) nazivamo homogenim i broj 11 je stupan j homogenosti. Homogenost funkcija zadanih formulama lako možemo ustanoviti. Tako na pri mjer, među funkcijama t
l. Funkcije za koje vrijedi f(tx, ty, tz)
x +l samo posljednja nj e homogena. Koliki je stupanj homogenosti prvih triju funkcija?
97
5 .7 . DERIVACIJA KOMPOZICIJE
Primjer 5.4. Često nam trebaju parcijalne derivacije funkcija koj ima su povezane
kartezijeve koordinate (xy) , i polarne koordinate (r, t} ). To su funkcije: l. x=rcos t} ,
3. r=vx2+y2,
y = r sint},
2.
4.
t} = arc tg� . x
Derivacije tih funkcija jesu: ax ax . L cos t} . = -rsmt}, {J t} ar ay . 2. = sm t} , {J =rcos t} , t} ar ar x rcos t} ar y . 3. = = cost}, - = - = sm t} , r ax r ay r {J t} {J t} cos t} sin t} x 4. r r ay ax Odredimo gradijent u polarnim koordinatama. aF {JF j ( (xy ) ) t} (x,y)) i+ �Fr ay ax {JF. {JF aFl aF I. cos t}+ cos t} J = sm t}+ - ;: sm t} l+ {J t} ar a t} ;: ar aF IaF = ar ej + -; at} ez, Ovdje je ej = cos t} j+ sin t} j, jedinični vektor u sjeru radij vektora r, a e2 - sin f}j+ cos t} j vektor okomit na nj.
---
(
[
)]. [
].
Primjer 5.5. U teoriji funkcija kompleksne varijable, zatim u raznim tehničkim problemima značajnu ulogu ima Laplaceova diferencijalna jednadžba. U dvije dimen zije ta jednadžba glasi: a2Z a2z tj. O. � 2Z(X,y) Z.tr+ Zyv = O, + ax2 0)'2 Napišimo ovu jednadžu u polarnim koordinatama. Dobit ćemo: 1 1 Zr 'I + ,Zoo+ -ZI' = O. rr Evo kako se dolazi to ove jednadžbe. Najprije. za Z = z(r(x.)'). t} (xy)) . vrijedi: zt, = z�r"+ z� t} ; pa je 1/ [ /I I /I 1 I I /I 1 11 [1/ I /I / 1 Zu = zrrr, + ZrO t}x] rx+ Zrru+ ZOr r x+ zoot}�,] t}.t+ Zot}xx' Analogno. uvažavajući da je Z z(r(xy), , t} (x, y)) dobiva se izraz za z�v'
- -
,
U
te se jednakosti uvrštavaju izrazi za dcrivilcije:
r� = cos t} , 11 r" .. =
sin 2 t} -r
/ sin 2t} t} ,·It = r � �
cos t} sin t} 1 t}XI = --- , t}. " = -r , r 2 t} sin sin t} cost} r/I y)' ;: - -r-' r sin 2 t} 2 cos2 t} II t}yy = -
sin t} ,
=
5. DIFERENCIJALNI RAĆUN
98
Nakon sređivanja. dobit ćemo prije navedenu jednadžbu.
Primjer 5.6. Val na jednadžba je parcijalna diferencijalna jednadžba
;J2y
l fJ2y
=
y
c2 GX2 Prelaskom na nove varijable II i v. u= x+ct,
y postaje funkcija varijabli u i v, u jednadžbu
y
=
=
y(x, t).
v= x
ct,
y(x(u, v), t(u, v)), a početna jednadžba prelazi
fJ2y = 0 . GufJv Rješenje te jednadžbe dobivamo uzastopnim integriranjem: --
fJv � fJ
=
k
+
=>
/z(u)
y
=
f{ u)
.
+
f{x + ct) +g {x - ct),
g(v)
Ovdje su f , g proizvoljne diferencijabilne funkcije. (Njih određujemo iz početnih i rubnih uvjeta.) 5.8.
j
Implicitne· funkcije
Jednadžbom F(x, y, z) O određena je implicitna veza nepoznanica x, y i z . Može li se iz te veze uvijek odrediti jedna nepoznanica kao funkcija preostalih dviju? Kako se računaju njezine derivacije? Na ta pitanja daje odgovor sljedeći važni teorem. �Teorem o implicitnOj funk� i i
�
j
F na otvorenom podskup u D � R3 na prve parcijalne derivacije, dakle D neprekinute ima na (tj. kojemje klase C(I)(D) dijerellci j abill l a Ila D). je . Neka je To (xo, yo, Zo) E D takva tocKa za koju vrijedi: Teorem 5.9. Neka je zadanafunkcija
F(xo, yo, zo)
Vrijede sljedeće tvrdnje: 1. Postoje okoline jedllafunkcija g : Vd -t
Zo
ma:
U,U,- .
g(xo, yo),
O,
F�(xo, yo, zo) ::j::. O.
tocKe Zo E R i Vd točke (xo, Yo) za koju vrijedi
F(x, y, g(x, y))
=
O
za
E
R2, i postoji samo
(x, y) E \!"t-
2. Funkcija g je klase C( II (Vd). Njezi1le parcijal1le derivacije dalle su izrazi=
Fr(x, y, z) Fz(x, y, z) ,
5 . 8 . IMPLICITNE FUNKCIJE
y
Sl. 5.6. Teorem o implicitnoj funkciji. Iz implicitne veze F(x, y , z) O triju vari jabli može se odrediti jednoznačno jedna od njih kao funkcija drugih dviju u nekoj oko/mi za dane točke T o osim u slučaju kad je F� O (/ocKa TI)' .
z
=
Dokaz. Možemo pretpostaviti da je F�(xo, yo,zo) > O, ( u suprotnom promatra mo funkciju -F). Zbog neprekinutosti funkcije F� u D postoj i okolina Wd točke (xo,yo, zo), Wd <;;; D u kojoj je F� neprekinuta funkcija i F� > O. Ako fiksiramo (x,y), onda je F(x, y, z) strogo rastuća funkcija varijable z za ko j u j e F(xo,yo,zo) = O. Prema tome postoji broj e> O takav daje F{xo,Yo,zo-e) < O i F(xo,Yo,zo+e) > O, a točke (xo,yo,zo e), (xo,Yo,Zo+e) su iz Wd' Medutim, onda možemo odrediti okolinu Vd točke (xo,Yo) takvu da j e F(x, y, zo e) < O, F(x,y,zo+e)> O za sve (x,y) E Vd' Neka je fiksirana točka (x,y) E Vd' F(x,y,z) je neprekinuta i striktno rastuća funkcija od z pa postoj i samo jedna vrijednost za z, Zo -e < z < Zo+ e za koj u je F(x,y, z) O . Ta vrijednost je funkcija fiksiranih (x,y), dakle z = g(x, y) za svaki (x,y) E Vd i vrijedi z E (zo - e,Zo+ e) = Vc' z
Zo+C
z.n
�-----t----!.,-ć zu-e
Sl. 5.7.
Dokažimo da je funkcija g neprekinuta na Vd(xo, yo). Neka je (Xl, y.) E Vd = g(Xll YI)' ZI E (zo - e,Zo + e). Sada je F(XI, YI, zd = O . Neka je zadan O . Odaberimo Cl < E tako da je okoli na U" broja ZI sadržana u okolini Uc broja Zo. Neka je Iz - Zli < E. Odaberimo Vs, okolinu točke (x J, YI) tako da iz (x, y) E Vo, e Vd slijedi Iz -Zli < CI < E. To upravo znači neprekinutost funkcije Ig(T) - g(Tdl < Ei . G u točki TI(Xh Yd . Naime iz d(T, TI) < OI i Zj E>
5, DIFERENCIJALNI RAĆUN
100
Dokažimo da funkcija g i ma parcijalne derivacije. Nekaje y fiksiran i F(x, y, z) smatrajmo funkcijom od x i z. Promjena od x za Iz neka daje x y) E Vd(ox , oy ), (+ x h ,y) E Vd(ox , yo),z+ k E U(( z+ k g(x+h, y), (, ' Zo). To je moguće postići jer je g neprekinuta funkcija u Vn(ox , oy ). Prema teoremu srednje vrijednosti j e z k) -F(,x y, z) = F�('x ,y, *z )h+ F�(*x ,y,z*)k= 0 , F{x+h, y, + z z+k). Budući da je g(+ x h,y) = z+k i za neke točke x· E (x,x+h), z* E (, z = g(x, y) , za parcijalnu derivacija g: funkcije g po x dobivamo x y,z) F�(, z+k-z l' k j' gxI l 'l m , = lm - = lm h-O h-O h Iz h�O x y,z) F�(, Slično dobivamo
y, Prema dokazanom teoremu dobil i smo dovoljne uvjete kada iz jednakosti F(, x y,z) = ° možemo izračunati z kao funkciju od x i y. Ponekad je iz i mplicitno zadane funkcije F(x, y, z) = ° možda moguće izraziti x ili y kao funkcij u preostale dvije varijable. U takvim slučajevima moraju biti ispunjeni potpuno analogni uvjeti uvjetima koje smo zahtijevali za funkciju g. *
*
*
Iskaz ovog teorema može se poopćiti i na s ituaciju i mplicitne veze nekoliko ne poznanica, opisanih sustavom jednadžbi. Promotri mo dvije jednadžbe definirane na otvorenom podskupu D <;;:; R4, F(x,,y u, v) = 0, G(x,y,U) v) = 0,
Funkcije F i G neka su klase C(ll(D). Ako žel imo izraziti II i v kao funkcije od x i Y tada se dovoljan uvjet za to i skazuje tzv. Jacobijanom J tih dviju funkcija, ćJ{F, G) FI FI, = FuI G"I -F,I.Gu· I J= = G G, ćJ(u, v):
I(
� ;
)I
Teorem 5.10. Neka su F i G klase C(l)(D) , D je otvoren podskup u R4 i neka je To(xo, yo,ua, vo) E D,
J
=
��F, } I ( G
u, v
=
� � ) I To
F F G U G1"
(F�G:, - F:,G�ho =I 0,
Yo), Uf, (ua), Uc,{vo) takve da za svaki (x, y) E V d postoji saPostoje okoline dV (ox , jeda/I par (Ul v ) , II E Uf" V E U'c za koji je F(x,y,u, v) = 0 , G(, U v) O. y , x , y , klase C( l)(Vd(xo, Yo)) . Tim zahtjevima definiralle sufulIkeije u f( x , y ). v = g{x,) Nji/lOve parcijalne derivacije su
1110
- -:---:J
l 8(F, G) , x v) , ćJ(, l ćJ(F, G) vI = , -j' ćJ(,x u) ,
--, uI -
l ćJ(F, G) uIY=-j' 8(,y v) , I v)'
l 8(F, G) -j' '8(y, u) .
101
5 . 8. IMPLICITNE FU N KCIJE
Dokaz. U točki To(xo,oy ,au ,vo) barem jedna od parcijalnih derivacija F�, G� je različita od nule. U suprotnom bi bilo
}=
I(�� ��)I
=0
što j e u suprotnosti s pretpostavkama teorema. Neka je reci mo F:, -I- O . Prema Yo,au ), U"2 i funkcija cp(, prethodnom teoremu postoje okoline Vs,(ax , x y,u) za koju vrijedi v = cp(x, y, ll ) (,x y,u) E Vs,(ax ,yo,au ), v E Uc,. za O . Promotrimo sad jednadžbe ( je rješenje Funkcija v = cp(, x y,ll ) x y, u,v ) F , funkciju H(x,y,u) = G(x,y,u,cp(x,y,)u ) . Za derivaciju te funkcije vrijedi: Fu H:' = G�+G� . cp�, cp' u F,,' G F" - GvF" = -� -I- O. H� = F" Fv Ponovnom pri mjenom tOJ'ema o implicitnim funkcijama slijedi da postoje okoline Vd(,x y) , < dl, U(",(au ) i funkcija f tako da vrijedi u = f(x, y) je rješenje od H(,x y,u) = ° y ( g(,x y) = cp(, x , x )y ). / , Dakle, u = f(x, y), v = g(,x y) su rješenja sustava G(x, y, u,v ) = 0, F(x,y,u, v ) = 0, a za derivaciju vrijedi _ _ -
u
d
l
D(F,G)
} 8(x,v ) *
*
*
.
Do formula za derivaciju možemo doći na jednostavniji način. Napišimo početni sustav: F(.x y, II. v) = 0, y .u v ) = 0, G(,x , Njegovim deriviranjem, recimo po nepoznanici x, dobivamo ( ll i v su funkcije nepo znanica x i y ): F�+ F:' u'. + F:, . v'. = 0, ' G�+G;, . u�+G: v , = O . .
.
.
Rješavanjem ovog linearnog sustava po ' u x dobivamo F F, : G:,: G', I ur = F:' F:, -
I I I G:, G:, I
5. DIFERENCIJALNI RAČUN
102
a to je tražena formula. Na s ličan način možemo odrediti i derivac ije po nepoznanici možemo skratiti računanjem diferencijala:
y. Ćitav postupak
F� . dx+F� . dy+F� . du +F� . dv O, a: . dx + G� . dy + G� . du + G� . dv = O.
Odavde slijedi, na primjer
du
G�F�,)dy].
�[(F�G:-G:F�)dX+(F�G�
Koeficijenti uz diferencijale dx i
dy su parcijalne derivacije u� i u�.
Primjer 5.1. a) Zadana je implicitna funkcija
y = y(x) jednadžbom F(x, y) == Ax2+ Bxy + cl +Dx+Ey+H = O. Odredi prvu derivaciju funkcije y = y(x) . b) Odredi parcijalne derivacije implicitno zadane funkcije z = z(x, y) jednadž F(x, y, z) = x2+y 2+Z2 - l
bom
t>
=
O.
Koristeći se teoremom o implicitno zadanim funkcijama dobivamo:
a)
F{x, y(x)) = AX2 +Bxy(x)+Cy(x)2 +Dx+Ey(x)+H = O, 2Ax+By+Bxy' + 2Cyy' +D+Ey' = O, , 2Ax+ +D F� = = Y Bx+ 2Cy+ E F� b)
Fi = 2x, F;, = 2y, F� = 2z, z� 5.9.
F� - F'
z
=
F�
x I Z - -, z v'
r
Tangencijalna ravnina
=
y z
J
Već smo spomi njal i kako možemo geometrijski interpretirati parcijalne derivaci je. Razmotrimo detaljnije funkcije od dvije, odnosno tri varijable. Neka je zadana funkcija z = f(x, y) na otvorenom skupu koji sadrži točku To(xo,Yo) i na kojem ima neprek inute prve parcijalne derivacije. Graf funkcije je skup r
I
U
U }.
((x,y,z) z = f(x,y), (x,y) E Gradijent funkcije f u točki To(xo) yo) je r7f(xo yo) 8f(xo,yo).+ 8f(xo,y o). v , 8 I J x 8Y _
i za njega pretpostavljamo da je razl ičit od O.
5.9. TANGENCIJALNA RAVNINA
103
Primjer 5.1. Neka je zadana funkcija Z = l+X2+y2 i točka To( l, 2). Gra fu funkcije (rotacijskom paraboloidu) pripada točka TI(1,2,6). Sve točke za koje funkcij a i ma konstantnu vrijednost z= 6 pripadaj u krivulji (kružnici)
l+x2+l, Z= 6 Njezina nivo krivulja je kružnica x2+y2 = 5 , koja leži u ravnini XOY (ona je ortogonalna projekcija već spomenute kružnice iz ravnine Z 6.) U svakoj točki te kružnice postoj i tangenta i pripadni gradijent. Pokažimo, da su gradijent i vektor smjera tangente su okomiti. Z=
t>
Gradijent iznosi
V'z= 2xi+ 2yj,
V'z(I,2)= 2 i+4j.
Sl. 5.8. Tangencijaina ravnina na plohu
Odredimo jednadžbu tangente u točki T ( I, 2) za kružnicu x2+y2= 5. Derivi ranjem slijedi:
2x+2yy'= O , Jednadžba tangente je
y
l ),
2=
1·(x-I)+2·(y
2)
O.
na vektor n = l i + 2 j, tj. na gradijent. Je li to bilo slučaj no? Pokažimo da nije. U tu svrhu promotrimo funkciju. F(x, y, z)= e i njezin gradijent: ---+
Vidimo da je vektor To T okomit
.
.
V'F=-2x i- 2yj+k. F(x,y,z)= z x2_y2_1, Nivo plohe funkcije F(x, y, z) su parabo)oidi. Specij alno, nivo ploha F(x,y, z) O sadrži točke spominjanog paraboloida, z-x2-y2-1 = O . Pokažimo daje gradijent V'F(I, 2, 6) -2i- 4j+k
5.
104
DIFERENCIJALNI RAČUN
okomit na tangencijalni vektor bilo koje krivulje koja se nalazi na tom paraboloidu i prolazi točkom TI ( 1 , 2,6) . Odaberi mo bilo koju krivulju r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k koja prolazi točkom TI ( 1, 2, 6) za t = to) i nalazi se na paraboloidu. Njezin tangen cijalni vektor dobivamo deriviranjem po t, dakle je
r'(to)
=
x'(to)i + y'(to)j + z'(to)k.
Za točke T(x(t), y(t), z(t)) takve krivulje vrij edi:
z = 1 + x2 + l
==}
z(t) - x(t)2 - y(t? - 1 = O . Deriviranjem posljednje jednakosti po t dobivamo: z'(to) - 2x(to) . x'(to) - ;2y(to) . y '(to) = O . Iz te jednakosti vidimo da je tangencijalni vektor krivulje u točki TI, (za t = to ), okomit na vektor -2x(to)i - 2y(to)j + k = -2i - 4j + k za svaku krivulju. Prema tome tangencijalni vektori krivulja koje prolaze točkom TI pripadaju paraboloidu pripadaju istoj ravnini. To je ravnina koja prolazi točkom TI kojoj je'vektor normale vektor
VF(l, 2, 6) = -2 i - 4j + k. Za tu ravninu, čija je jednadžba
(x - 1 ) ( -2) + (y - 2 )(-4) + (z 6) · 1 = 0, kažemo da je tangencijalna ravnina paraboloida u točki TI'
*
*
*
Dokažimo sad da istovjetan rezultat vrijedi za bilo koju funkciju triju varijali.
Teorem5.11. Neka je zadana Jullkcija triju varija ble u = f(x, y, z) koja ima neprekillute parcijaille derivacije i llisu svejednake nuli. GradijelltJunkcije f(x, y, z) u tocld To okomit je na tallgencijallli vektor bilo koje Jordanove krivulje koja prolazi tOIll to&om i pripada nivo plohi koja prolazi tocKom To.
Doka';.. Odaberi mo točku To(xo , y o , zo) iz domene funkcije f(x, y, z) . Nivo plo ha koja prolazi točkom To i ma jednadžbu f(x, y, z) = c, gdje je c = f(xo, Yo, zo ) . Neka je r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k, t E I diferencijabilna krivulja koja prolazi točkom To i neka je r '(to) i= O . Krivulja je na odabranoj nivo plohi. Dakle,
f(x(t), y(t), z(t)) = c,
t E l.
105
5.9. TAN G ENCIJALNA RAVNINA
Sl. 5.9. Gradijent fUllkcije okomit je na tallgencijalm vektor bilo ko je lordo.nove krivulje koja prolazi zadanom točkom.
Deriviranjem te jednakosti u t= to dobivamo:
af _ _ ( T_ o _) . d_x_(to_ ) ax dt
+ a_ fa_(yT,_o) . d_ yd_(tto_ ) +
-'--::-'..:-
. dz(to) = o ' dt
Gornju jednakost možemo pisati u obliku \1f (x, y ,
z) . r t (t)
O,
a to se upravo tvrdi teoremom. Gradijent u točki To okomit je na s vaki tangencijalni vektor, to znači da se sve tangente na krivulje nalaze u jednoj ravnini. Vektor normale te ravnine je upravo gradijent u To . Tu ravninu nazivamo tangencijalnom ravninom. Tangencijalna ravnina
Jednadžba tangencijalne ravnine za funkciju zadanu i mplicitnom jed nadžbom f( x, y , z) = O je
\1f(xo . Yo , zo)· (r
ro)
O,
(��)TO (X - XO) + (�;)TO(Y YO) + (��)TO(Z zo)=O. Ako je funkcija zadana jednadžbom z f (x, y) , onda ta jednadžba glasi a a z _ zo = ( f ) (x_xo )+ ( f ) (y yo ) , zo = f (xo , yo)· ax To ay To
6.
Primjene diferencijalnog računa 6.1.
6.2.
6.3.
Taylorova formula ........... . . .... . ... 106 Ekstremi ... . .... . . . . .. . .. . . .... . . .. 109 Uvjetni ekstremi . . . . . . .. . .. . . . . . . ..... 118
6.1. Taylorova formula
I
Ako funkcija F(t) i ma neprekinutu derivaciju reda n + l u točki t = O , onda za nju vrijedi Taylorova formula. To je formula kojom prikazujemo funkciju kao zbroj polinoma i ostatka, dakle F(t) = Tn(t) + Rn(c, t),
to
< e < t.
Tn(t) je Taylorov poli nom n-tog stupnja te funkcije, a funkciju Rn(c, t) nazivamo ostatkom: F(n)(to) F'(to) F"(to) 2 (t - to) n Tn(t) = F(t o) + 1 -(t - to) + 21(t - to) + . .. + ! n! Ostatak Rn najčešće prikazujemo u tzv. Lagrangeovom obliku: Fn+l(c) n+l to < e < t. R ( C, t) _ n
(n +
1/ '
Podsjetimo da nam nije poznata vrijednost broja e nego samo interval u kojem se on nalazi. Ako funkcija više varijabli ima sve neprekinute parcijalne derivacije do uključi vo reda n + l, onda vrijedi analogna formula. Napišimo formulu za funkciju dviju varijabli.
6.1.
TAYLOROVA FORMULA
107
Taylorova formula funkcije dviju varijabli
J(x, y ) = J(xo, Yo)+
[
l 02J - (x + -1 ox 2 2
[o)x - xo )+ oojy (y
1 O J I
I
Yo )
]
]
02J 02J xO)2 + 2--(x - xo ) (y Y o )+ - (y - YO)2 + . . . oxoy oy2 1 lY'J )n anJ + ll! - (X - Xo + ...+ - (Y - Yo ) n+ Rn· axn ayn Sve derivacije računamo u točki T(xo, yo ) .
[
]
Prilikom dokazivanja Taylorove formule za funkcije dviju varijabli bitna su dva pojma. To su: a) usmjerena derivacija funkcije J(x , y) b) derivacija kompozicije F(t) =J(x(t), y (t ) ). Prisjetimo se definicije usmjerene derivacije. Usmjerenu derivaciju u zadanoj točki računamo pomoću promjena funkcije samo duž pravca koji prolazi tom točkom u smjeru vektora s. Neka su njegove komponente s=l a . Onda imamo a i+ ;J
a J =lim as I-O
+
\7J(x.o )
t
.
(
Operator usmjerene derivacije je dakle "skalami produkt" vektora dakle
o
s·
\7
: )f.
a a! ° =la ! + 2 a a = la a + 2 a ax uy x Y
s
la
s
i operatora \7,
a a a ay' ax + 2
Operator viših usmjerenih derivacija definiramo "potenciranjem" operatora us mjerene derivacije. Tako će na primjer operator druge usmjerene derivacije biti "kva drat"
( alo +
)
0 2 za o y
Derivaciju kompozicije računamo formulom
d (f (r (t) ) dt
\7J(r (t ) )· r (t)'.
Tu ćemo formulu isoristiti za funkciju oblika
F(t ) Njezine su derivacije:
J(xo+ Ja t, Yo+ azt ).
(
)
oj , oj a a F ( t ) = a1 + 2 a ay ajax + 2 a ay J, ax o 2 a2J a2J a a2J J. T+ 2 F" (t) = + o ai= al + za a a a l 2 2 o ay axay x y Ox2 Dakle, drugu derivaciju funkcije F(t ) dobivamo tako da na funkciju J(x(t ), y (t)) djelujemo operatorom druge usmjerene derivaeije.
(
)
6. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
108
Indukcijom provjeravamo da ll-tu derivaciju funkcije F dobivamo tako da na J djelujemo operatorom n-te usmjerene derivacije. F("\( /)
(2: (�)
a a " + a2 ) J ( al ax 0y
=
"
k",O
Za ilustraciju ispišimo derivaciju za II
3.
a" -k tt; tlzox,,_kayk)J( X( f),y(/)).
03 J 3 03 J 2 03 J 03 J 3 !.iJat + 3 n 7n ala2 + 3 n n ala�2 !.iJa • uX u Xuy 2 uX -uy uy 2 Derivacije se računaju u točki (xa , yo). Prikažimo funkciju F(/) Maclaurinovom formulom (prikaz u okolini nule). Do bivamo: 3) F( (O)
-
F(O) Ako je t
=
F(l) =
+
l onda dobivamo:
T,,(1)
+
_
+Rf!
=
F'(O)
Fil (O)
Fl")
7
--t + --r +···+--'.-:... l! 2! n!
F'(O) Fil (O) 2 F(") (O) F(O) + -- + 2! + . . . + - -! - +R".
1! Il Primijetimo da iz F(t) = J(xo + al t, Yo + a2t) slijedi F( l) J(xo + al, Yo + a2). Izaberimo li sad al = x xo , a2 = Y - yo, dobit ćemo oJ(XO,yo) oJ(X O'yo) F(l) J(x, y ) , F(O) J(Xo, Yo) ) F'(O) = (x Xo)+ ) (y Yo, ax ay itd. Mi pretpostavljmo da je funkcija F(l) = J (xo + al t, Yo + a2t) klase c(n+1) na otvorenom intervalu koji sadrži interval [O, l]. Ako je funkcija J(x, y) klase c(n+l) na otvorenom skupu koji sadrži spojnicu točaka To(xo, Yo). (x y) onda vrijedi Tay lorova formula za funkciju J(x, y) : _
T,
l oJ (xo• yo ) oJ(xo, Yo) (y-yo)] J(x, y)=J(xo, Yo)+ ! [ ( x-xo)+ 1 ax ay 1 0 J (X Yo) a 2J(XO , YO) 02J(XO'YO) + - [ 2 O' ( X-Xa )2+2 (X-Xa)(y-Yo)+ (y-Yo)2] 2! {)x2 {)x{)y oy 2 *
*
+..
+Rll•
*
Ako aproksimiramo funkciju njezinim Taylorovi m polinomom, tada je potreb no znati ocjenu te aproksimacije. Dakle, potrebno je procijeniti ostatak. Kako je ostatak Rn zbroj ( Il + l) prvih derivacija pomnoženih s odgovarajućim binomni m koeficijentima koristimo se Cauchyjevom nejednakosti, vidi teorem Ll.
1
t,
a,
1 <; Jn
� t,
a
l
Za funkciju dviju varijabl i ll-ti ostatak je
(1 1 +1) f;
,,+1 ( (n+ l)!. l
k
l k k on+1 aln+ - a2 ll+l-kfJ k ) J(xo+aj/,yo+a2t), 0x y
O�I� L
6.2.
EKSTREMI
109
l
Parcijalne derivacije potrebno je izračunati u nekoj točki koja je na spoj nici to čaka To(xo, yD), Tl (Xo + al, Yo + (2 ) ' Neka su sve parcijalne derivacije reda II + neprekinute u okolini točke To(xo, Yo) i neka su ograničene po apsolutnoj vrijednosti brojem M . Za ostatak imamo sljedeću ocjenu.
!R,,! � =
MI
(lal! :l! I:=O e; 1) !al!k!a2!n+l-k = : l! � k=O k . ( .,fi.
Ml
6.2.
=
+ !a2!r+1
M
( Il + l)! .
J
Ekstremi
Za realnu funkciju f definiranu na podskupu A � R" kažemo da ima lokalni ekstrem u točki To {x? xg, ... ,x?,) ako postoji okolina (otvoren skup) te točke tako da za svaku točku T(Xl' X2,' ., xn) iz te okoline vrijedi:
f(T) f(T)
f(To} � O f(To) � O
u To je lokalni min imum u To je lokalni maksi mum.
.trT)
J(T)
f(To}
SI. 6./. Eks/remi fiil/keije: lokollli maksimum (lijevo) i tokafn; minimum (deSilO)
Koristimo se kondenzirani m zapisom pa umjesto f(x?, xg,... ,x?,) pišemo f(xo).
Spojnicom točaka To, T određen je vektor a = ToT. Dakle, koordinate točke T možemo zapisati pomoću komponenata vektora a ---+
XI
x� + alf, . . x" = x� + a"t, , \
-E
�
t
�
l
. f > O.
6.
110
PRIMJENE DIFERENCIJALN OG R AČUNA
Nuždan uvjet za ekstrem Teorem 6.1. Ako funkcija J ima lokalni ekstrem u Xo onda je tj.
\lJ(xo) = O, aJ( To)
�
aJ( To) aX2
O,
=
O, ...
Toc'K.e xo u kojima je gradijent funkcije J jednak nuli nazivamo stacionarnim točkama.
Dokaz. Samo radi jednostavnosti zapisa, u dokazu pretpostavljamo da je J funk cija od tri varijable. Nekaje u točki To maksimum, tj. nekaje za svaku točku iz okoline od To vrijedi: J( T) J(To) � O. Onda za sve t, -f; � t � l vrijedi llJ J(xo + alt, yo + azt, Zo + a3t) J(xo, Yo, zo) � O.
Odavde zaljučujemo da je
llJ < O' t llJ > O. t
t >O t
Budući da je usmjerena derivacija limes navedenih kvocijenata, iz tih nejednakosti zaključujemo da je usmjerena derivacija funkcije J u smjeru vektora a u točki To
jednaka nuli. Budući da je vektor a = To T :/= O, T proizvoljna točka iz uočene okoline točke To, slijedi \lJ(x, y, z)· a = O za svaki vektor a. No, to je moguće samo ako je --;
VJ
O,
tj .
aj ax
=
0
,
aj ay
=
0,
aj = o. az
Time je teorem dokazan. Promjenu funkcijskih vrijednosti llJ = J(x, y) - J(xo, Yo) najprirodnije je pro učavati koristeći se Taylorovom formulom. Kao što znamo, tu promjenu možemo prikazati kao zbroj homogenih polinoma (diferencijala, derivacija) i funkcije ostatak. Koeficijente homogenih polinoma dobivamo tako što izračunavamo parcijalne deriva cije u točki To pomnožene s odgovarajućim binomnim koeficijentom, preciznije to su polinomi oblika
a promjena funkcije glasi llJ = J(x, y)
J(xo, Yo)
l � l 1 I -d IJ + -d�J + -d3J + ... + -dnJ + Rn . l! 2! 3! n!
6.2.
111
EKSTREM I
af j,' af ' ,. se oznak ama k ao sto su " l a konstecl lIerenCIJa =x ISpISI mo prva tn'd'c ' ay ax v
'V'
itd.
dlf = f;(xo, Yo)(x xo)+f;(xo, yo)(y Yo), d2f=f;�(xo, Yo)(x - xof +2f;.�(x xo)(y Yo)+J;::,(Y - YO)2, d3f f;;�(xo) yo)(x - XO)3 + 3f;;y(xo, Yo)(x xo )2( y - Yo) + 3f;;y(xo, yo)(x
= Jy 1"
xo)(y - YO)2 +r:..�\'(xo, Yo)(y - Yo?
Predoči mo promjenu funkcije !lf(x, y) lom i pri tom se koristimo s prva dva člana. !lf=d 1f+Rt
f(x, y) - f(xo, Yo) Taylorovom formu-
Yo)+ ;! [j;�(x', y')(x - XO)2 +2f;�(x, y)(x xo)(y - Yo)+r:;(x, y)(y - yo)2]. Točka (x, y) u kojoj računamo druge derivacije ostatka Rl nalazi se na spoj nici točaka T (x, y), To(xo, yo). Uvedimo sljedeće oznake: =f;(xo, Yo)(x
xo)+f�(xo, yo)(y
f;�(xo, Yo)=alb
fx.:(xo, Yo)
al2,
f:;(xo, Yo) = a22,
f;;(x, y) = all +al II f:�(x, y) a l2 +a12, r.;(x, y) = aZ! +a22, pri čemu, zbog neprekinutosti drugih parcijalnih derivacija aij teže k nuli kada Llx =x - Xo ---. O, l'1y y Yo ---. O. U stacionamoj točki To(xo1 Yo) prve parcijalne derivacije jednake su nuli. Prema tome promjenu funkcije možemo zapisati u sljedećem obliku: I'1f
= 2l! [(allA:c +2alZLlxl'1y+a2zl'1y- ) +(alILlx2 +2a12Llx!ly+az2!ly-)l . ,
�
'
Vidimo da je ta promjena zbroj dvije kvadratne forme po varij ablama Ax, l'1y, pri čemu su koeficijenti druge forme zanemarivi prema koeficijentima prve forme, pa će predznak čitavog izraza ovisiti samo o prvoj formi. O tom predznaku ovisi hoće li funkcija imati ekstrem u točki To. U svrhu analiziranja predznaka od I'1f uvedimo pomoćni lokalni koordinatni polarni sustav s polom u točki To(xo. Y D) . Sada je Izraz za
Llx = r cos cp, l'1y
Af poprima oblik
Af=
r
sin cp,
r
YILlx2 +!ly2.
; {[all cos2 cp +2al2 cos cp sin cp +aZ2 sinl cp] ,
+ [all cos 2 cp +2al2 cos cp sin cp +a22 sin2 cp]}.
Razmotrimo sljedeća tri slučaja:
6. PRIMJENE DIFERE N CIJALNOG R AČ U N A
112
U ovornje slučaju all ::j:. O. Prema tome za prvu zagradu u izrazu za Af vrijedi :
_I [(all
all
cosqJ + al2 sin qJ ? + (alla22-atJ s i n 2 qJ] = 1 F ( qJ ) __
all
.
Funkcija F( qJ) je pozitivna i neprekinuta pa na zatvorenom intervalu [O, 2n] poprima III koji je veći od O. Predznak prve zagrade je isti kao predznak od al l' Za drugu zagradu vrijedi:
svoj minimum
1 0:11 cos2 qJ + 20:12 cos qJ sin qJ + a22 s i n2 qJl :;:;;: lalll + 21anl + 1 0:.221
O Af> O ==} minimum u To, all > O 1 alla22 - ai2 > O i all Af
alla22-ar2<0. Ako je još i a ::j:. O tada za qJ O imamo F( O) = af I > O. Ako pak odaberemo takav qJ da je all cos qJ + al2 sin qJ O tada je F( qJ)< O. Prema tome Af mijenja predznak i u točki To nije ekstrem. Ako bi bilo all = O onda bi izraz za Af mogli 2.
II
1
r zapisati kao Af = "2 sin qJ[2a11 cos qJ + aZ2 sin qJJ + [all cos2 qJ + . . . J i vidimo da Af mijenja predznak, i zaključujemo da u tom slučaju funkcija f nema ekstrem u To.
3. alla22 ar2 = O. U ovom slučaju moramo ispitivati više diferencijale da bismo ustanovili ima li funkcija ekstrem u To. Primjer 6.1. Parcijalne derivacije funkcije f(x, y) = xy jednake su nula u isho dištu 0(0, O) ,dakle, O je stacionarna točka. Za druge derivacije vrijedi
all
ePf(O, O) �n
�
_
- O,
all
D2f(0, O) -
_
uXuy n
n
l
_
,
a22 -
Dl f(O, O) O uyn
�
-
,
pa je alla22 ah< O i funkcija nema ekstrem. To možemo naslutiti i iz ponašanja funkcije. U prvom i trećem kvadrantu ta je funkcija pozitivna, dok je u drugom i četvrtom negativna (x > O, y < O). Zato funkcija nema ekstrem u točki 0(0, O) . Takvu točku za koju su ispunjeni nužni uvjeti (parcijalne derivacijejednake nula), ali točka nije ekstrem. nazivamo sedlastom točkom. Primjer 6.2. za funkcij u z f(x, y) = l - Xl , (graf je parabolički valjak) svaka točka T(O, y) je točka lokalnog ekstrema, ekstremi se nalaze duž pravca: x = O. Z = l. Za nju je all = -2. an = O, a22 O, pa je alla22 - a fl O i opisani kriterij ne daje odluku. *
*
*
Pri ispitivanju ekstrema funkcije II varijabli, trebat ćemo ispitati predznak drugog diferencijala. koji je oblika kvadratne forme (homogenog polinoma stupnja 2):
t aij(xi
iJ=1
x?)(x;
xn,
al;
=
aji
D;:ir::} .
6.2.
EKSTREMI
(
Simetričnu kvadratnu matricu
)
113
all a12 ... al" all a22··· az" .. A= .. . . .. aril a2fl . ann nazivamo matricom kvadratne forme. za kvadratnu formu kažemo da je pozitivno de finitna ako za bilo koji izbor varijabli (ali tako da nisu sve jednake nuJi) i ma pozitivnu vrijednost. Kvadratna forma je negat ivno definitna ako poprima samo negativne vri jednosti za svaki izbor varijabli ( koje nisu sve jednake nUli). Forma je indefinitna ako postoje izbori varijabli takvi da je za jedne forma pozitivna dok je za druge negativna. Iskažimo sljedeći kriterij za definitnost kvadratne forme: Kvadratna forma je pozitivno definitna onda i samo onda ako su svi glavni m inori pozitivni: all > 0,
Ll2 = A
I(
aIl al'a21 a22
)I
>
0, . . . , lln
K vadratna forma je negativno definitna onda i samo onda ako predznaci glavnih minora a\terniraju na način: lli < 0, III > 0, ll3 < 0, ... , (- l)"ll" > O. Uoči da je u oba slučaja ll� > O. Sad možemo iskažati nužne i dovolj ne uvjete za ekstrem funkcije II varijabli. Ekstrem funkcije
n
. .
varijabli
Nuždan uvjet ekstrema diferencijabilne funkcije J( x \ , X2, . . . , xn ) (O O O) 10 XI'X2, . ,X" Je U mcvk'I 'T' n uJ (VJ)(To) = ° ek O. Ltj. k=; UXk 1.
tj. sve su parcijalne derivacije prvog reda u točki To jednake nuli. Točke u kojima je ispunjen nuždan uvjet za postojanje ekstrema nazivamo stacio
narnim točkama. 2. Dovoljan uvjet ekstrema Neka je A = [a,,] simetrična matrica durgih derivacija u točki To: u2J(To) ai} = uX,{)Xj i llk njezin glavni minor reda k . Ako je lli > 0, ll2 > 0, ll3 > 0, ... , ll" > 0, onda J ima u To minimum. Ako je lli < 0, III > O. ll3 < 0, . . , (-1 )"ll" > 0 , onda J i ma u To maksimum.
.
6.
114
PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
Primjer 6. 3. Odredi ekstreme funkcije
x 3 + 3xy2
I(x, y) t>
3x2 - 3l + L
Izračunaj mo prve i druge parcijalne derivacije zadane funkcije:
J;(x, y) = 3x2 + 3y2 6x, J;(x,y) =6xy - 6y, I;;(x, y) 6x 6, I:; =6y, I;; =6x - 6. Stacionarne točke određujemo iz jednadžbi I; = O, I; = O. Rješenja tih jed nadžbi su točke: TJ (O, O), T 2(2,O), T3( 1, 1 ), T4( 1, - 1 ). Za drugi minor vrijedi A2(x, y) 1;:1;; 1:;2 =(6x 6)2 36l. Za točke T3, T4 je A2(x, y) < O prema tome u tim točkama nisu ekstremi. U stacionarnoj točki T[(O, O) je A2(0, O) = 36 > O i A, = all(O, O) 1:;(0, O) = -6 < O, pa je u toj točki lokalni maksimum koji iznosi 1(0. O) = 1. U stacionarnoj točki T 2( 2 O) je A2(2,O) 36> O, dakle u njoj je ekstrem, a jer je AJ =1�� (2 O) =6 > O to je lokalni minimum, 1(2, O) = -3.
,
Primjer 6. 4. Kartonska kutija ima oblik kvadra i nema gornje plohe. Njezina površina iznosi 1 2. Odredi duljinu, širinu i visinu one kutije koja će imati naj veći volumen. t>
Označimo duljinu, širinu i visinu s x, y, z, tada je 1 2 xy z xy + 2xz + 2yz 1 2
2(x + y)'
Za volumen kutije vrijedi
12xy - x2y2 12 xy , x> O, y> O, xy < 1 2. 2(x + y) 2(x + y) Parcijalne derivacije funkcije V(x, y) jesu v
=xyz
xy
Iz jednadžbi Vx = O, Vy
O slijedi x = 2, y
2. Visina kutije će biti z = l.
T(x,y, z) zadana je izrazom I(x,y,z) 800xYZ2. Odredi naj topliju i najhladniju točku na sferi + y2 + Z2 l . Primjer 6.5. Temperatura u točki
I> Odredimo ekstreme funkcije g(x, y ) koja ima ekstreme na istim mjestima kao i funkcija I.
g(x, y) =xyz2 =xy(l
_
U tu svrhu tražimo rješenja jednadžbi g'.(x, y) =y - 3x2y )'3 =O,
x2
_
y2)
6.2.
115
EKSTREMI
, y=±l. 2 2 U točki T (O , O) nije ekstrem jer je f(x, y, z) > O za x > O, Y f(x, y,z) < O za x < O, y > O, z j; O. II EkstremI. su u TI ·· · IznosI. 800g , mak· slmum kOJI 2' T2 minimu m i on je -100 .
•
l ±-
-
( 2)
( � �) ,
>
O, z j; O, dok je
(� �) = 100, dok je u
Primjer 6.6 . Funkcija z =
yZ - x2 (hiperbolički paraboloid) u točki 0(0, O) i ma sedlastu točku. U oči u ravnini Y OZ parabolu čija je jednadžba z = yZ , x = O, zatim parabolu u ravnini X OZ čija je jednadžba z = -xZ, y = O. Dolazimo li u ishodište po prvoj paraboli izgleda da bi tamo trebao biti m in i m u m funkcije z. Međutim ako dolazimo po drugoj paraboli onda bi u ishodištu trebao biti maksimum. Prema tome tamo nije ekstrem funkcije. Formalni račun nam daje: az = - 2x , aX
aZ = 2y, ay
02Z
ox2
= -2 ,
Točka 0(0, O) je stacionarna, međutim za nju je ekstrem.
02Z
= 2, 8y2
zuZy)' - ZX)'
02Z
= O. oxoy = -4, dakle u njoj nije
,\
\ \ \ \ 1 1 1 1 ,
-
__ .. 1/_--. -------- ___... 1...----
SI.
6.2.
Hiperbo/ički parab% id - sed/asta ploha. Stacionarna točka nije ekstrem.
Primjer 6.7. Zadane su točke TI(1,I), Tz(3, 2), T3(5, 2). Odredi jednadžbu pravca, y = ax+ b, koji najbolje aproksimira taj skup od tri točke. Aproksimacija je takva da se zahtjeva da zbroja kvadrata odstupanja zadanih točaka od pravca bude minimalan (metoda najmanjih kvadrata) . I>
Tražimo dakle minimum funkcije 3 f(a, b) = I:(axk+b - Ykf = (ax!+b - YI)2+(ax2+b - Yz)Z+(ax3+b - Y3)2. k=1
6. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
1 16
y
6.3. Mctoda najmanjih kvad· rata. Tražimo pravac sa svojstvom da je zbroj kvadrata njegovih od stupanja od zadanih točaka mini malan. Sl.
x
Nakon uvrštavanja zadanih podataka dobivamo izraz za funkciju:
J(a, b) =(a+ b If + (3a+ b' 2)2+ (5a + b - 2)2,
Izjednačimo s nulom parcijalne derivacije te funkcije, dobivamo:
aJ( a, b) = 35a+9b l 7 O ' oa ob =9a+ 3b 5= O. II
l Rješenje tog sustava je a ' b 4 aproksi mira zadani skup točaka.
12 *
*
' dakle pravac *
U općem slučaju bi imali : zadane su točke i=/=j. n
II
l 4x + 1 2
Y
najbolje
Ti(Xi, Yi)' i = 1, . . ,11, Xi .
11
=/=
.lj,
n
J(a, b)=L(axk+b-Yk)'\ J�=2 L(aXk+b-Yk)Xk=O, J�=2 L(aXk+b-Yd=O. k=1 k=ol k=1
Rješenje tog sustava od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice je:
a= gdje je
I
- LXkYk
-
X"Ye
b = Ye - ax"
L.!.._____
1 Xc = -(XI + X2 +, .. + XII)' Ye II
l YI +}'2+ ' ..+ Yn). -( 11
Y dobivene su jednadžbe: + y = 1 .3, x - 2y 4. 1, 2x - y = 5.3.
Primjer 6.8. b) Mjerenjem veličina
X
i
x
Zbog pogrešaka mjerenja dobiveni sustav je kontradiktoran. Naime ako zbroji mo pr ve dvije jednadžbe dobivamo jednadžbu 2x Y = 5. 4 što je u suprotnosti s trećom zadanom jednadžbom.
6.2.
1 17
EKSTREMI
Ovim primjerom ilustrirajmo kako se postupa u sličnim situacijama. Koristi mo se metodom najmanj ih kvadrata. Formiramo funkciju
F(x, y)= (x+y-1.3f+ (x-2y- 4.1)2+ (2x Y 5.3)2. Tražimo takav x i y za koji će funkcija F imati minimum. Tako dobiveni x i y smatramo rješenjem naznačenog problema. Deriviranjem po x i y dobivamo sustav: F� = 2(x+y-1. 3)+ 2(x 2y- 4.1)+ 4(2x-y-5.3)=O, F;. = 2(x+ y-1.3)- 4{x 2y - 4.1) 2(2x-y-5.3) = O. Sredimo li dobiveni sustav dobivamo:
6x - 3y = 16, -3x+ 6y = -12.2.
Rješenje je
x 2.2, Y = -0.933.
Primjer 6.9. Odredi onu točku T(x, y) ravnine za koj u je zbroj kvadrata udalje nosti od točaka 0(0,0), A(l,O), 8(0, l) minimalan. I>
Očito se radi o određivanju minimuma funkcije
z=f(x,y)=x2+/+(x I)2+l+x2+(y If = 3x2+ 3i-2x-2y+ 2. Iz nužnih uvjeta ( z: = O, z;. = O ) za postojanje ekstrema slijedi da je to točka T
(�, �) .
�
Primjer 6.10. Prikaži pozitivan realan broj a kao zbroj od četiri pozitivna prib rojnika, tako da da nji hov umnožak bude maksimalan. I>
a = x+y + Z+ w. za funkciju kojoj tražimo maksimum vrijedi: (x x)'z > O. .f , y, z)= xyzw = xyz(a-x -y z),
Neka je
Parcijalne derivacije te funkcije jesu:
f:=yz(a-x-y-z)-xyz=y z(w x). f:'=xz(a-x-y-z)-xyz =yz(w y). I; = xy(a - x-y-z)-xyz = xy(w z).
Izjednačavanjem tih derivacija s nulom dobivamo: w = x =y=z,
dakle
x=y=z=w
Prema tome produkt je maksimalan ako su pribroj nici jednaki. Time smo dokali da vrijedi poznata nejednakost o geometrijskoj i aritmetičkoj sredini:
4 xyzw � ( 4a)
Poopči
( x+Y+4Z+ W ) 4
nejednakost i ovaj dokaz na slučaj
::::::}
11
4� x+y+z+w . vxyzw � 4
pribrojnika.
6 . PRI M JE N E DI FERENCIJALNOG RAČUNA
118
I Primjer 6.1. Zadana je funkcija
z =J(x,y)=x2+i·
( Njezin je graf rotacijski paraboloid ) . Gradijent te funkcije je 8J, 8J. T"7J( v x, Y) -1 + -J = 2' yJ. Xl + 2' 8x
8y
Nivo krivulje funkcije J su kružnice x2 + y2 = e s centrom u ishodištu. Kad e raste, dobivamo kružnice sve većeg polumjera. Gradijent funkcije J okomit je na nivo krivulje (gradijent je u smjeru radij vektora). a jednak je O u točki 0(0, O) . U toj točki funkcija J ima minimum koji je jednak nula. Neka je u području definicije funkcije J izdvojen podskup točaka jednadžbom g(x, y) O . Neka je to u ovom primjeru elipsa x2 g(x. y) = 4 + l - l = O. y
x
Sl.
6.4.
Ekstrem se postiže
u
četiri točke: t jemen ima elipse.
U trodimenzionalnom prostoru ta jednadžba predstavlja eliptički valjak, koji se projicira na zadanu elipsu. Taj eliptički valjak i polazni paraboloid presjecaju se duž krivulje čija je ortogonalna projekcija na ravninu XOY elipsa. Odre'dimo ekstrem funkcije J uz uvjet da X i y zadovoljavaju jednadžbu elipse. Očito ćemo dobiti dva minimuma i dva maksimuma. Ekstremaine vrijednosti bit će u točkama: TI (2, O), Tz( -2, O) maksimumi, i T3(O, l), T4(0, l) minimumi. Ako se iz neke točke T različite od spomenute četiri malo pomaknemo po elipsi vri jednost funkcije J u jednom smjeru raste dok u suprotnom pada. To znači da u njoj J nema ekstrem. U navedenim točkama funkcija ima ekstrem jer pomicanje po elipsi samo smanjuje ili povećava vrijednost funkcije bez obzira u kom smjeru se krećemo po elipsi ( prelazi se na kružnicu većeg polumjera) . U tim, i samo u tim točkama
119
6.3. UVJETNI EKSTREMI
gradijenti funkcije f i g su kolinearni (gradijent funkcije g okomit je na elipsu), pa postoj i realan broj A za koji je
'Vf+A'Vg
O.
Ovu jednakost možemo pisati u sljedećem obliku:
'Vf+A'Vg::;;;'V(f+Ag)
gdje smo označili
'V::;;;O
(x, y, A) ::;;; f(x, y)+Ag(X, y).
Funkciju nazivamo Lagrangeovom funkcijom. Ekstrem funkcije f uz uvjet g svodi se na određivanje običnog ekstrema Lagrangeove funkcije ::;;; f+Ag. Deri viranjem dobivamo:
all> = af(x,y) +A ag(x,y)
Bx Bx Bx Bg(x,y) B Bf(x,y) +A = By By By B = g(x,y) O. BA Za zadane funkcije to je
O, O,
x ::::: O, 2" 2y+ 2Ay = O, x2 -+l 1=0. 4
2x+A
Iz prve dvije jednadžbe i zračunamo x i y kao funkcije parametra A i te vrijednosti uvrstimo u posljednju jednadžbu iz koje izračunamo vrijednost parametra A. Tako dobivenu vrijednost u vrstimo u i zraze za x i y i tako dobivamo točke u kojima je moguć ekstrem. Dakle, rješenje sustava daje četiri stacionarne točke: T] (O, l), T2 (0,-I), zaA = -l; T3(2,0), T4(-2,0), zaA::::-4. : Drugi diferencijal funkcije (x, y) je
(
)
B2<1> BZ BZ A dx 2+ 2 dxdy+ dl 2+ 2' (dx)z+ (2+2A)dl· BxBy BxBx By By za točke Tl i T je A = -1, pa za drugi diferencijal dobivamo: 2 3 dZ4,) = (dx)2 > O, dakle, točke su minimumi. 2 za točke T3• T4 je A = - 4, što za drugi diferencijal daje d2<1>(x,y) =
-
d24,) = -6( dy)2 < O,
dakle, točke su maksimumi.
6.
120
PRIMJEN E DIFERENCIJALNOG RAČUNA
Primjer 6.2. Odredi ekstrem funkcije
f(x,y, z) = xy + yz
uz u vjete [>
y +z
2,
x
>
O,
Y > O,
z > O.
Lagrangeova funkcija je
2)+JJ.(y+z- 2),
= xy+yz+A(x2+l
pa su nužni uvjeti za ekstrem:
� = y 2Ax Q, � x+z2Ay+JJ. = O, � = y+ JJ. O, � x2+y2 2 = O, <1>'II y + z- 2 = O.
Iz prve tri jednadžbe dobivamo:
JJ. 2A
-1 - 2A+ 4A2 2A Uvrštavanjem tih vrijednosti u posljednje dvije jednadžbe dobivamo
y = -JJ.,
x
z
JJ.
A=
l 1. 2' JJ. Te vrijednosti daju x, y, z, tj. točku T( l, l, l). U toj točki je moguć ekstrem. Odgovor na to daje drugi diferencijal funkcije u točki T.
[
d2<1> = dx Uvrstimo li A =
]
o o 0 2 +dy +dz Z ox oy O
-� dobivamo
d2<1> = -dx2
Iz početnih uvjeta slijedi:
y+ z = 2
==>
dy
dl+ 2{dxdy+dydz).
-dz,
U točki T drugi diferencijal je
d2<1> =
pa je to točka maksimuma.
2Adx2+ 2Ad/' +2dxdy+ 2dydz.
-
x2+l
2
==>
xdx = -ydy.
3dx2 - 3d/' < O
Primjer 6. 3. U krug polumjera R upisan je trokut. Odredi trokut koji ima najveći
opseg.
6.3.
UVJETNI EKSTREMI
121
Sl. 6.5. I>
Prema slici slijedi:
[ � + sin � +sin �J,
O(x,y, z) = 2R sin
x +y +z = 2n.
Vidimo da je potrebno odrediti maksimum funkcije O(x, y, z) uz uvjet g(x, y, z) = x +y +z 2n = O. Znamo da za ekstrem tražimo točke za koje je V(O +Ag) = VO +AVg = o. Umjesto deriviranja Lagrangeove funkcije, možemo postupiti i ovako. Vektori VO i Vg moraj u biti kolinearni, a to znači da je njihov vektorski produkt jednak o: -
v' O = R
[i � k i cos
Vg = i +j +
VO
x
Vg =
+j cos
,
� +k cos �J '
k j x y z R cos 2. R cos 2. R cos "2 l
l
l
( � -cos Đ i+R (COS � -cOS �) j+ R (COS � -cos �) z = o.
= R COS
x y z . DobIvamo cos 2. = cos 2. = cos 2. ; x, y. z 2n 3' tj. trokut je jednakostraničan.
E
(0,2n) iz čega slijedi x = y = z =
7.
Dvostruki i trostruki integrali 7. L Dvostruki integral . .
.
. .
. . . .
. .
7.3. Trostruki integral
. .
. .
.
.
. .
.
.
.
1 22 1 30
. . . . . . . . . . .
. . . .
141
. . .
. .
. .
. .
. . . . .
7.4. Izračunavanje trostrukog integrala
. .
. .
7.2. Izračunavanje dvostrukog integrala
. .
. .
7.5. Primjene dvostrukih i trostrukih integrala
. . . .
. . . . . .
7.1 . Dvostruki Integral
1 39
1 46
1·
.,
Poznato nam je značenje simbola: n
oo
k=1
k =1
Uvedimo oznaku za tzv. dvostruku sumu. al l + a 1 2+ n m a21 + a22 + i= l ]=1 Ovdje se zbrajaju realni brojevi a i] , za i l, . . . , 111 , j = l, . . . , ll . Vidimo da je tu mil pribrojnika. Redoslijed zbraj anja ovisi o našem izboru. Najčešće ga biramo tako da sumiramo po retcima. U svakom retku prvi indeks ( i ) je fiksan, a mijenj a se drugi. Međutim, možmo to činiti j po stupcima, za koje je drugi i ndeks (j ) fiksan. Takvu j ednu dvostruku sumu korisno je ponekad grafički predočiti točkama rav ni ne tako da na mjestu s koordinatama ( i, j) stoj i realan broj ai; ' Na taj način izdvajamo one točke pravokutnika čije su koord inate cje1obrojne i u koj ima su smješteni brojevi alj .
123
7 . 1 . DVOSTRUK I INTEGRAL *
*
*
Istaknimo sljedeća svojstva dvostruke sume.
1.
m
n
m
n
n
LL
;=1 )=1 m
(neovisnost o redoslijedu zbrajanja)
j=1 ;=1
;= 1 j=1
2.
m
aa lj
==
a
m
n
L L a lj,
;=1 )=1
n
m
(a konstanta) m
n
n
;=1 j=1 ;= 1 j=1 i= 1 )=1 b j b; (t Cj) (t b; ) (t Cj ) . t i=1 t j=1 ;C t ;= 1 j=1 ;=1 j=1
4.
==
==
Trostruku sumu definiramo potpuno analogno prethodnoj definiciji dvostruke
sume.
Brojeve aijk koji se pojavljuju u trostrukoj sumi treba zbrojiti, njih ima mill . Te brojeve možemo si predočiti tako da se nalaze u točkama s cjelobrojnim koordinatama (i, j, k) jednog kvadra. Korisno je nacrtati primjer jednog takva kvadara.
Intervali
I
U skupu R zatvoreni interval realnih brojeva je l == [a, == {x E R l a � x �
bl
Sl. 7. 1 . Kartezijev umnožak triju intervala definira kvadar u prostoru R3 .
b}.
7. DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRAL!
124
[e, dl ,
Analogno bismo definirali zatvorene intervale [e, Jl . Pomoću takvih zat vorenih intervala definiramo i nterval u dvije, odnosno tri dimenzije. To će biti pripadni kartezijevi produkti polaznih intervala.Tako će naprimjer biti : 12 = h
=
[a, b] [e, d] { (x, y) l a � x � b, e � y � d} ,
[a, bl
x x
[c, dj
x
[e, fl
=
{(x, y, z)
I a � x � b, e �
y
�
d,
e
�
Z
�
f} .
Interval 12 predočavamo si kao pravokutnik, tj. kao skup točaka ravnine čije su koordinate iz 12 , dok si i nterval h možemo predočiti kao kvadar, tj. kao skup točaka iz trod imenzionalnog prostora čije koordinate z) pri padaju intervalu 13 •
(x, y)
(x, y,
Dvostruki integral na pravokutniku
I
Da bismo defi niral i d vostruki i ntegral na zatvorenom području D sadržanom u ravnini XOY pretpostavimo za početak da je područje pravokutnik. Na pravokutniku p = iz ravnine XOY definirajmo dvostruki integral. Taj pravokutnik je x u tom slučaju područje integracije. Za početak je najbolje zamišljati da određujemo volumen uspravnog tijela (pseudo prizma) kojem je baza taj pravokutni k a odozgo je omeđen grafom funkcije J , J > O . U drugom koraku moramo pretpostaviti da baza tijela više nije pravokutnik nego područje D, a to je konačan dio ravnine koji je omeđen regularnom zatvorenom kri vuljom koja se sastoji od konačanog niza JOl'danovih lukova koji se nastavljaju jedan na drugi, početna i završna točka se podudaraju. O funkciji J pretpostavljamo da je neprekinuta na D . Područje integracije D uvijek je moguće obuhvatiti jednim pravo kutnikom P . Funkciju J zadanu na D možemo proširiti na pravokutnik P tako da je restrikcija na D jednaka funkciji J, a na P \ D jednaka O. Tako proširena funkcija i ma prekide samo duž regularne krivulje tj. na rubu područja D . Njezin integral na P definiramo integralom funkcije J na području D . Neka je zadan pravokutnik
[a , bl [e, dl
na koj em
h
{ (x, y)1 a � x � b, e � y � d} je definirana realna funkcija (x, y) E P. z J(x y) p
!
E
,
=
Subdivizija pravokutnika P
R,
I
[a , bl [e, dl a = < < < . , . < x m b, e YO YI Y2 < . . . < Yn d.
Provedirno subdivizije intervala Xo
=
<
XI
i
X2
<
T im subdivizijama ujedno smo podijelili pravokutnik P na nika. Tipičan predstavnik njihov je pravokutnik
Pij =
{ (x, y )1
X;_ !
�
x�
Xi)
Stranice tog pravokutnika označimo s tlxi
Yj- l
, Ay
j•
mn
� Y � Yi}'
manjih pravokut
Tad Pij ima plošti nu tlx;
.
AYj.
7 . 1 . DVOSTRUKI INTEGRAL
125
JI
Xi_}
X,
Sl. 7. 2. Subdivizija pravokutnikn.
b=x ",
x
Normom subdivizije označimo najveći od brojeva rui , /).YJ , i = l , . , m , j = l , , n . za funkciju f definiranu n a pravokutniku P pretpostavit ćemo da j e .
.
. . .
omeđena. Onda je ta funkcija omeđena na svakom pravokutniku Pij i prema tome na njemu ima supremum Mij ( maksi mum) i infimum mij ( minimum). Sada je za funkciju f moguće napraviti sljedeće tri sume : S
=
S = a
=
m
II
I: I: Mijt1xil1Yb
(gornja suma)
i= 1 j= 1 m
II
I: I: miJ'1xiI1YJ>
(donja suma)
i= I ./= 1 m
/I
I: I: f(x;, y; )t1xiI1Yh ;= 1 j= 1
(x;, Y; )
Primjer 7.1. Neka je zadana funkcija P = { ( x, Y) I I � x � 4 , l � y � 3 } .
z
=
E
Pij
(integralna suma).
f(x , y) = x2 + y 2 na pravokutniku
JI
Sl. 7.3.
7. DVOSTRUK I I TROSTRUKI INTEGRAL!
126
Nacrtaj sliku tog pravokutnika! Iznad pravokutnika grafom funkcije J prikazan je dio rotacionog paraboloida. Zanima nas volumen tijela koje je omeđeno odozdo pravokutnikom P , odozgo dijelom parabolaida koj i se ortogonal no projicira na P . To tijelo sadrži točke za čije koordinate vrij edi: v
{ (x, y, z)1
1 � x � 4,
1 � y � 3,
Izvršimo subdiviziju - particiju pravokutnika P. x.
..
l
a < 2 < 3 < 4=b,
y...
O � z � x2 + l } .
e= l < 2 < 3 =d.
Tom subdivizijom dobili smo šest manjih pravokutnika. Neka su to PI2 P22 P32 Pll P21 P31
Stranice tih pravokutnika su sve dulj ine l , Llx; . t:J.Y j= l . Maksimum funkcije J na provokutniku postiže se u njegovom desnom gornjem vrhu. Prema tome za veliku sumu S dobivamo: S=J(2, 2) .
l . l + J(2, 3) + J(3, 2) + J(3, 3) + J(4, 2) + J(4 , 3)=97 . Minimalna vrijednost funkcije J na pravokutnicima postiže se u donjem lijevom vrhu pravokutnika. Dakle, s JO , l) + J( l , 2) J(2, l ) J{2, 2) J(3, l) + J(3, 2). + + + Za tu sumu dobivamo vrijednost s = 43 . Za sumu (J' izvršimo i zbor točaka unutar pravokutnika tako da to bude sredina dotičnog pravokutnika. Dakle,
(J'=J
a , �) + J a , Đ + J a , Đ + J a , Đ + J G , Đ + J G , Đ ·
Za (J' dobivamo (J'= 64.5 . Kasnije ( kad naučimo računati dvostruke integrale) provjerite da je volumen tog tijela V 68 . Vrijedi s
< (J' < S,
4 3 < 64.5 <
97.
Očito da je (J već dosta blizu točne vrijednosti za volumen. Mijenjaj ući sub divizije polaznog pravokutnika možemo utjecati na spomenute sume. Čak ako je i zadana subdivizij a možemo i zborom točaka unutar pojedinog pravokutnika utjecati n a sumu (J' . Možemo lako zaključiti da čim samo o d jednog pravokutnika subdivizije napravi mo dva, a sve ostale zadržimo, onda mala suma s poraste ili ostane ista, velika suma S se smanjuje ili ostaje ista. [a, bl x [e, dl . U toj subdiviziji neka Neka je zadana subdivizija intervala 12 su donj a i gornja sume s , S . Ako svakoj od polaznih subdivizija i ntervala [a , bl i [e, dj dodamo nove točke onda kažemo da novonastala subdivizija profinjuje polaznu subdiviziju intervala Iz . Broj pravokutnika se povećava, a norma subdivizije smanjuje: AI � A , dok za odgovarajuće nove sume SI i S I vrijede nejednakosti:
a)(d - e)
� SI � S I � S � M{ b - a)(d - e) . Tu je broj m minimum funkcije J na 12 , dok j e M njezin maksimum. Ako norma subdivizije teži prema nuli onda ( za funkciju različitu od konstante) male sume s rastu, dok se velike sume S smanjuju.
m(b
�
s
7 . 1 . DVOSTRUKI INTEGRAL
127
f(x,y)
Z neprekinuta jtmkeija na pravokul1liku P ::::: [e, l . Postoji broj I za koji vrijedi s I S za sve particije pravokutnika P. Broj I nazivamo dvostrukim integralomjunkeije na pravokutnžku P i označavamo simbolom
Teorem 7.1 . Neka je
[a, bl
x
d
� �
f Jl f(X,y)dXdY.
Mi ćemo dokazati postojanje broja l za neprekinute funkcije na konačnom pra vokutniku P . Ako integral l postoj i onda (S s) -t kada norma subdivizije teži prema n ul i .
O
-
Primjer 7.2. Odredi volumen tijela koje sadrži točke
{ (x, Y,z) I O � x � 3, O � y � 4,
( � - ;O ) }.
O�Z�3 1-
z
y
x
Sl. 7.4.
I> Lako si predstavi mo uspravno tijelo čiji se volumen traži . Baza tog tijela je pravokutnik u ravnini XOY , odozgo je omeđeno ravninom z sa strana su dijelovi ravnina
5 y / 10 ) , = 3 x / ( 1 x O, x = 3 . y = O, Y = 4. V L Lf(Xi, yj)�i�}'j L L 3 (1 - � ��) �i�yj = 3 Li L �Xi�Yj - 53 Li L Xillxi�Yj - 130 Li L Yj�i�yj j j j 3 · 1 2 � . (L�yj ) ' ( LX i �;) - : (LXi) ' (Lyj�yj ) O j = 36 53 ' 4 ' Li xi�Xi 1O3 . 3 · L>j�yj 152 13 xdx 14 l/dy = 18 V 1 8. 36 10 �
I
=
}
=
:::}
-
I
J
i
i
o
9
J
o
.
,
�
j
7 . DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
128
Izračunavanje dvostrukog integrala na pravokutniku Teorem 7.2. Ako postoji dvostruki integral funkcije f(x, y) na pravokutniku
[a, bl
p
x
[C, dl i ako je za svaki
J(x)
olldaje dvostruki imegralfunkcije
Jl
E
x
=
f
[a, bl
jd
illtegrabilna jimkeija
f(x, y)dy
f(x, y)dxdY
=
jednak
lb (jd f(x,y )dY)dX .
Dokaz. Izvršimo li subdiviziju pravokutnika pravokutnike: Pij
P
po pravokumiku
P
==
[a, bJ
..
1,
{ ( X , y ) I Xi- I � X � X ; ' Y'_I � y � Yi } '
x
[e, dj dobivamo manje
. , m;
j == I,
..
mij , M,i , neka su infimum ( minimum) , odnosno supremum ( maksimum) z = f(x, y) na pravokutniku Pij čija je površina Pij == .6.xi AYJ . Očito je •
Fiksiraj mo dobivamo:
x'
E
za svaki (x, y ) E Pij. Integriranjem gornje nejednakosti po
. , l! .
funkcije
mij � f(x, y ) � Mij [X i- h xd .
1.\]
lIl il).y, �
\)- 1
y
od y;_ . 1 do
Y,
f(x ' , y ) dy � Mij Ay].
Zbraj anjem tih nejednakosti po j dobivamo: ft
L 11lijAYJ � J (x' ) = �I
Pomnožimo te nejednakosti s nl
.6.xi
n
ld
f(x ' , y ) dy �
r
i sumirajmo,
m
m
ft
L Mi;AYj . �I n
L L lIlijAyj.6.x; :( L J(x' ) .6.x; � L L MijAyj.6.x; . ;= 1 j=1
1=1 j= J
i= 1
Između znakova nejednakosti je integralna suma funkcije J(x)
i
:=:
za tu integralnu sumu vrijedi s
,
.
�
ld
f(x, y ) dy
L J(x' ).6.x; � S. ;= 1
- ...... l\jd )
Kako po pretpostavci postoj i dvostruki integral funkcije [a bl x [e, dj to znači da razlika S s O , slijedi da je
lb
J(x) dx
f(x, y ) dy dx
Jl
f
na pravokutniku
f(x, y )dxdy .
P
==
129
7 . 1 . DVOSTRUK I INTEGRAL
I
Svojstva dvostrukog integrala
I
Navedimo naj važnija svojstva dvostrukog integrala koja su slična svojstvima dvo strukih suma. Mi ta svojstva ne dokazujemo.
1. 2.
3. 4.
Jl[Ji (x, y ) + h (x, y)]dxdY Jl fl (x, y )dxdY + Jlh (x,y)dxdY; J1 cf(x, y )dxdy = e J1 f(x, y )dxdy, e E R; ako je f � O na D tada j e Jl f(x , y )dXdY � O; JrlD1UD2 { j{x,y)dxdy = Jr { j{x, y)dxdy + Jr [ j{x,y}dxdy; lD[ lD2 J1 f(x, y )dxdy f(xo, Yo) (ploština skupa D). =
5.
.
l. i 2. svojstvo iskazuju da je dvostruki integral linearni operator, preciznije li nearni funkcionaL Svojstvom 3. izkazuje se pozitivnost integrala. U 4. svoj stvu pretpostavljamo da je područje integracije unija domena i a presjek tih domena n ima ploštinu jednaku nuli. Svojsvo pod 5. poznato je pod nazivom "teorem srednje vrijednosti integralnog računa". Broj je srednja vrijednost funkcije na području
DI Dz
I
f(xQ, Yo)
Definicija dvostrukog integrala
DI D2 f
I
D.
D
Neka je u ravnini zadan zatvoren pod skup koj i je omeđen regularnom zatvo renom krivuljom. To je krivulja sastavljena od konačnog broja Jordanovih lukova koji se nastavljaju jedan na drugi, početna točka prvog luka jednaka je završnoj točki pos ljednjeg. Skup neka ima p)oštinu > O . Neka je zadana neprekinuta funkcija na skupu --} R, z Y)
D D f:D
p(D) f(x, y) ,
D
(x, E D.
Izvršimo subdiviziju skupa na /I dijelova: P l , P2 , . . . , Pil ' Ploštine tih dijelova označimo s Pi , i ::::: l , . . . , ll . Najveći od brojeva Pi je norma subdivizije. Uz tu subdiviziju napravimo integralne sume: s
11IiP"
S=
LMP i
cr =
"
L f(Xi,Y; ) Pi, (Xi,Yi ) E Pi'
Pi ' f(x, y ) Mi na Za te sume vrijedi: IIlp(D) cr S Mp(D), je minimalna vrijednost funkcije f, odnosno M maksimalna na skupu D. Očito su sume i S koje dobivamo ograničene
Broj
111
fil,
je i nfimum funkcije f
1IIj :s;;
dok je
na
:s;;
�
s
s
�
M,
:s;;
raznim subdivizijama
supremum funkcije f na Pi , Pi .
�
odozgo. odnosno odozdo.
130
--�-----------------------------
Dakle postoje sup S =
Jl f(x Y) dP, *
7. DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
Jl* f(x, Y )dP
inf S = 1*
,
mp(D) � s � I. � l * � S � Mp(D) .
Broj J* je donji i ntegral funkcije J na skupu D . Broj r je gornji i ntegral funkcije J na skupu D . Ako je J*
r =
JIv f(x, y) dxdy
onda taj broj definiramo kao dvostruki i ntegral funkcije J na D .
Pi , 1. 2.
3.
Nije teško pokazati ako profinirno zadanu subdiviziju i dobijemo IlI Podskupova � 11 onda za pripadne sume vrijedi :
rll
Sn � Sn, Sn
� Sm,
(\fe
>
� �
Sn; Sn , za bilo koji
0) ( 35
>
m; 0) (\f�) ( 1 1�1 1
>
5 ) (1*
� Sm <
J * + e,
J*
e < Sm
�
J* ) .
Ako za funkciju postoji i ntegral na skupu D onda kažemo da je na njemu i ntegrabiIna. Ako je funkcija integrabiIna onda je J=
JrJof f(x, y)dxdy
= Jim
II - OO
t f(Xi, k=i
ydPi '
Ako je J nepreki nuta na D onda se može izvršiti takva subdivizija skupa D da je maksimalna oscilacija funkcije na skupov i ma Pi manja od unaprijed zadanog broja. Neka je e
>
O
proizvoljan pozitivan broj; max( Mj - mj)
S
-
S
TI
I)Mi k=;
-
lIli)Pi
��
.
<
;.
P=
Prema tome će vrijediti
E.
Budući da se razJ ika S s može uči niti po volji malena slijedi da su neprekinute funkcije i ntegrabiIne na D. 1.2.
Na pravoku tnik u
Izračunavanje dvostrukog illtegral� .
rc, dj {(x, y ) I a � x � b, :>;; y :>;; d} J O J:P x Xo u u černo plohu J y) , f X . x o o ( z T ((xo, y , z) I c :>;; y :>;; d, O :>;; z f (xo,Y)} . P
=
[a, bl
x
=
neka je zadana neprekinuta funkcija dobivamo kriv l j : x
=
--+
R,
�
e
presje Ako ravn i nom i u toj ravnini pseudotrapez
131
7 .2. IZRAČUNAVANJE DVOSTRUKOG INTEGRAL A
: : : : : : , 0.L : : :I , I :l - - - --J.r,.-:. __
�
---
",./""
", '/ /
__
,� �::7'Ć----- ----,"'.!'
-----_
_____
-��_
y ---
Sl. 7.5.
Površina tako nastalog trapeza je
P{xo) =
id f{xo1 y)dy
=>
P{x ) =
id f{x, y )dy .
Volumen tijela kojem je baza pravokutnik P , a odozgo je omeđen plohom čija je jednadžba z = f(x, y ) je V
fb P{x)dx fb(id f(x, y )dy) dx fb dx jd f(x, y)dy Jl f{X, y)dxdY, =
Analogno možemo postupiti ako umj esto pravokutnika imamo skup D , D = { (Xl y ) la � X � b, J(x ) � y � g(x) } n a kojem je definirana funkcija F . Dvostruki i ntegral funkcije F preko područja D računamo pomoću dva jednos truka integrala: l=
J10
F(x, y ) dxdy
fb dx 111(X) F(x, y)dy. a
{(x)
Teorem 7.3. A ko za funkciju F(x, y ) postoji dvostruki integral Ila zatvorenom
pOdruČ}!1 D ,
D = {(x, y ) I a � x � b, c � f{x ) � y � g{x) � d} Junkeije f i g su neprekinute na intervalu [a, bl , D <:;:; P = [a, bl x lc, dl i ako postoji za svaki x E [a, bl integral
JI((X) F{x, y )dy fix)
ollda je dvostruki integralfunkcije F Ila D jednak
Ji
F{x, y ) dxdy
==
fb (l::)rl F{x, y )dy) dx.
7. DVOSTRUK I I TROSTRUKI I NTEGRAL!
132
nik.
Dokaz teorema bazira se na dokazu teorema kad je područje integracije pravokut
Sl. 7.6.
F(x, y) x2 - y preko područja {(x ,y) l - l � x � l, � y � x + 2} .
Primjer 7.1. Izračunaj integral funkcije D=
I> Područje D j e dio ravnine omeđen odozdo parabolom x2, odozgo pravcem
y = x + 2 . Skiciraj područje integracije . 1=
Jl .
D
(x2
-
y)dxdy =
J
I dx 1'<+2 (x2
y)dy
,
-I
. �
J
I dx [x2
-l
--
16 5
.v
y2
- -
2
] Y=X+2 I.'·=X'
Primjer 7.2. Odredimo vol umen onog dijela eliptičkog paraboloi da
kojeg odsjeca ravnina y
=
Y
+
Z ,
c.
I> Već smo pomoću jednostrukog integrala određivali volumen tijela ako su nam bile poznate površine presjeka tijela s paralelnim ravninama. Primijenimo tu metodu u ovom primjeru. Os zadanog paraboloida je os y . Presjeci s ravninama y = Yo su elipse čije površine P(Yo) znamo izračunati, (podsjetimo, površina elipse je abn ) . U tu svrhu trebamo odrediti osi elipsa pripadnih presjeka. Neka je y fiksiran. Osi pripadnog presjeka dobivamo iz jednadžbe paraboloida:
+
P(y)
Z� ,
( b JyP ' a.Jj b .Jjn = abny .
133
7.2. IZRAČ U N AVANJE DVOSTRUKOG I NT EGRALA
Volumen tijela je
1<" P(y)dy = ahn l' ydy = ahn · e; .
V
Supstitucija u dvostrukom integralu. Analogno kao i kod jednostrukih integra la prilikom izračunavanja dvostrukog integrala često je potrebno zbog jednostavnosti računanja ili nekog drugog razloga preći na nove varijable, tj . izvršiti supstituciju. Preslikavanje područja na područje
I
Neka u ravninama nl i n2 imamo pravokutne Kartezijeve koordinatne sustave odnosno U O' V . Neka je u ravnini nl zadano područje D čiji je rub po dijelo vima glatka krivulja c . U drugoj ravnini neka je zatvoreno područje A omeđeno po dijelovima glatkom krivuljom r . XOY
y
e
Sl. 7. 7.
Neka je jednadžbama x
x(u, v) ,
y = y(u, v),
(u, v ) E
A
zadana transformacija T : A -4 D koja je preslikavanje na područje D . Dalje pret postavljamo da je ta transformacija injekcija, tj . različitim točkama iz A pripadaju različite točke iz D . Budući da je prema tome to preslikavanje bijekcija, postoji i in verzna transformacija T- l koja preslikava područje D na područje A . Ona je zadana jednadžbama u u(x, y), v = v(x, y), (x, },) E D. Primjer 7.3. Transformacija ravnine UO' V na ravninu X O Y neka je dana jed
nadžbama:
X=
u+v 2
u - v' y= 2-
Odredimo skup D koj i je slika p o navedenoj transformacij i T skupa {(ll, v ) I O � II � l, -ll � V � u } . A
7. DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRAL!
134
[> Budući da je T l inearna transformacija slijedi da ona pravce preslikava na pravce. Zadano područje Ll , sliku kojega tražimo, je trokut s vrhovima 0'(0, O) , A/( l , - 1 ) , 8'( 1, l ) . Odredimo odgovarajuće vrhove u ravnini XOY koristeći se jednadžbama trans formacije T . 0' (0, O) H 0(0 , O), A'( l , - 1) H A (O, l ) , 8'( 1 , l ) H 8 ( 1 , O). Primijeti da se rub trokuta presli ka na rub trokuta, nutrina na nutrinu. Transformacija je bij ekcij a. Funkcije x x ( u, v ) , y = y ( u, v ) su diferencijabilne. Izračunaj mo apsolutnu vrijednost determinante
IJI =
II ; YYvr II x
Xv
= .
!. 2
Kakav j e odnos površina tih dvaju trokuta? Primijetimo da za površine tih trokuta vrijedi: p(LlOA8) = IJlp(LlO'A'8' ) . <J *
* *
Anal izirajmo nešto općenitiji slučaj. Uočimo pravokutnik pl u ravnini UOI V s vrhovima To ( u, v ) , T; ( u + du, v) , T� ( u, v + dv ) , T� ( u + du, v + dv) . Transformacijom x x ( u, v ) , Y = y ( u, v ) taj se pravokutnik preslika u krivocrtni lik P u ravnini X OY , kojem su vrhovi To , Tl , Tz , T3 ; ---;
rtu, v ) OT = rtu, v ) = x(u , v )i + y ( u , v)j ; r(u + du, v) r( u, v ) = r� du; r( u, v + dv ) r ( u, v ) = r�, dv. Površina paralelograma što ga određuju spomenuti vektori je: I r�du
x
r.,dvl
i I x� x�
j k y� O 1 = IJ(u, v) l du dv . y :, O
Ako je lacobian IJ( u, v ) 1 različit od nule, možemo ga interpretirati kao faktor kojim treba množiti površinu dudv paralelograma da bi se dobila površina pripadnog krivocrtnog paralelograma u XOY ravnini. Prema tome će biti:
Za dvostruki integral će vrijediti:
J10
f(x, y ) dxdy
Jl
f(x( u , v) , y( u , v)) IJ( u, v ) ldudv .
135
7 . 2 . IZRAČUNAVA N J E DVOSTRUKOG I NTEGRALA
Izračunavanje dvostrukog Integrala u polarnim koordinatama
lednostrukim i ntegralom određivali smo površine skupova točaka u ravnini za čije polarne koordinate vrijedi : Površina skupa .Q je
Q = { ( r, 6 ) I
a
� 6 �
p(.Q) =
l -
2
jf3
(J, O � r � r ( 'o ) } . r2 ( 6 )d6 .
a
Ako bi područje .Q bilo
.Q = { ( r, O) I onda b i površina skupa .Q bila p(Q) =
1 113 H
2
a
( 'O )
a
� O �
rr ( 'O )]d'O ;;;;:
/J, '1 ( 0 ) �
r
�
r2(0)}
j13 (1r,r('(ii)ii) ) = Jl �
rdr d'O
g
a
rdrd6 .
Neka je definirana i neprekinuta funkcija f(x, y ) na zatvorenom području D čija površina postoji i p( D) > O . Iz navedenih pretpostavki o f slijedi da postoj i njezin dvostruki integral po D,
JL
f(X, Y )dXdY .
Svakoj točki T(x, y ) iz D pripadaju polarne koordinate x
r cos 6 ,
i funkcijska vrijednost u toj točki je
Y = r sin 'O,
( r, 6 ) E Q
F(r, 6 ) = f(r cos 'O , r sin 'O ) . Funkcija F( r, 6 ) j e neprekinuta jer j e ona kompozicija neprekinutih funkcija. Doka žimo da vrijedi
JL
J(x, Y )dXdy
JL
f(r cos 6 , r Sin 6 ) rdrd6 =
JL
F(r, 6 ) rdrd'O .
Skicirajmo dokaz navedene tvrdnje bez detaljnijih objašnjenja pojedinih kora ka u dokazu. Izvršimo subdiviziju područja D tako da ga prekrijerno elementarnim figurama u polarnom sustavu. To su dijelovi ravnine z a koje vrijedi
Di { ( r, 'O ) I '0;- 1 � 6 � 6;, rj- l � r � rj } ' Svakom elementu Di pridružen je element Qi ' Površina elementa Di je P(Di) =
JL, rdrd'O .
7. DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRAL!
136
y
Sl. 7.S.
F(r, O) po području Q je II F(r, O}rdrdO t II F(r, O)rdrdO = (aditivnost domene)
Dvostruki integral funkcije
Q;
i=d
= t F(r', O'} II rdrdO = t F(r' , O ' )p( Q, ) = t f(X', Y' )P( Qi ) ' 1=1 Koristili smo se teoremom srednje vrijednosti, a točka (x', y ') odgovara točki (r', O ') Qi . Posljednja suma je integralna suma funkcije f(x, y) po području D i ,=1
i= 1
I
E
prema tome će biti
11f(x, Y)dxd)' 11 f(r os o r sin )rdrdO = I1 F(r, 0)rdrdo. C
o
,
Primjer 7.4. Izračunaj volumen dijela kugle koji se nalazi između dvij e paralelne
ravnine.
[> Ovakav j ednostavan zadatak smo već riješili. Naime. tijelo čiji volumen traži Da bismo odredil i volumen. promatramo mo nastaje rotacijom dijela kruga oko osi kružnicu
x.
Volumen rotacijskog tijela je
V = 1l.' j" b (R2 x2 )dx = 1l.' (R2x _ X33 ) l "b = 1l.'( b 3- a! (3R2
Želi mo doći do navedenog rezultata pomoću dvostrukog integrala i pokazati kako ge korigtimo polarnim koordinatnim gustavom u izračunavanju dvostrukih integrala. Možemo pretpostaviti da se radi o volumenu ograničenom sferom i ravninama
z
x2 + l + Z2 = RZ, a, = b, O � a < b < R . z
137
7 .2. IZRAČ U N AVAN J E DVOSTRUKOG INTEGRALA
z
R
y
R
y
x
x Sl. 7. 9.
Proj ekciju volumena na ravninu XOY možemo rastaviti na dva dijela. 1 . Krug polumjera = v'R2 - b2 a tijelo je valjak visine b Njegov je volumen
r
- a.
2. Kružni prsten, kojem je nutarnji radijus rl VR2 - b2 , dok je vanjski rz = Iznad toga je tijelo odozgo ograničeno sferom, odozdo ravninom = a . Element volumena možemo zapisati dV2 = [JR2 - x2 - yZ - a]dxdy. .
z
Izračunaj mo taj volumen prelaskom na polarne koordinate:
{2 Jo
1f
VR1-a1 J VR1-!J2 ( RZ
d
_
Traženi volumen je V = Vl + Vz . Primjer 7.5. U integralu l=
pređi na polarne koordinate .
t dx
Jo
rZ a)rdr _
j<-I -
v'l
-
xO
f{x, y)dy D
Do Iz granica dvostrukog integrala vidimo da je područje integracije kružni od sječak koj i se nalazi u četvrtom kvadrantu. On je ograničen četvrtinom luka kružnice + l i dijelom pravca =
x2 yZ
x-y 1 D = { (x, y) ! O :::;: x :::;: 1, -
:::;: y :::;: x - 1 } .
7, DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
138
Sl. 7. JO,
Području D u polarnim koordinatama odgovara područje
{
Q=
�2 � � O,
(r, cp) I
cp
l
,
SlO
cos cp
cp
� � l}, r
Naime, r se mijenja od pravca do kružnice, a jednadžba pravca u polarnim koordina tama je x
y
=
l
=>
r cos cp
r si n cp = l ,
r
cos cp - sin cp
Zato je
Primjer 7.6. Pokažimo da vrijedi: l
=
1 00 , o
e-:r dx
=
.Jn '
T
Ovaj i ntegral je u vezi s Gaussovom normalnom razdiobom za koju možemo ka zati da je najvažnija neprekinuta razdioba u teoriji vjeroj atnosti, Da bismo izračunali vrijednost nepravog i ntegrala l , izračunajmo dvostruk i i ntegral J
po cijelom prvom kvadrantu
K.
=
fh
' e- (X +i 1dxdy
Naime, vrijedi
lL re-r
Prelaskom na polarne koordinate dobivamo: J
=
II 100 re-r r o
dcp
o
,
d
=
1t 2
lim
L-oo
o
2
dr
=
1t
-2
Um
L-oo
L [--l2 e-r'I ] o
1t 4
7.3. TROSTRU K I INTEGRAL
139
I
;3. +ro$truki . integr�t
·7
Definirajmo trostruki integral na kvadru K , Kartezijev produkt tfiju intervala, K
=
[ah a2]
x
{(x, Y, z )
K e
E3 . Kvadar K zadajmo kao
[b., b2] x [C" C2] I al � � a2, bl � � b2, CI
X
Y
Z
cz } . Naj lakše nam j e pratiti opis kako dolazimo do trostrukog integrala ako zamislimo kon kretan model. U tu svrhu pretpostavimo da je potrebno odrediti ukupnu masu kvadra uz pretpostavku da je prostorna gustoća J neprekinuta funkcija, J : K ---. R. U principu, mogli bismo postupiti na sljedeći način. Izvršimo particiju tog kvadra i odredi mo doprinos svakog njegovog manjeg komadića. =
Xo < XI < X2 < . . . < Xm Yo < < Y2 < . . . < Cl = Zo < ZI < Zz < . < Zp al = bl =
YI
�
�
=
az, b2 , = Cz ·
Yn =
. .
Tim particijama polaznih intervala izvršili srno ujedno particiju kvadra i tipičan pred stavnik neka je
lijk {(x, y, z) I Xi-l � X � Xi. Yj-I � � Yh Zk-l � Zk }. Na malom kvadru lij/( neka j e mijk minimalna vrijednost funkcije J , dok je Mijk maksimalna vrijednost funkcije f . Prema tome, vrijednost doprinosa masi kvadra lijk bila bi između brojeva mj kLl V = mjjkLlxiLlYjLlzk i MUkLlV MijkLlxjLlYiLlzk. Ukupna masa M bila bi između sljedećih suma S = L L L nl;jkLlxjLlYjLlzk � M � L L L MijkLlxiLl)'jLlzk S. ;= 1 j= 1 i=1 j=I k=l Z �
Y
=
=
m
n
I'
m
n
I'
ko=!
Napravimo li profinjenje polazne particij e onda za novu donju integralnu s umu s' i za gornj u i ntegralnu sumu S' vrijedi : s �l �
M � S' �
S.
Vidimo, donje sume su skup brojeva koji je ograničen odozgo i prema tome taj skup brojeva i ma svoj s upremum, i neka je to 1_ . Potpuno analogno, skup svih gornjih suma je ograničen odozdo i taj skup i ma svoj infimum , i neka je to /+ . Ako je donj i integral L jednak gornjem integralu /+ onda tu zajedničku vrijednost nazivamo trostrukim integralom funkcije J po kvadru K i označavamo:
JJlfdV JJlf{x, y, z )dXdYdz.
Potpuno analogno postupamo i u općem slučaju. Neka je zadana neprekinuta funkcija na području e E3 . Izvršimo pa11iciju tog područja na manje komade
V
Vi,
7. DVOSTRU K I I TROSTRU K I IN TEGRALl
140
i =I, 2, . . . , n . U svakom članu particije Vi neka je minimalna vrijednost funkcije 111; i maksimalna vrijednost M; . Za donju i gornju integralnu sumu vrijedi : s=
n
2: ;= 1
m;
V; �
n
2: M; Vi = S. ;=1
Sve su donje integral ne sume ograničene odozgo bilo kojom gornjom sumom. Dakle skup svih real nih brojeva koj i su donje sume ima supremum. Supremum svih donjih integralnih suma postoj i i to je donji Riemannov trostruki integral funkcije I ,
111- IdV
donji Riemannov trostruki integral .
111+ IdV I
gornj i Riemannov trostruki integral.
Postoj i infimum svih gornjih suma i njega'nazivamo gornj im Riemannovim tros trukim integralom funkcije I ,
Funkcija i ma trostruki integral po volumenu V ako postoje i ako su jednaki donji i gornji Riemannov integral funkcije I po volumenu V . U tom slučaju pišemo:
l11 1dV 111 I(x, y, z )dxdydz . =
Ako je funkcija
Ako je
e
I konstantna, I = e , na volumenu V , onda vrijedi: I
=
111 IdV e li1 dxdydz =
V.
= c ·
=I, onda je vrijednost trostrukog integrala jednaka volumenu V .
Neka svojstva trostrukog integrala
I
1 . Trostruki integral je linearan operator.
2.
111
( al + f3 g )d V = a
Pozitivnost trostrukog integrala. Ako je
I�O
l11 1d V + f3 111 gd V.
===?
3. Aditivnost domene. Ako je uz
za
V
=
Vl
U
Vrijedi
neku točku na V .
� O.
Vz
pretpostavku da je vol umen presjeka Vl 4.
1l1 1dv
n
111 I(x, y, z)dxdydz (xa, yo , za) v . I(xo , yo , Za) E
V2 jednak nuli . = I(xo, yo , Za )
. v,
se naziva srednja vrijednost funkcije
I
141
7 . 4. IZRAČ UNAVA NJE TROSTRU KOG INTEG RALA
7.4. Izračunavanje trostrukog integrala
Izračunavanje trostrukog integrala provodimo uzastopnim izračunavanjem triju jednostrukih integrala. Za funkciju koju integriramo po području V pretpostavljamo da je neprekinuta na V . Za volumen V pretpostavljamo da i ma sljedeće svojstvo: svaki vertikalni pravac x = xo , y = yo siječe to područje u najviše dvije točke. Neka je Z I = gl ( ax , Yi aplikata prve, a Z2 = g 2(XO, Yo) aplikata druge točke. Ortogonalna projekcija područja V na ravninu XOY bit će područje D kojem je rub zatvorena krivulja H(x, y) = O , Z = O . Drugim riječima oko volumena V opisan je uspravni projicirajući valjak čija je os os z , a jednadžba tog valjka je H(x, y) = O . Za volumen V tad vrijedi: V = {(,x y , z ) I (x, y ) E D, g l ( X , y ) � z � g 2(X, y ) } gdje su funkcije g l (x, y) i g2(X , y) , neprekinute na D .
y
x
Sl. 7. 1 1 . PostaFIjanje granica II trostrukoIII integ ralII. Projekcija područja V na koordinatllu ravninIl je skllp D .
Izračunamo li jednostruki integral po
F(x, y) Trostruki integral funkcije
Jj'ivf f(x,
y,
=
z
funkcije
11i2( ,)') f(x, y , z )dz. I: I (X," )
f(x, y, z ) po volumenu
z)dxdydz
=
f(x, }', z ) dobivamo:
V je
jrlDf F(x, y)dxdy jrlDf lli' C'," ' ) f(x, y, z)dz. =
g d_,- . v )
Primjer 7.1. Izračunajmo integral I=
JJ1 (x
ako je područje V omeđeno ravninama x = O, Y = O,
+ y + z)dxdydz
z =
O,
x
+y + z
= l.
7. DvOSTRU K I I TROSTRU K I INTEGRAL!
142
t> Kako vidimo, područje V je piramida, baza je pravokutan trokut D u ravnini XOY , a vrhovi piramide su A ( 1 , O, O) , 8(0, 1 , O) , 0(0, 0, O) , C(O, O, 1 ) .
Sl. 7. 12.
l
J10 dxdy l l-X-Y (x y z )dz J10 (xz + yz + ;) ['-X-Ydxdy J10 [(x + y ) - (x y)2 x2- y) 2 ] dXdY 11 dx 11-x [(x y) (x y )2 � +
+
+
=
1
+
+
+
+
-'------.:.:....:-
dy
=
.
Primjer 7.2. Izračunaj mo integral l
JJiv (x y2 z )dxdydz, +
ako je volumen V omeđen ravninama x = 0, y = 0, z 0,
+
x = 1,
Y
2, z
2
;:= I +x
A
o
Sl. 7. 13.
2
= l +
x.
7.4. IZRAČUNAVANJE TROSTRUKOG INTEGRALA
t>
143
Volumen V je prizma, baza je trapez D u ravnini xaz , vrhovi baze su
A (l, O, O) , 8( 1 , 0, 2) , 0(0, 0, 0) , C(O, O, l ). Druga baze te prizme nalazi se u ravnini 2 . Provjeri da vrijedi :
y
l
li dx l1+Xdz 12(x + z + l )dY = 11 dx 12 dy liH (x y2 + z)dz = +
8.
Primjer 7.3. Izračunaj volumen tijela omeđenog plohama:
z = x2 + i , z 2(x 2 + y 2) , y = x2, Y X. y = x, z = y =x2x+2, y2)Z = O. z = Z 2{x2 + y2) . = JJl dxdydz 11o dx IX dv J2(.�+/) dz = .
t> Ortogonalna projekcija tijela na ravninu Xay je dio D ravni ne omeđen prav cem ° i parabolom Iznad područja D tijelo je omeđeno s donje strane paraboloidom dok je s gornje omeđeno paraboloidom Prema tome traženi volumen je
V
v
_,,
' .
x'+y'
35 3
-
Izračunavanje trostrukog integrala u cilindričnom i sferom koordi natnom sustavu
Podsjetimo se da je veza među koordinatama točke u cilindričnom i kartezijevom sustavu dana izrazima:
x r
r cos !p,
= JX2 + y2 ,
y
=
y zZ==Z;z. x
r si n !p,
tg !p
= -,
Položaj točke u kartezijevom sustavu određujemo kao presjek triju koordinatnih ploha i to su ravnine:
X Xo , Y Yo, Z Zo =o Z = Zo = !Po z = Zo. K = {(X, Zl Y ) lx i � X � X2' Yl � y � Y2' ZI � Z � Z2 }' K m{K) = Ax.1.yL\z . =
U cilindičnom sustavu položaj točke određujemo kao presjek koordinatnih ploha: r
r
,
!p
!po
i to su kružni cili ndar radijusa ro , poluravnina !p i ravni na "Osnovni" skup u kartezijevim koordinatama je kvadar Vol u men skupa skup je
je
U cilindičnim koordinatama je "osnovni"
7. DVOSTRU KI I TROSTRUKI INTEGRALl
144
Sl. 7. 14.
Vrlo je lako odrediti mjeru tj. volumen skupa S : 111(S) =
( r2 + r d 2
( 1P2 - 1P1 ) · ( r2 - r t } · ( Z2
ZI )
r · t:.r · t::.IP · Az.
Ako prilikom računanja trostrukog i ntegrala prelazimo na cilindrične koordinate, onda vrijedi:
JJ1
Jji
f(x, )" z )dxdydz
f(r cos lP, r sin lP. z ) rdrdlPdz.
dxdydz --; rdrdlPdz
Primjer 7.4, Izračunaj volumen rotacijskog tijela koje je omeđeno s donje strane paraboloidom Z = x 2 + l a s gornje stošcem Z = Jx2 + y 2 . ,
I>
z -ove
Ortogonalna projekcija tijela na ravninu XOY je krug
) . Prelaskom na cilindrične koordinate dobivamo: 12" 11 II V= dIP rdr dz 2rc r ( r - rZ)dr
O
J
O
1"
r
O
XZ
=
+l = rc
- .
6
l (izjednači
Izračunavanje trostrukog Integrala u sfernim koordinatama
Točki T u kartezijevom koordinatnom sustavu pripadaju koordinate (x, z, y) . U vezi s tim sustavom je pripadni sfernim koordinatni sustav u kojem točka T ima koordinate T(r, lP, e ) . Veze među koordinatama jesu x = r cos lP sin e , z r sin lP si n e , z r cos e ; z tg lP Y cos e rx Koordinatne plohe jesu:
lP lPo e = Oo poluravnina 1P0 , stožac eo · r
ro,
i to su sfera radijusa r , "Osnovni skup" u sfernim koordinatama je S = { ( r, lP , e ) l ro � r � r l ,
1P0 � lP � IP I ,
Oo � O
�
ed ·
145
7 .4. IZRAČUNAVANJE TROSTRUKOG INTEGRALA
SI. 7. 15.
Volumen tj. mjera skupa S je IIl(S) = r sin e . d((J . rde . dr = r2 sin edrd((Jde dxdydz -+ r2 sin edrd
Za prelazak na sferne koordinate trostruki integra po volumenu V prelazi u trostruki integral po odgovarajućem volumenu G na slijedeći način:
JJiv
f(x, y,
z)dxdydz JJl =
f(r sin e, cos ((J, r sin 8 sin
Primjer 7.5. l. Kolika je ukupna masa neke tvari ako je njezina gustoća
p(x, y , z ) 2. Kolika je ukupna masa tvari izvan jedinične sfere, ako je njezina gustoća p = MOe-kr ? t> t . Prelaskom na sferne koordinate i koristeći se parcijalnom integracijom, za ukupnu masu dobivamo:
JJiv PdV 12" 1"
M
d
=
2n · 2 ·
Tu s mo koristili
(-�)2 lo oe
r
sin iJdiJ '
{ -2re-r )dr
1 00 re-? dr
[ ' I o -.fii2 ]
- 2n lim re- r L - ex:
vin 2
2. Ovdje gu s t oća mase ovisi samo o udaljenosti tu gustoću i kao funkciju Kartezijevih koordinata:
100
n J1i.
do ishodišta. Možemo napisati
p(x, y. z ) = MO e - kr = no u računu integrala ionako moramo prijeći na sferni sustav: 1 r2 e- krdr = 4nMo sin iJdiJ d
["''' 1"
L
2 2 [k + + ] e-A . k2
k3
7. DVOSTRU KI I TROSTRU K I INTEGRAL!
146
7.5. Primjene dvostrukih i trostrukih integrala
I
Izračunavanje ukupne mase
Ako je masa
M
I
raspoređena po nekom dijelu ravnine
D
i ako je poznata gustoća
p = p(x, y) , (x, y) E D , onda je element mase dill = p(x, y) dx dy . Ukupna masa je
M
=
J1 dm Jl p(x, y)dxdy. =
Potpuno analogno postupamo ako je masa raspoređena po području V s prostornom gustoćom p = p(x, y, z). Sad je element mase dm = p(x, y, (x, y, z) E V pa je ukupna masa:
M=
e
R3
z)dV,
JJ1 dill JJ1 p(x, y, z)dxdydz.
Statički momenti i težište
I
=
Neka je masa raspoređena na dijelu ravnine D s plošnom gustoćom p = p(x, y), (x, y) E D. Statički moment elementa mase dill smještenog u točki T u odnosu na os p je umnožak elementa mase dm i udaljenosti točke T(x, y) od te osi. Statički moment u odnosu na koordinatne osi jesu:
J1 y . p(x, y)dxdy J1 p(x, y)dxdy
Mx =
M,. =
X ·
u odnosu na os
x
u odnosu na os
y.
Statički momenti elementa dill u odnosu na ravnine X OY , X OZ , Y OZ , u prostoru dm s njegovom udaljenošću od pripadne ravnine.
jesu umnošci el emen ta
Mxy =
JJl Zdlll,
Koordinate težišta
ćom
I
Koordinate težišta p = p(x, y) jesu
My
Mx� =
JJ1 Ydfll,
MF =
JJl xdm.
T(xn y, ) mase raspoređene po ravninskom skupu
Mx
JJ xp(x, y)dxdy
JJ yp(x, y)dxdy
D
s gusto
. yc = = = nz = JJ p(x, y)dxdy JJ. p(x, y)dxdy III Koordinate težišta mase M raspoređene po volumenu V s prostornom gustoćom p(x, y, z ) je točka T(x" Y e, Zi) a njezine koordinate jesu: Xc
X
M\,�
'
r
- M'
-
M,le
Y ' = M'
z
M" ,\' (, - M · _
7.5. PRIMJENE DVOSTRUKIH l TROSTRUKIH INTEG R A.LA.
Moment inercije
147
I
Moment inercije elementa mase dm smještenog u točki T u odnosu na: 1 . točku To , je umnožak elementa dm s kvadratom udaljenosti točke T od točke To , 2. pravac p , je umnožak elementa mase dm s kvadratom udaljenosti točke T od pravca p , 3. ravninu Il , je umnožak elementa mase dm s kvadratom udaljenosti točke T od ravnine Il . Tako će na primjer momenti inercije u odnosu na koordinatne osi biti jednaki: lx Iy
=
J
l y2dm
J
l y2p(X, Y)dxdY,
= Jl x2dm = JL x2p(x, Y) dXdY.
Moment inercije u odnosu na ishodište O je 10 = Jl<x2 + y2 )dm = Jl(X2 + y2 )P(x, Y ) dxdY .
Očito će moment inercije u odnosu na ishodište u prostoru biti jednak lo
==
JJ1 (x2 + y 2 + z 2 ) dm
JJl (x2 + l + Z 2 )p{x, y, z)dxdydz.
Momenti inercije u odnosu na koordinatne ravnine će biti jednaki: IxOY
= JJl z 2dm,
Ixoz
JJl ldm,
Iroz
= JJl x 2dm.
Primjer 7.1 . Odredi moment inercije homogenog stošca oko osi koja prolazi nje govim vrhom i okomita je na njegovu os. c> Postavimo Kartezijev koordinatni sustav tako da je ishodište u vrhu stošca a da mu je baza paralelna s ravninom OXY . Polumjer baze neka je a , i visina stošca Iz . Koristimo se sfernim koordinatama:
x = r sin tJ cos qJ,
y = r sin tJ sin qJ,
Izvodnica stošca zatvara s njegovom osi kut tg a
a
h'
z
a
Z
r cos tJ,
i vrijedi:
= Iz = r cos tJ,
r
fl
cos i)
J = r2 sin tJ .
7. DVOSTRU KI I TROSTRUKI INTEGRAL!
148
�--
)hl
----
r= �
cos tl
y x
Sl. 7./6.
Za traženi moment i nercije dobivamo:
lx = =
JJJ nha2 20
(y2 + z2 )d V =
(4h2 + a 2) .
Tu smo koristi li
la d .l21! dcp 1
l
-,- =
cos- X
tJ
l + tg - X, 1
,,;; . rZ sin tJ ( sin 2 cp sin 2 tJ + cos2 tJ )r2dr,
[2
o J
1t
2 sin xdx = n.
Račun je još jednostavniji ako se pređe na cilindrične koordinate. U tom je slučaju jednadžba stošca Tl z
a
. r.
8.
Krivuljni integrali 8 . L Krivuljni integral prve vrste . . . . . . . . . . . . . . . 1 49
8.2. Krivuljni integral druge vrste . . . . . 8. 3. Greenova formula . . .
. .
. . . . . 1 53
. . . . . . . . . . . . . . . . . 1 57
8.4. Osnovni leorem o krivuljnim integralima 8.5. Potencijalno polje . . .
.
8.6. Određivanje potencijala
.
.
. . .
.
.
.
.
.
.
.
.
. . . . . . 1 62 .
.
.
. . .
. . . . . . . . . . .
.
. 1 64
. . 167
8.1 . Krivuljni integral prve vrste
Neka je zadana regularna krivulja C . Podsjetimo, to je konačan niz lordanovih l ukova koji se nastavljaju jedan na drugi. Dakle, c
.
.
.
Tl, Tz, . . . , Tn
A
B,
i = 1,
. . .
, fl
L
, , ,
o
SI. 8. l. Krivulja integracije ullija je Jordaflovih lukova.
Neka je krivulja e zadana jednadžbom r zadano skalarno polje tj. skalama funkcija f .
e.
.
.
r = r(t), t E
l
r(t) ,
[a, bl ;
t
E
I
f:e
[a, bl . i neka je na njoj R.
8.
KRIVULJNI INTEGRAL!
f(r) l r' l onda integral lb f(r(t) 1Ir' (t) I Idt
Ako postoji integral funkcije
l
nazivarrlO
(t) l ldt jednak ds elementa l uka krivulje. Tako krivuljni integral možemo\\r'pisati na način 1 = l Jds,
krivuljni integral prve vrste. Primijetimo d a je umnožak
diferencijal u
a on se računa tako da se uvede parametrizacija krivulje e . Tako ćemo dobiti prijašnj u formulu. Ako je krivulja e iz trodimenzionalnog prostora i
r(t) x(t) i + y (t)j + z(t) k,
a� njezina parametarska jednadžba, onda integral ima oblik
t�b
lb J(x(t) , y (t), z (t)) JX'(t)2 + yl( t)2 + z' (t)2 dt.
/
Vrlo zorna interpretacija integrala prve vrste može se dati ako zamislimo neku krivulju (žicu) po kojoj je gustoća promjenljiva. želimo li doznati kolika je ukupna masa na toj krivulji, uzet ćemo maleni komad te krivulje !lsi i na njemu neku prosječnu linijsku gustoću Yi, Zi) ' Umnožak Yi, Zi)!lsi daje doprinos ukupnoj masi. Približna vrijednost ukupne mase bi bila zbroj
f(Xj,
f(Xi, LJ(X;l Yi, Zi )!lsi' Tako dobivamo integralnu sumu funkcije J(x, y, z ) integral JcJ(x , y, z}ds. 111 ';:::i
Svojstva krivuljnog integrala
n
k=i
a zatim njezin
I
Potrebno je zapaziti u gomjem razmatranju da je !ls; > O pa je
,-f( T}ds hB,-J(T) ds,
hA
tj . integral ne ovisi o orijentaciji krivulje e . Posebno istaknimo tri svoj stva krivuljnog integrala.
l. 2.
3.
lc kf(x, y, z)ds = k lc J(x, y, z)ds, k = 1(f + s lJds + 1 g )d
gds
1 Jds = 1 fds 1 Jds e
CI
konstanta
+
C1
e je jednom točkom rastavljena na unij u krivulja el i e2 .
8.1.
151
KRIVULJNI INTEGRAL PRV E V RSTE
Primjer 8.1. Izračunaj integral
1. 2.
po krivulji r(t) po spoj n ic i
t> 1 .
Imamo
1
=
1 (x2 + l + z2 )ds e
cos t i + sin tj + 5t k od A( I , O, O) , do B( 1, O, I On) ;
Parametarska jednadžba krivulje je x = cos t, Y = sin t, z = St,
1
I
2
t
E
[0, 2n] .
1r (cos2 t + sin2 t + 25t2) YIsin2 t + cos2 t + 25 dt
f 2" ( 1 + 25t2 ) y� 1 + 25 dt
1 0555.9.
Jo
rAl = i + lOnt k , t 2. Jednadžba spoj nice je r = rA + t(rs integral jednak 1 1 ( 1 + l 00llh2) 1 0:n:dt = 1 0361 .6. <J
E
1
Primjer 8.2. Izračunaj integral
1=
i(X
[O, l] , pa je
+ y)ds,
po rubu trokuta čiji su vrhovi A ( 1 , O) , B(O, 1 ) , 0(0, O)
Mali kružić na znaku integrala tradicionalna je oznaka da se radi o integralu po zatvorenoj krivulj i . t> Krivulja s e sastoji od tri spojnice, pa ćemo integral računati ovako: 1=
i = kA hB ho ' +
+
Jednadžbe pripadnih Jordanovih lukova, ( u ovom slučaj u spojnica) su:
l.
2.
OA
. .
AB .
.
. Y
.
0, x
x+y
E
[O, l], ds = dx;
l , dy
-dx, ds = yldx2 + dy2 = V2 dx, x E [0, 1 ]
3 . BO . . . x 0, ds dy, y Integrale računamo po spojnicama.
.
r\dx = �
ft = �(x + y)ds =
Jo
�(x + y)ds =
Jo
�(x + y)ds =
Jo
12 13
JOA hs
ho
t
t . V2 dx = V2
t ydy
2'
E
[O, l];
8. KRIVULJNI INTEGRAL!
152
Zato j e
=
I
i
( x+y)ds = l +.Ji.
fiYaY .
Primjer 8.3. Gustoća na luku je e (x , y, z)
njegova jednadžba
at,
x
-V =
Momenti u odnosu na ravninu
�
at� 2 '
-
I
z=
at3
V
3
-;
t
E
Odredi masu luka ako je
[O, l ] .
Momenti krivulje u odnosu na koordinatne ravnine jesu: M),: =
lc
X {!ds,
M,o =
lc
y {!ds,
Mx}' =
lc
z{!ds.
Koordinate težišta T(x, )I, zl mase smještene na krivulji e j esu M" i;
x = ' . _
M '
Momenti inercije u odnosu na os
I
Momenti u odnosu na koordinatne osi jesu: 1,\
lc
(y 2 + z1) eds,
I.. =
lc
(x2 + z2 ) eds,
Krivuljni integral prve vrste u polarnim koordinatama
Ako je krivulja zadana u polarnim koordinatama jednadžbom r = r(qJ ) ,
qJ l � qJ � qJz
onda je dulj ina elemena luka ds = .Jr2 + r'2 dqJ . Krivuljni integral prve vrste računa se ovako:
l f(x, Y )ds = 1'1'1f 'P? f(r cos qJ, r sin qJ ) Jr2 + rl2 dqJ . e
8.2.
153
KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE
8.2.
< '//
Krivuljni:int!!gral druge vrSte
.
; (
i ," ' o "
Neka je zadana Jordanova krivulja e s početnom točkom A i završnom točkom B . Jednadžba tog luka neka je r(t) , t E [a, b] , r(a) A , r(b) = B . Primijetimo da je krivulja tom parametrizacijom orijentirana od A prema B . Neka je u području D u kojem se nalazi ta krivulja zadano neprekinuto vektorsko polje F , dakle ono je zadano i u točkama krivulje C . Kako bi izračunali rad tog polja duž krivulje C ? Ako je sila konstantna, a put pravocrtan, onda je rad produkt sile i puta. Da bismo iskoristili tu vezu, moramo podijeliti krivulju na velik broj malih komadića koji nalikuj u djeličima pravca i duž kojih se sila ne mijenja znatno. U tu svrhu izvršimo subdiviziju intervala [a, bl . Ta se subdivizija prenosi na krivulju C . Neka vrijednos tima parametara tj - l , tj odgovaraju točke Tj l , Tj Vrijednost polja uzmimo II nekoj točki luka koja se nalazi između tih točaka. Izračunaj mo približnu vrijednost rada duž spojnice tih točaka. Doprinos ukupnom radu je Tu je za neku točku ti
E
- --->
Ti- I Ti r(ti ) - r(ti_. ) r' ( ti ) �i' [ti- l, tr] . Približna vrijednost rada duž cijelog puta je =
W ;::;
n
L F(Qi ) . e (ti )�ti' k=i
B
A I
Sl. B.2.
I
a
I
I
t;./
I
tj
" I
b
Ovo razmatranje nam služi kako bi shvatili razloge za sljedeću definiciju krivulj nog integrala druge vrste neprekinutog polja F po Jordanovoj krivulji C . Krivuljni interal druge vrste Ako je funkcija t t--t
a(r(t))r'(t) i ntegrabilna, onda integral
lb a(r(t))r'(t)dt
nazivamo krivuljnim integralom druge vrste polja
C.
F po Jordanovoj krivulji
8. KRIVULINI INTEGRAL!
154
Veza među integralima prve i druge vrste
Znamo da derivaciju vektorske funkcije r(t) možemo zapisati u sljedećem obliku: Tu je
T
r'( t)
=
Ilr'(t) IIT.
jedinični tangencijalni vektor krivulje C . Odavde je dalje
dr( t )
=
Tllr/ ( t) 1 1 dt
T ds,
Prema tome, vrijedi jednakost između i ntegrala druge vrste (slijeva) i integral a prve vrste (zdesna) :
1
F dr
=
i
* *
F , T ds .
*
.
Objasnimo pomoću primjera kako se koristimo tom definicijom prilikom računa nja krivuljnih integrala druge vrste. Moramo znati jednadžbu prostome krivulje po kojoj integriramo. Možemo pret postaviti da je krivulja zadana parametarski jednadžbama:
x = x( t), y = yet) , Z = ze t ), qt E [t l , t2] ' U vektorskom obliku jednadžba te krivulje, odnosno derivacije je r e t) = x( t)i + y(t)j + z(t)k, r/(t) = x'(t) i + y'(t)j + z'(t )k. Vektorsko polje a neka je zadano u komponentama: a(x, y, z) a l (x, y, zl i + a2 (x, y, z)j + a 3 (x, y, z)k. Skalami produkt pod znakom integral a je a (r(t )) . r' (t) . Prema svemu rečenom krivuljni integral
1= postaje I
=
/12 [al (x(t), y(t), zet ) )x'(t)
1
a(r( t)) . r'(t ) dt
+ a2(x(t), y(t), zet) )y' (t) + a3(x(t ) , y(t), z(t) J z' (t )]dt .
Primjer 8.1 . Izračunajmo krivuljni integral
1= po jednom zavoju spirale:
x = a cos t,
lydx + zdy + xdz
y = a sin t,
z = bt,
0 � t � 2 1I
orijentiranom u smjeru porasta parametra t, od točke A (a, O, O) do točke B(a , O, 2bn) . [>
l= =
l Z1r [a sin t . ( -a cos t) + bt . (a cos t) + a cos t . b]dt [021< a2 --2 r Z" l eos --111 + o abe l + t) eos tdt _ J Jo
-azlI .
155
8 .2. KRIVU LJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE
Primjer 8.2. Izračunaj krivuljni integral
J a·dr
vektorskog polja
a = (x2 + l) i + (x2 - y)j po ravninskoj krivulji y = lxi , od točke A ( - l , l ) do točke B(2, 2) .
t> Za izračunavanje traženog integral a moramo prvo imati pripadne jednadžbe krivulje po kojoj integriramo. U tu svrhu krivuljini integral rastavimo u dva integrala. Prvo integriramo po zadanoj krivulji od točke A( - l, l ) do točke 0(0, 0) . Na tom dijelu jednadžba zadane krivulje je y = -x . Zatim integriramo od točke 0(0, O) do točke B( 2, 2) , na tom dijelu jednadžba krivulje je y = x . Prema tome dobivamo:
1=
j
e
(x2 + l) dx + (x2 - y)dy = f +
1-0l = 1 a·dr = fo \ 2x2 + x2 - x) dx = 6, J OB
11 = f a .dr = Iz
JAO
I = I l + Iz =
1
,
JAO OB [(x2 + X2) + (X2 + x)(-l )]dx = �,
41
6'
6
Primjer 8.3. Izračunaj mo cirkulaciju vektorskog polja
a = xy i + yzj + xz k
po elipsi x2 + y2 = l , x + y + z = l . t>
Za integral po zatvorenoj krivulji I=
ic
a · dr =
ic
xydx + yzdy + xzdz
kažemo da je cirkulacija polja a po krivulji c . Odredimo parametarske jednadžbe zadane elipse. Vidimo da ona nastaje kao presjek valjka ( x2 + y2 = l ) i ravnine (x + y + z = l) . Projekcija bilo koje točke te elipse na ravninu XOY je točka s kružnice čije su parametarske jednadžbe: x = cos t , Y = sin t . Kako je z = l - x -y dobivamo parametarske jednadžbe:
x = cos t, Y = sin t, z = l cos t - sin t, O � t Za cirkulaciju I dobivamo: 271: 1= [- cos t sin2 t + sin t( 1 - cos t - sin t) cos t -
1
=
1
=-
271:
1 o
+
cos t ( l - cos t - sin t)(sin t - cos t)]dt
<
2n.
[- 3 sin2 t cos t + sin 2t - cos2 t sin t - cos2 t + cos3 tJdt 271:
cos2 tdt = -
1 o
271: l + cos 2t
2
dt = -n.
8. KRIVULJNI I N TEGRAL!
156
Primjer 8.4. Izračunaj mo integral
l
i + + y2dx
z2dy
po krivu\ji koja nastaje kao presjek kugle i valjka: X
l
+ +i l
= R2 ,
X
l
x2dz
+
l = Rx.
R
Sl.
Parametarske jednadžbe kružnice (X l X
Budući da j e
R eos t · cos t,
+
O) jesu:
l = Rx, Z
y = R cos t · sin t,
=
z=
8.3.
VR2 - Rx
= R sin t,
=::
dobivamo parametarske jednadžbe krivulje C : X
R cos2 t,
y = R cos t sin t,
z = R sin t,
Traženi integral je zbroj triju integrala. za prvi dobivamo: R3 II y:'dx = - 2R3 ( sin t cos t )3dt =
j "/2 j "/2 j 1l/2 (sin 2t)3dt -,,/2 -tt/2 -n/2 Slično dobivamo za 1 j 1l/2 zldy = j ttl2 R2 sin2 t . R ( - sinl t + cos2 t)d - RJ 2 -tt/2 -11/2 4
h. ,
t =
Vrijednost posljednjeg integrala je O . Pokušajte doći do rezul tata tako da
x = x,
X
1t
4
=
O.
.
uzmete za parametar krivulje C ;
y = ± VRx - x2,
Z
VR2 _ Rx.
Krivulju treba rastaviti na dva dijela, već prema tome je li y > O , odnosno y < O . U prvom slučaj u granice za x će biti od X = R do x O , a u drugom od x = O do
x = R.
8.3. GREENOVA FOR M ULA
157
Primjer 8.5. Izračunaj rad sile F potreban da se j edinična masa pomakne po spojnici od točke do točke ako je njezi n iznos u točki spoj nice obrnuto proporcionalan udaljenosti točke od ravnine XOY , a smjer joj je prema ishodištu.
A(a, b, e)
I>
B(2a, 2b, 2e)
Radi se o sili:
F
=
k . zl
. ro
=
k(xi + yj + zk) . Z JX2 + y2 +Z2
Traženi rad izražen je krivuljnim integralom
Jednadžba spojnice je
odnosno
x a a
y
=
=
b z-e e o :s:;
pa je traženi integral I
b
t
:s:; l ,
+ a)a + (bt b)b {et e)e]dt 1 1 {et [+(ate)J(at a)2 + {bt b)2 + (et + e)2 kva2 + b2 + e2 11 dt e 1+
k
o
+
+
+
+
+
o
8.3� Greenova formula r
I
Neka je u ravnini zadana jednostavno zatvorena Jordanova krivulja. To je krivulja koja se sastoji od nekoliko JOJ'danovih lukova koj i se nastavljaju jedan na drugi tako da tvore zatvorenu krivulju koja nema dvostrukih točaka, tj. ne presijeca samu sebe. Takve su krivulje na primjer kružnica, elipsa, rub pravokutnika, , , " Jordanovom kri vuljom e omeđen je dio ravnine $;l koji nazovimo Jordanovirn područjeTIlr Poznato nam je kako izračunavamo krivu ljni i ntegral po Jordanovoj zatvorenoj krivulji, koja je po dijelovima sastavljena od Jordanovih l ukova. Isto tako znamo izračunavati dvostru ki integral preko Jordanovog područja. Greenovom formulom povezujemo računanje krivuljog integrala po krivulj i e i dvostrukog i ntegrala preko područja .Q .
8. KRIVULJNI INTEGRAL!
158
e
y
o
a
b
SI. 8.4.
x
Greenova formula
Neka je Q Jordanovo područje omeđeno Jordanovom jednostavno za tvorenom krivuljom. Neka su P(x, y) i Q{x , y) funkcije definirane na otvorenom skupu koji sadrži područje Q i na koj em imaj u neprekinute prve parcijalne derivacije. Tada vrijedi Greenova formula:
i P{x, y)dx +Q{x, y)dy fL [ OQ};; y) oP� y) ] dXdy. =
Krivulja e je pozitivno orijentirana, tj . protivno kazaljci na satu. Greenovu for mulu dokazujemo u specijalnim slučajevima. Neka je područje Q smješteno u ravnini XOY tako da ga usporednice s koordinatnim osima sijeku naj više u dvije točke. Neka za njega vrijedi : Pokažimo da vrijedi:
Q
=
{ (x, y) I
a
� x � b, f(x) � y �
g(x) } .
iP(X,Y)dX = - fL ap�y) dxdy.
Napišimo kako bismo računali naznačeni dvostruki integral _
' [ oP(x, y) dxdy = - lb Jg(Xl oP(x, y) dydx ay JJo. ay = - lb[p(X,g{X)) P(x, f(x))]dx lb [P(x, f(x)) - P(x, g(x))] dx. tl
f(x)
=
S druge strane pokažimo kako bismo računali krivuljni integral po krivulji e . (donji luk neka je CI , dok gornji označimo s e2 )
1 p(x, y)dx k
[ P(x, y)dx + J�
1 P(x, y)dx lb P(x, f(x))dx lb P(x, g(x))dx. �
=
tl
8.3. GREENOVA FOR MULA
159
Prema tome vidimo da vrijedi:
' [ OP(X,y y) dxdy. J a
J J P(x , y)dx = - J n c
Analognim postupkom dokazali bi da vrijedi :
J
J Q(x, y)dy = c
' [n o Q(x, y) dxdy. JJ ax
Zbrajanjem posljednjih dviju jednakosti dobivamo Greenovu formulu. Dokazali smo Greenovu formulu u najjednostavnijem slučaju. Zadržimo pretpo stavke o funkcijama P(x, y) i Q(x , y) , tj. neka su to funkcije koje imaju neprekiuutte parcijalne derivacije u područj u koje obuhvaća područje Q . Mi sad želimo pokazati da Greenova formula vrijedi i za područja oblika:
= {(x, y) I a � x � b, j(x) < y < g(x ) } gdje nismo pretpostavili da je f( a) = g( a) a niti f( b) = g( b) , dakle područje je sa strana omeđeno dijelom pravca x=a , odnosno x =b . Q
y g(x)
o
a
SI. 8.5.
b
x
Krivuljni integrali J P(x, y)dx po dužini koja spaja točke A(a, j(a)) i D(a, g(a)) , odnosno 8(b, j(b) ) , C( b, g( b)) jednaki su O pa se vidi da Greenova formula vrijedi i za područja koja su sa strana omeđena vertikalnim dužinama. Dakle,
Jednakost
i
ABCD
p(x , y)dx= -
Je P(x , y )dx = J
-
J1.n oPa(x, -
' rn JJ
Y
v)
8P(x, y)
ay
dxdy.
dxdy
vrijedi i za područja koja se mogu rastaviti vertikalnim dužinama na konačan broj područja gornjeg oblika. Krivuljni integrali po takvi m vertikalnim dužinama jednaki su nula jer su one rubne za dva područja pa se po njima integrira dva puta u suprotnim smjerovima.
8. KRIVULJNI INTEGRAL!
160
y
o
x
SI. 8.6.
Ako zamjene uloge gdje je
Q
Područje
y
=
d.
Q
oblika: Q
Q
x iy
onda vidimo da vrijedi:
ji. aQ(x y) dxdy i
=
()x
'
=
ABCD
Q(x, y )dy
{ (x, y) j c � y � d, X , (y) < x < xz{y)}.
može biti ograničeno odozdo. odnosno odozgo dužinama s pravaca y =
c.
y
x
o SI. 8. 7.
Greenova formula vrijedi i za područje koje je poput kruga iz kojeg je izvađen manji krug. Sad je područje Q omeđeno s dvije krivulje koje orijentiramo tako da kretanjem po toj krivulji područje nam ostaje uvijek s lijeve strane. Neka je vanjska krivulja Co a nutarnja C I ' Tada vrijedi:
1 P (x, y) dx + Q(x, y) dy 1 P{x, y) dx + Q(x, y)dy !co Je. =
j'f [ aQ(x1 y) .J�2
ax
_
]
ap{x '}) dXdY . ay
8.3. GREENOVA FORM ULA
161
�
A
D
Sl. 8.8.
Greenova formula vrijedi i za višestruko suvisla područja. Neka je na primjer područje slično području koje dobijemo kad iz kruga izvadimo dva disjunktna manja kruga (krug s dvije rupe ) . y
F
o
Sl. 8.9.
Primjer 8.1 . Izračunajmo integral
l xldx + x 2ydy .rc
po krivulji e koja je rub trokuta čiji su vrhovi: 0(0, O) , A ( l , O) , B( l , l ) a) direktno, računjući krivuljni integral b) koristeći se Greenovom formulom. I>
U prvom slučaju integral računamo po tri krivulje:
j xy2dx + x2ydy �
Jednadžbe krivulja su: 2. AB . 3. BO
'
.. "
x
y
,
1.
OA
.
+
+
J . + J2 + J3 .
y = O , O � x � l ; dy O , I( = O . l l , dx O ; Iz Jo l . ydy
. .
l O�Y�
= x , dy
� '- �
.� hB ho
dx .
=
h
I
=
l
JI (x� + x3)dx = - 2, ' o
2
8. KRIVULJNI INTEGRAL!
162
Prema tome vrijednost krivuljna integrala je O . Koristeći se Greenovom formulom dobivamo:
P(x, y)
= xl,
Q(x, y) = x2y ,
i vrijednost dvostrukog integrala jednaka je O .
oQ
-
ax
-
oP
-
ay
2
= 2xy - x.v = O
Primjer 8.2. Izračunajmo
po elipsi l>
1 = t(3X +4Y + 5)dX + (5X - 2Y +4)dY 4x 2 + 91 = 36 .
Koristeći se Greenovom formulom dobivamo:
1 = t(3X +4Y + 5)dX + (5X - 2Y + 4)dY = JldXdY = 3 . 2 . n = 6n.
8.4. Osnovni teorem o krivuljnim i ntegralima
Osnovni teorem o krivuljnim integral ima podsjeća na Newton-Leibnitzovu for mul u, kojom se koristimo prilikom izračunavanja određenog integrala:
lb f(x)dx = F(b) - F(a ) ,
F' (x)
Za krivuljne integrale odgovarajuća formula je:
r \lU(x, )', z) JAB
= f(x) .
. dr = U(x(b) , y(b) , z(b)) - U(x(a), y(a), z(a) ) = U(8) - U(A ) .
Ako je krivulja zatvorena onda će biti
t \lU · dr = O. *
* *
Pojasnimo kako dolazimo do tog značajnog teorema i uz koje pretpostavke on vrijedi. Za početak izračunajmo rad koji izvrši sila F na putu Neka se pod utjecajem sile F tijelo mase III giba po krivulji Brzina gibanja je tada prva, dok je pripadna akceleracija druga derivacija vektora .
. v(t) = drdt( t) ' a(t) = dv(t) dt dv . F( r ( t)) = Illa ( t) = dt
Prema Newtonovom drugom zakonu vrijedi:
/Il
r(t).r(t . r(t))
163
8.4. OSNOVN I TEOREM O K RIVULJNIM INTEGRALIMA
Ako skalamo pomnožirno silu F( r( t)) s vektorom brzine
dv
11
d F · v = m - ' v = - -( v · v) . 2 dt dt
Vrijedi:
(v · v) ' = v' . v + v · v'
jh
Rad kojeg izvrši sila F prilikom pomicanja mase W
= r F.dr =
JAB
F v dt = .
=
2v . v ' ,
m iz točke A u točku
jh m v'v
dt
2
2
j'2 111 · -d (v · v)dt = m-v2 1 12 II
tl
2 dt
v dobivamo:
B
je
'1
'I.
Prema tome izvršeni rad je jednak promjeni kinetičke energije. Iz gornje jednakosti zaključujemo da vrijedi:
:t [ � mv(t)2]
= F(r( t ) ) . rl(t) .
S druge strane, za derivaciju skalarne funkcije U
U' = 'l U(r(t) ) · r'( t ) .
Ako je polje sila takvo d a j e tada vrijedi :
U( r( t ) ) dobivamo
F = - 'l U
i z čega slijedi da vrijedi:
l , 2 mv�( f ) + U(r( t ) ) = konstanta = E . Prvi sumandje kinetička, a drugi potencijalna energija. Kinetička i potencijalna energi ja se tijekom gibanja mijenjanju ali je nj ihov zbroj konstantan i to je ukupna mehanička energija. Gornjim izrazom je iskazan tzv. zakon o očuvanju mehaničke energije. Dvije različite točke vUljni integral
A
i
B
*
*
*
možemo spojiti raznim lordanovim lukovima. Kri
{ F · dr JAB
računat po lukovima koji spajaju te dvije točke u principu će imati različite vrijednosti . Nas zanimaju vektorska polja F kod koj i h krivuljni integral ima jednaku vrijednost bez obzira kojim lordanovim lukom spojili točke i Tad kažemo da krivuljni integral ne ovisi o putu i ntegracije nego samo početnoj i krajnjoj točki.
A B.
8. KRIVULJNI INTEGRALl
164
Primjer 8.1. Izračunajmo integral I
=
l ldx + 2xydy + dz, A8
po nekoj krivulji koja spaja točke A(xo, yo, zo) i t>
na putu
Ovaj integral jednak je radu koji vrši sila
8(xJ, YI , Z I ) '
F(x, y, z)
i i + 2xyj + k r(t) . Nije teško provjeriti da za silu F vrijedi: F(x, y, z) \7U(x, y, z) \7(lx + z) .
Pretpostavimo da smo izabrali krivulju
x = x(t), y y(t), z = z(t). A , odnosno 8 dobivamo kad z a parametar t
Koordinate točaka jednost to , odnosno t l ' Za krivuljni integral dobivamo:
odaberemo vri-
1 F · dr = l ldx + 2xydy + dz tl = l �,2(t)X'(t) + 2x(t)y(t)y'(t) + z'(t) ] dt d 1 t = 1 '1 (ix + z)dt = (i(t)x(t) + Z(t)) 1 1 = U(x(t), y(t), z(t)) l l dt A8
A8
lo
lo
= U(x(t d, y(tl ) , Z(t l ) )
lo
U(x( to), y (to), z( to)) = U(8) - U(A).
lo
8.5. Potencijalno polje
Potencijalno polje Vektorsko polje
F(x, )" z)
P{x. y . z) i + Q(x , y , z)j + R{x, y, z ) k
j e potencijalno polje na području Q ako postoji skalama funkcija za koju je u svakoj točki područja Q Skalarnu funkciju tom je slučaj u
P(x , y . z)
au
U(x , y, z)
F{x, y , z) = \7U{x, y, z). U nazivamo potencijalom vektorskog polja F . U Q(x, y, z) =
au
-;- , vy
R(x, y, z) =
Dokažimo sad osnovni teorem o potencijalnim poljima:
au az '
8.5. POTENCIJALNO POLJE
165
Neovisnost o putu integracije - potencijalna polja Teorem 8.1 . Neka je $J otvoren i povezan podskup od E3 na kojem je defini rano neprekinuto vektorsko polje F . lIlIegral polja F ne zavisi o putu integracije onda i samo onda ako je polje F potencijalno. tj. ako postoji skalama fimkcija U (x, Y, z ) definirana tla O koja ima neprekinute prve parcijalne derivacije za koju je F \7 U(x, y , z) . ==
Tadje integral po krivulji e . . . r :::: r( t) , t E [a, bl sastavljenoj iz Jordallovih luko va s početnom tocKom A (xo, yo, zo) = r(a ) i krajnjom tocKom 8(xJ , YI, ZI ) r(b) jednak ==
[ F(X, y, z) · dr
[ \7Udr = [ ��dX + ��dY + ��dZ =
lb :r [U(x(t), y ( t), z(t) )ldt = U(8)
U(A )
Dokaz. Dovoljnost smo već pokazali, ako je polje potencijalno onda vrijedi f F . dr
lAB
f \7 U · dr = f dU
lAB
lAB
=
U(8}
U (A ) .
Dokažimo nužnost. Neka su A i 8 bilo koje dvije točke iz $J . Neka integral ne ovisi o putu kojim spajamo točke A i 8 i neka su el i e2 krivulje koje imaju početak u A , a kraj u 8 . Tada je po pretpostavci
f F . dr = f F . dr.
lc!
lc"
Dokažimo da u tom slučaj u postoj i potencijal vektorskog polja F . Primijetimo da je potencijal određen do na konstantu, ako je F = \7 U , onda je i F \7 ( U + e) . Odaberi mo To iz $J i neka je T(x, y , z ) bilo koja točka iz $J . Definirajmo funkciju U(x, )" z) u $J u točki T(x , y , z) tako da je to vrijednost krivuljna integrala po krivulji ( vrijednost ne ovisi o krivulji) koja spaja točke To i T .
U(x, y, z )
f F . dr = f P(x, y, z) dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y , z)dz .
lror
lToT
Pokažimo da j e upravo definirana funkcija potencijal vektorskog polja
F ) tj. vrij edi: F(x , Y , z) P(x, y, z li + Q(x, Y , z)j + R(x, y, z)k = \7 U(x, y, z). Trebamo dokazati da funkcija U(x, y , z) ima parcijalne derivacije j d a vrijedi: DU DU DU 7h = R(x , y , z) . = Q(x, y, z) , = P(x , y, z), ax Podsjetimo da je parcijalna derivacija funkcije U(x, y, z) po x jednaka ' U(x + .:ix , y, z) - U(x, )" z) y , z) --'-::---
I lm
�\- o
.:ix
.
166
8. KRIVULJNI INTEGRAL!
Znamo da je
Sad je:
U(x, y, z)
=
l
T(X'Y'Z)
�
r T. (X+ !lx ,y,z)
U(x + Lh, y, z)
= JTTo
Pdx + Qdy + Rdz
Pdx + Qdy + Rdz =
=
l
�T
l
F
ToT
F . dr .
.
dr +
l (dX+!lx.y , z) U(x + Lh, y, z) - U(x, y , z) Pdx + Qdy + Rdz Lh = Lh JTT(x,y,z)
jer su
dy i dz
a U(x, y, z) ax
duž spojnice =
·
I lm
!lx�O
TT) jednaki O.
U(x + Lh, y, z) - U(x, y, z) A�
UA
=
= lim Al� . LhP(x, y, z) = P(x, y, z) . AX�O UA
. l Im Al � !lx �O UA
j x
X
l l
=
+ !lx
F · dr,
TTI
-
Lh
.
l
T
T I
Pdx,
P (x, y, Z )dx
Analognim zaključivanjem dobivamo i preostale dvije jednakosti, Prema tome vrijedi:
au = Q(x, y, z), ay '\l U(x, y, z) = F.
*
au
az = R(x, y, z ) .
*
*
Za zadano vektorsko polje F nije jednostavno provjeriti je li ono u nekom pod ručju Q potencijalno ili nije. Moral i bismo uzeti bilo koje dvije točke iz tog područja i pokazati da integral polja F po bilo kojoj po dijelovima glatkoj krivulji ima jednaku vrijednosti, ili nekim drugim postupkom ustanoviti postoji li potencijal polja. Za jednu klasu vektorskih polja relativno je jednostavno provjeriti je li ono potencijalno ili nije. To će biti tzv. bezvrtložna polja. Bezvrtložna polja
I
Rotor vektorskog polja F
formulom
=
p . i + Q j + R k je vektorsko polje rot F definirano
Za vektorsko polje F kažemo da je bezvrtložno ako je rot F = O u područj u Q . Izrecimo vrlo jednostavan kriterij, koji daje nuždan uvjet da bi vektorsko polje klase C2 (Q) bilo potencijalno .
167
8 .6. ODREĐIVANJE POTENCIJALA
Potencijalna polja - nuždan uvjet Ako je polje
,
F (x, y, z) = P(x, y, z)i + Q (x y, z )j + R(x, y, z ) k,
klase C(2I ( Q) potencijalno, onda vrijedi
rot F
O.
Neka je F potencijalno polje klase C(21 ( Q ) : F (x, y, z) = P(x, y, z) i + Q(x, y, z}j + R(x, y, z)k = V U (x, y, z), aU aU aU (jy Q(x, y, z), (jz = R(x, y, z). P (x , y, z ),
Prema pretpostavci, druge parcijalne derivacije funkcija P , Q i R postoje i neprekinute su, pa možemo primjeniti Schwarzovu teorem: aQ aP " " - U yx - U xy ay Slično dobivamo P� = R� , Q� == R� pa je _
_
_
rot F = ( R� - Q�)i + ( P� R�)j + ( Q: - P� )k Može se dokazati da vrijedi sljedeći teorem.
=
O.
Teorem 8.2. Da bi polje F klase C2 ( Q ) bilo potencijalflo, nužno je i dovoljno da
bude
rot F
O
i područje Q koveksno. tj. svake njegove dvije tocKe mogu se spojiti segmentom potpuno sadržallim u njemu. 8.6. Određivanje potencijala
Ako je polje
==
I
F (x, y , z ) P(x, y, z )i + Q(x, y, z)j + R (x, y, z)k potencijalno u području Q , kako onda odredimo pripadni potencijal? Evo jednog mogućeg postupka. Odaberi mo točku To (xo, yo, za) iz područja Q gdje je polje potencijalno. Neka je T (x, y , z ) bilo koj a točka iz Q . Neka se krivulja koja spaja te dvije točke sast�ii iz tri dužine (bridovi kvadra čij i su To i T suprotni vrhovi). Dakle, krivulj a se sastoJI od , TzT , gdj e je Tj (x, Yo, za) , T2 (x, y, za) · segmenata Potencijal U (x , Y, z ) j e vrijednost integrala
,
U (x, y, z)
'- F · ddr
IroT
=
'- F · dr +
IroTI
'- F · dr + Ir'-iT F · dr
IriT!
8. KRIVULJNI INTEGRAL!
168
, ,
, i - - - - - - - -- - - - - - - - -;� ", '" I I '" : .,/ T : .,/"' r-----,------ - - - - " "
,,""
:
To :
:
I
I
o
/
", '"
",'"
:
..;�
_____
___________
1
: " I :, I :, TZ -: : -- -- -- - : y :1 : - - - ....: 7 I
T/ '
---
x
I I
../'
/
....
----- -------
'
I t
/
-----
�� - - - - - - - - - - - - - ----�./ .,"
,,"
,,"
Sl. 8. /0.
Uvrstimo l i jednadžbe spojnica, moći ćemo izračunati integrale zdesna. U prvom integralu je y = Yo , Z = Zo i dy = dz = O . Za drugi vrijedi z = zo , dx = dz = O , a za treći je dx = dy = O . Tako dobivamo:
U(x , y , z) =
1: P(x, yo, Zo)dx + 1: Q(x, y, zo)dy + LZ R(x, y, z)dz.
i
(1)
Pokažimo primjerom kako određujemo potencijal. Primjer 8.1. Zadano je vektorsko polje
F(x, y , z) = e-" + (
xe-'
+ sin z) j + Y cos z k.
Provjerimo je li polje potencijalno i, ako jest, izračunajmo njegov potencijal . li
i(
t> Komponente tog polja su funkcije iz C2 ( Q ) gdje za Q možemo uzeti cije prostor E3 . Polje F je potencijalno onda i samo onda ako je rot F jednak O .
i ) :
Izračunajmo rotor polja: rotF
=
k
j
:x :y
z eY xeY + sin z y cos z
= ( cos z - cos z) + j(O - O ) + k(e-'
-
l n = O.
Polje je potencijalno. Odredimo njegov potencijal. 1 . Način. Računajmo po formuli ( l) . Točku To ( xo , Yo, zo) biramo u području gd je je polje potencijalno. U ovom primjeru možemo izabrati bilo koju točku jer je polje potencijalno u cijelom prostoru. Izbor točke To(O, O, O ) pojednostavnit će računanje
integrala.
U(x, y, z) = { e>'dx + (xe>' + sin z )dy + y cos zdz =
=
JToT
lX eOdx + 1)' (xe>' + sin O) dy + lz y cos zdz
x + x ( e-" - l) + y sin z = xeY + y sin z.
8 .6. ODREĐIVANJE POTEN CIJALA
169
Kako potencijalu možemo dodati proizvoljnu konstantu možemo pisati da je
U(x, y, z) = xeY + y sin z + c.
2. Na(rin. Sad se koristimo direktnom integracijom funkcije više varijabli. Prili kom dodavanja "konstante" integracije potreban je oprez, jer konstanta integracije po varijabli x može ovisiti o preostale dvije varijable. Iz jednakosti
eY i + (xeY + sin z ) j + y cos z k = \1 U(x , y , z)
F(x, y, z )
zaključujemo:
au
v
=e,
au
v
au - = y cos z . az
.
= xe + sm z,
Integriranjem prve jednakosti dobivamo
U (x , y, z)
J e"dx = xe + f(y, z).
Odredimo "konstantu" integracije /(y, z ) . Deriv irajm o dobiveni izraz za U po izjednačimo s već poznatom vrijednosti te derivacije. Dobivamo: Sad je
au y a/ - = xe + ay
/(y, z ) = y sin z + g(z) ,
Iz trećeg uvjeta slijedi
au
pa je konačno
y
xe + sin z
=:::}
a/(y, z) . = sm z ay
U(x, y, z) = xeY + y sin z + g(z).
= y cos z + g' (z) :;.:;; y cos z
=:::}
U(x, y, z) = xe" + y sin z + C.
g'(z) = O .
y
i
9.
Integracija na p
ama
9. 1 . Zadavanje ploha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 70 9.2. Normala plohe . . . . . . . . . . 9.3. TangencijaIna ravnina
. . . . . . . . . . . . 174
. . .
.
. .
.
.
. . . . .
.
1 76
.
.
.
.
1 79
. . . .
.
.
. 180
.
.
. . .
.
. .
.
. . . .
. . . . . . .
.
. .
.
.
.
.
.
.
9.4. Nonnalni presjeci plohe 9 . 5 . Ploština plohe
.
. . .
9.6. Plošni integral i . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.7. Plošni integrali druge vrste
. . . . . 1 84 1 88
1
9.1 . Zadavanje ploha
Plohu najčešće zadajerno na sljedeće načine: 1 . eksplicitnom jednadžbom ( z = f(x , y) ) ; 2 . i mplicitnom jednadžbom (F(x, y, z ) = O) ; 3.
parametarskim j ednadžbama ( x =
x (u, v) , y
y(u, v) ,
Z
z(u , v) ) ;
vektorskomjednadžbom (r(u , v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z (u, v)k) . Zadavanje plohe implicitnom jednadžbom nešto je općenitije od onoga pomoću eksplicitne jednadžbe. U jednadžbama 3 . i 4. radi se zapravo samo o drukčijem zapisu. 4.
Eksplicitna jednadžba plohe
I
Neka je u ravnini X OY zadano otvoreno jednostruko povezano područje Q . Tak va su područja na primjer untrašnjost kruga, elipse, kvadrata, pravokutnika. Zatvorena krivulja u ravnini dijeli tu ravninu na dva područja. Konačni dio ravnine obuhvaćen tom kri vuljom je nutamje područje zatvorene krivulje. Otvoreno područje Q ravnine je jednostruko povezano ako ono sadrži nutarnje područje svake zatvorene krivulje sadržane u Q .
9. 1 . ZADAVANJE PLOHA
171
Kružni prsten nije jednostruko povezano područje (ima u sebi jednu rupu). U nje mu postoji zatvorena krivulja čije nutarnje područje nije sadržano u kružnom prstenu. Područje koje dobijemo ako iz otvorenog kruga izrežemo II manjih krugova ili uklonimo II različitih točaka j e I I + višestruko područje. To područje ima n rupa. Ako na primjer u polusferi izbušimo dovoljan broj rupica dobivamo finu cjediJjku koju možemo koristiti u kuhinj i . Neka je zadana diferencijabilna funkcija J n a jednostruko povezanom području O sadržanom u ravnini XOY , a njezine vrijednosti neka su u skupu realnih brojeva:
1
J : O - R, O jednostruko povezano područje � E2. Funkcija J je klase C(l) (O) . Skup S { (x, y, z) I z = f(x , y) , (x , y) E O } je ploha u prostoru E3 . z = f(x, y) je eksplicitna jednadžba plohe S . Navedimo nekoliko primjera ploha zadanih eksplicitno. Primjer 9.1 .
polusfera
rotacijski paraboloid
z= z = xy,
stožac hiperbolički paraboloid
x +y. x -y Uz eksplicitnu jednadžbu z f(x, y) plohe S F(x, y, z) f(x, y) z
=
x sin y +
+ ln
=
čija j e O-nivo ploha upravo zadana ploha S ;
F(x, Y, z)
Implicitno zadane plohe
I
=
f(x, y)
Z
povezujemo i funkciju z
O.
Poznati su nam uvjeti pod kojiJna je relacijom F(x, y, z) zadana funkcija dvij u varijabli. To s u u vjeti koji nam govore kad s e jedna od varijabli može izraziti pomoću ostale dvije. Ako su ti uvjeti ispunjeni onda je, barem u principu, moguće i z jednadžbe (implicitno zadana funkcija) F(x, y , z) O, izraziti recimo z kao funkciju od x i y . Tako na primjer iz jednadžbe
x2 + y l + Z 2
možemo dobiti dvije funkcije z =
±
1
,-----
(sfera)
(gornja i donja polusfera).
Očito iz navedene relacije možemo dobiti ne samo navedene dvije neprekinute funkcije nego još beskonačno mnogo razl ičitih funkcija (za neke (x , y) odaberemo z > O , a za neke odaberemo z s donje polusfere, z < O ) . Slično će biti i u slučaj u jednadžbe
Z 2 = x2 + yZ
(jednadžba stošca) .
9. INTEGRACIJA NA PLOHAMA
172
Parametarske jednadžbe plohe
I
Vektorska jednadžba površine u prostoru je r( u, v) = x(u, v)i + y(u, v )j + z ( u , v) k, u, v E D e R2. Pripadne parametarske jednadžbe su x = x (u , v), y = y(u , v), Z = z(u, v) iako i za vektorsku jednadžbu često kažemo da je to parametarska jednadžba plohe. Primijetimo da su koordinate točke plohe funkcije dvaj u parametra. Ako iz parametarskih jednadžbi eliminiramo parametre u i v dolazimo do imp licitne jednadžbe plohe. Napišimo nekoliko ploha s njihovim parametarskimjednadž bama. Primjer 9.2.
r(tp, 6 ) = r sin 6 cos tpi + r sin 6 sin tpj + r cos 6k; x = r cos u, y = r sin u, z = v, u E [O, 2n], v E [- l , l ] ; 3 . r(u, v) = u cos vi + u sin vj + lik, u � O, v E [O, 2n] ; 4 . r(x, y) = xi + yj + f(x, y)k; 5 . r(y, tp ) = f(y) cos tp i + yj + f(y) sin tpk. To su jednadžbe: 1 . sfere polumjera r , (sfeme koordinate ) ; 2. jednadžba valjka, x2 + l = ,z , - l � z � l ; 3. jednadžba stošca z = Jx2 + y 2 ; 4. jednadžba plohe zadane eksplicitno, z = f(x, y) napisana u parametarskom obliku, parametri su x i y ; 5. parametarske jednadžbe rotacijskih ploha koje nastaju rotacijom grafa funk cije z = f(y) oko osi y . 1. 2.
Primjer 9.3. Podsjetimo se parametarskihjednadžbi ravnine. Neka su zadane toč ke i C koje ne pripadaju istom pravcu. Tim točkama određena je ravnina. Uvedi mo oznake
A, B
aA = c, --+
AB = a, ---r
--+
AC = b,
--+
r = OT .
SI. 9.1.
Pareametarska jednadžba ravnine. RavniIla je određena jed nom točkom i s dva nekoilineama vektora koji leže u njoj.
9. 1 . ZADAVANJE PLOHA
173
--+
Bilo koji vektor AT u toj ravnini je linearna kombinacija vektora a i b ,
AT = ua + vb, u, v E R. Radij vektor bilo koje točke T(x, y, z ) može se napisati u obliku r( u, v) = Ila + vb + e --+
i za tu jednadžbu kažemo da je parametarska jednadžba ravnine. Primijetimo da je
r(u, v) funkcija dvaju parametara. Ako je jedan parametar fiksan, tj. i ma konstantnu vrijednost, recimo v = vo , ondaje r(u, vo) jednadžba pravca kojem je vektor a vektor smjera i prolazi točkom čiji je radij vektor vob + e . Ako mijenjamo Vo dobivamo seriju paralelnih pravaca. Potpuno analogno vrijedi ako bi fiksirali parametar u . Dobili bi seriju pravaca čiji bi smjer bio vektor b . * * * U prostoru parametara promotrimo pravokutnik
P = {(u, v) 1 UI � It � U2, VI � V � V2 } . Svakoj točki M( u , v) i z tog pravokutnika preko parametarske jednadžbe ravnine prid
ruženaje samo jedna točka ravnine. Preslikamo li sve točke tog pravokutnika dobivamo paralelogram. Zanima nas veza između ploština polaznog pravokutnika i dobivenog paralelograma. v
1'2
VJ
O'
y
y.t
r- "Ov
M(u,v)
] �:
: \-2 I I
UJ
U2
a)
O
U
\1:' J
2
b)
Sl. 9.2.
x
Vrhovi pravokutnika i maju koordinate VI (u( , v d , V2 ( u2, vd , V3 (U2' V2 ) , V4(UI , V2 ) . Odgovarajući vrhovi paralelograma dani su radijvektorima:
r(u l ' v d = ula + vlb + e,
r(ul' vd,
r(u2' Vl ) '
r(u ( , V2 ) .
Ploština pravokutnika je
Ploština odgovarajućeg paralelograma jednaka je iznosu vektorskog produkta vektora
Prema tome je ploština S paralelograma jednaka S = l ( u2 - uda x (V2 - vdbl = la x b l · (U2 - u d (v2 - vd
= la
x
bl · p = la
x
bl AuAv.
9.
174
INTEGRACIJA NA PLOHAMA
9.2. Normala plohe
Ploha S neka je zadana vektorskom jednadžbom
r(u , v ) = x ( u, v)i + y(u , v )j + z( u , v )k,
(u, v ) E Q,
je jednostruko povezano područje na kojem su funkcije x(u, v) , y(u, v) , z(u, v ) klase C' ( Q ) , tj. na Q imaju neprekinute prve parcijalne derivacije. Ako fiksiramo varijablu v = vo , zatim u = uo onda je r(u) = r(u, vo ) v - krivulja, r( v ) = r(uo, v ) u . krivulja.
Q
Točkom T(uo, vo ) prolaze navedene krivulje i one u njoj imaju svoje tangencijalne vek tore. Tangencijalne vektore tih krivulja dobivamo kao parcijalne derivacije izračunate u To
r" = I
rv = I
fJr(u, vo) fJu fJr( lio , v ) 5} uV
SI. 9.3-
( )
To vektorski produkt i j k fJx fJy fJz fJu fJu fJu :f::. O . Dx fJy Dz fJv fJv
Za plohu S pretpostavljamo da je u točki
N( u , v ) = r: x r:, Komponente vektora
N
fJy fJu A = fJy fJv
su
fJz fJu fJz fJv
N(u, ) = Ai + Bj + Ck, fJz fJx Du , C = fJu , B = fJz fJx fJv fJv v
fJx fJu fJx fJv
fJy fJu fJY
fJv
9.2. NORMALA PLOHE
175
U točki To(xo, Yo, zo) plohe S imamo vektor N(uo, vo) = r: x r� ::ft O. Taj vektor N je normala plohe S u točki To(uo, vo) . Mi pretpostavljamo da ploha S ima normalni vektor u svim svojim točkama i normalni vektor je vcktorska funkcija parametara u i v . N ( u, V ) = or( u, v) x or( u, v) = ruI ( u, v) x rIv ( u v ) .,.. , -I- O . ov ou Pretpostavit ćemo nadalje da su komponente vektora normale neprekinute funkcije parametara u i v . Postavlja se pitanje je li vektor normale u zadanoj točki To plohe S jednoznačno određen? Ovisi li on o parametrizaciji plohe? Neka su zadane dvije parametrizacije plohe, s parametrima (u, v ) , odnosno (u', v') . Veza među parametri zacijama dana je jednadžbama kojim su izraženi stari parametri s novim: II = u ( ul, Vl ), V v (u' , v'). Iz tih jednadžbi moguće je izraziti nove parametre pomoću starih. r(u', v'} = r{u{ul, v') , v(u' , v' ) ) , Sada je , , ou + , ov ru' = ru -;:;-- r v !:) uu ' uu' , , O il + / ov rv' = ru / rv / · ov ov Vidimo da su vektori r;" i r�, linearne kombinacije vektora r: i r� , prema tome oba para određuju jednoznačno jednični vektor normale (do na orijentaciju), odnosno tangencijalnu ravninu u točki To . Primjer 9.1 . Neka je ploha S zadana eksplicitnom jednadžbom z
(x, y )
E
Q . Vektorska jednadžba te plohe je
Vektor normale je
r{x, y ) = xi
N ( y ) = or x or X, ox oy
=
=
pa slijedi I N(x, y ) 1 =
1 +
{.I
+
yj
+
+
f(x, y)k.
[.
Of(x , y ) ] + of(x, y) ] k k x J , ox oy (i j k + l O -f:i f:'j k, O l f:'
f:)
( Of(X, y ) ) 2 + ( of(X , y) ) 2 . ox oy
Jedinični vektor normale plohe S je vektor N n{x, y ) = iNf = --r=====
=
f(x, y) ,
9. INTEGR ACIJA NA PLOHAMA
176
Primjer 9.2. Zadane su parametarske jednadžbe sfere radijusa R jednadžbama
x
=
y = Z
=
R cos u sin u R sin u sin v R cos v.
Vektorska jednadžba je
N ( u v ) = r' gdje je
u
o(y, z) O(ll, v)
( )
E
[0, 2n]
x
[O, nj
r (u, v) = x(u, v) i + y(u, v)j + z(u, v) k .
Vektor normale je
,
( u, v)
=
x
.
i x' X�v
r' = ,
I I
y ;, z� y� z � ,
j k yi z' � � y I' Z "
o(z , X) o(u, v)
--- =
Konačno, za normalu dobivamo vektor =
=
o(y , z) o(z , x) o(x, y) i+ k j+ o(u, v) o(u, v) o(u, v)
I I z � x� I I Z,. X I '
-
,
I I
X � y� o(X, y) = x� y . � o(u, v)
,
R2 sin v[- cos u sin v i sin u sin v j - cos v k] . Vektor u uglatoj zagradi ima smjer radij-vektora r . Nadalje možemo primijetiti da je
N ( u , v)
I r"
x
r,. 1
= R2 sin 1'.
Primijetimo već sad da je element površine na sferi dan izrazom " 2" dP = R2 sin fJd({JdfJ , P = R2 1o d({J 1 sin fJdfJ
o
9.3. Tangencijalna ravnina
= 4 R2 n
.
J
Neka je zadana ploha jednadžbom
r( u , v) = x(u, v)i + y(ll, v)j + z(u, v) k .
Nekad nam je važno zadati krivulju koja je smještena na toj plohi. Kako zadaje rno takve krivulje? Ako su II i l ' funkcije nekog parametra t , onda je jednadžbom r(t) = r(lI(t), v( t ) ) zadana krivulja na plohi S . Jednadžba krivulje neka je zadana parametarski, parametar t neka prolazi intervalom J , II
=
ll(t),
v =
v(t )
,
t E J � R.
Ako se ta krivulja nalazi na plohi S , onda koordinate ( ll ( t), v(t)) zadovoljavaju jed nadžbu plohe S . Parametarska jednadžba krivulje je
r(t) = r (u( t ), v ( t ) ) .
Tangencijalni vektor te krivulje je
dr or du or dv = + . Oil dt dt ov . dt '
9.3.
177
TANGENCIJALNA RAVNINA
Vidimo daje tangencijalni vektor linearna kombinacija vektora r� i r:. , tj. pripada ravnini razapetoj tim vektorima. Kako to vrijedi za svaki tangencijalni vektor bilo koje diferencijabilne krivulje koja je na plohi i prolazi točkom (uo , vo) sl ijedi da su svi ti tangencijalni vektori sadržani u jednoj ravnini. Tu ravninu nazivamo tangencijalnQm ravninom plohe S . Vektor normale na tu ravninu je
N(uo , vo) = r�(uo. vo)
r:.(uo, vo ) ·
x
Primjer 9. 1. Neka j e ploha S zadana jednadžbom Z = j(x, y) . Onda j e njezina parametarska jednadžba r(x , y) = x i + yj + j(x, y)k . Tangencijalne ravnine u točki T(xo , Yo) i ma jednadžbu: [r'r (XO ' Yo ) x r;.(xo , yo)J . [(x - xo)i + (y - Yo)j + (z - zo)kJ = O,
[ -j: i - .t.: j + kJ · [ (x - x o )i + (y - Yo)j + ( z - zo ) k] z
a/(xo , Yo) + (y - Zo = (x - xo) ax
_
Yo)
=
O,
a/(xo , Yo) ay .
Jednadžbu tangencijalne ravnine lako odredimo jer joj je vektor normale N
=
r;, x r:, . Normala okomita na bilo koji vektor To T gdje je T(x, y, z) po volji odabrana točka ravnine. To znači da će mješoviti produkt vektora r;" r:" To T biti jednak nuli. Ovaj mješoviti produkt možemo zapisati u obliku determinante
x - Xo Y - yo ay ax au au ax ay av al'
z
- zo az au = 0 az av
i to je jednadžba tangencijalne ravnine. Parcijalne derivacije izračunavamo u točki To (xo, yo, zo) , pri č c mu je Xo = x(uo, vo) , Yo = (uo, vo ) , Zo = Z ( IlO, vo) . Ako je ploha zadana implicitno.jednadžbom F(x , y , z) = O i ako iz te jednadžbe slijedi da je z funkcija od x i y prema uvjetima za postojanje implicitne funkcije, tada vrijedi:
az ax
-
aF ax
az
ax
F: Zx'
,
aF ay - az ay
az ay
-
F:, z.�
Prema tome tangencijaina ravnina ima jednadžbu:
z - Zo
=
( aazx )
(.1'0,.\'0 )
(x - xo) +
( aOZ )
što možemo napisati u simetričnom obliku (x - xo) F� (xo, yo , 20) + (y - )'o) F,:' ( Xo , )'0. zo)
y
+
(.1'0,)'0 )
()' - )'0),
( z - zo)F� (xo, Yo, zo) = O ,
9. INTEGRACIJA NA PLOHA M A
178
Primjer 9.2. Odredimo jednadžbu tangencijalne ravnine i normale na elipsoid u
točki t>
To( l , - l , l ) .
F(x, y, z) = x 2 + 2i + 3z2- 6 = O
Deriviranjem po x , odnosno po y jednadžbe F(x, y, z (x, y ) ) = O dobivamo:
aF
aF . ax az aF aF . + ay az
Vrijedi
+
az
ax
az ay
F� = 2x,
= O, =
F�
O,
=
4y,
pa su u točki To te derivacije jednake F� (To) = 2, F;, ( To ) = -4, Jednadžba tangencijalne ravnine je
2 · (x - l)
-4 ·
, zx
F�
- F: '
=
<-
F�
, z = y - F� '
F�
= 6z
,
F:(To )
= 6.
(y + l) + 6 · (z - l ) = O,
x - 2y + 3z - 6 = O.
Vektor normale u točki ToO , 1 l) je N = i - 2j + 3k što se vidi iz dobivene jednadžbe ravnine. Normala je pravac y+l z- l x- l -
,
-2
3
'
ili, u parametarskom obliku y= x = l + t, - 2t, z = l + 3t. U općem slučaju postupi mo ovako. Normala je pravac koji prolazi točkom To (xo, Yo, zo ) a vektor smjera mu je r�(To) x r:,(To) , parcijalne derivacije izračunamo U točki To . Prema tome jednadžba normale j e r(t) = r(To) + t r�( To ) x r:,(To) .
-1
Primjer 9.3. Odredimo vektor normale na plohu zadanu vektorskomjednadžbom t>
r(u, v) = (ll + v)i + (ll + v)j + (u - v)k.
Očito se radi o vektorskoj jednadžbi oblika r = e + ua + v b = u(i + j + k) + v(i + j - k ). a to je jednadžba ravnine koja prolazi točkom To(O, O, O ) . Vektori koji razapinju tu ravninu su a = i + j + k, b = i + j - k. Vektor okomit na tu ravninu je vektor a x b = 2 ( -i + j ) . Inače, formalni račun nam daje: r:(ll, v) = i + j - k r;, (ll, 1') i + j + k, čiji vektorski produkt daje N (ll , 1' ) = 2 ( -i + j ) .
9.4. NORMALNI PRESJECI PLOHE
179
Prilikom proučavanja plohe u okolini njezine točke To ( uo, vo) potrebno je prou čiti krivulje koje su na toj plohi i prolaze tom točkom. od svih krivulj a koje prolaze točkom To vrlo su važne one ravninske krivulje koje nastaj u kao presjeci ravnina koje prolaze točkom To i sadrže normalu (pravac) plohe u To . za takve krivulje kažemo da su dobivene kao nonnalni presjeci plohe s ravninama.
Sl.
9.4.
Neka je dana bilo koj a glatka krivulja na plohi r(u, v ) jednadžbama: u = u(t) , v = v(t), t E l. Tangencijaln i vektor te krivulje je
dr or du(t) or dv = + dt o� . dt ov . dt ' Element duljine luka te krivulje je = Ildr ll , i vrijedi: dr r�du + r�dv, dr2 [r�du + r�dvl . [r�du + r�dvl r:2 (du)2 + 2r�r:,dudv + r:,2 (dv)2 g l l (du)2 + 2g 1Zdu dv + g22 (dvf = (dS) 2 .
ds
Tu
smo označili:
g l i r: ' r� , g l 2 = r� ' r:., g22 r� · r� . Prvom osnovnom diferencijalnom formom plohe nazivamo izraz za k vadrat duljine luka
9. INTEGRACIJA NA PLOHAMA
180
Uz malo truda lako se provjeri da vrijedi : or or 2 or or 2 or 2 or 2 ' = g l lg 22 - g2J 2 ' IIN (u, v ) 11 2 = o x ov = o ou ' ov ov u u Ova je jednakost zapravo zapis Lagrangeova identiteta za vektorski umnožak: Il a x b l1 2 = II a l1 2 11 b l1 2 sin2 cp = I l a 1 1 2 11b11 2 ( l - cos2 cp ) = IIa l 1 2 11 b l1 2 - II a l 1 2 11bl1 2 cos 2 cp = ( a · a ) ( b · b ) - ( a · b ? Tako smo dobili
) ( )( ) (
(
I I N (u , v ) II =
Jedinični vektor normale je
)
I �: x �: I I = Jg l lg22 - gi2 ' " ru x rl',
Duljinu luka dobivamo integriranjem: s=
JIe y'g J J u' (t)2 + 2g1 2 u'(t) v'(t) + g22V' (t)2 dt . t,
U slučaju ako je ploha zadana jednadžbom r(x , y ) = xi + yj + f (x, y )k dobivamo: r:2 = gl i = l + U:) 2 , r�� = g 2 = l + (J:) 2 , r', . r� = I:f;', 2 2 2 (ds) = [ l + U: f] (dx) + 2f:f;'dxdy + [ l + (J:) 2] (dy? 9.5. Ploština plohe
Nekim podskupovima ravnine pridružujemo mjerni broj , ploštinu tog podskupa. Tako na primjer znamo odrediti ploštinu pravokutniku, trokutu, paralelogramu, trape zu, krugu itd . Rastavljanjem podskupa ravnine na trokute ili pseudotrapeze ( podsjeti se integralnog računa) , znamo članu jedne široke klase podskupova pridružiti realan broj za koji kažemo da je njegova ploština. Jedna značajna ideja koja potječe čak od Arhimeda je tzv. "icrpljivanje". Tako bi na primjer površinu kruga mogli odrediti tako da u krug upisujemo poligone, računamo njihove površine. Zatim pustimo da broj stranica poligona teži prema beskonačnosti, a najdulja stranica upisanog poligona neka teži prema nuli. Slično bi mogl i postupiti ako bi računali površinu sfere radijusa R , (P = 4R2n). Upisali bi na primjer tetraedar (4 točke na sferi) , izračunali njegovu površinu tj . površinu četiri trokuta, zatim bi mogli odabrati II točaka na sferi i izraču nati površine pripadnih trokuta i to bi bila približna vrijednost površine sfere. Ako bi II -+ oo i dijametar najvećeg trokuta (dvije najudaljenije točke tog trokuta) težio prema nuli, dobili bi površinu sfere. U prošlom stoljeću H. A . Sćwarz je na primjeru običnog kružnog valjka pokazao da ideja icprljivanja zakrivljene plohe S plohama koje su po dijelovima ravne (trokuti) ne daje ono što bi mi očekivali kao površinu plohe.
9.5.
PLOŠTINA PLOHE
181
Opišimo postupak kako dolazimo do površine plohe. Neka je S po dijelovi ma glatka ploha omeđena zatvorenom krivuljom e koja je sastavljena od Jordanovih lukova. Za krivulju e kažemo da je rub plohe S . Izvršimo subdiviziju plohe S mrežom po d ijelovima glatkim krivuljama na N dijelova Si , i l , 2 . . . . . n . Unutar dijela plohe Si (oko mreže) odaberi mo proizvoljnu točku Ti . Tangencijalna ravnina plohe S s diral išternu točki Ti neka je ITi . Ortogonal nom projekcijom dijela Si na tu tangencijainu ravninu dobivamo dio tangencijalne ravnine Mi kojem pripada površina Pi ' Za danu subdiviziju zbrojimo sve tako dobivene brojeve Pi , dobivamo broj za koji kažemo da je jedna približna vrijednost broja P kojeg želimo proglasiti površinom plohe S . Izvršimo subdivizije plohe S tako da II -+ oo i da maksimalnom dijelu Si pripada površina Pi i ona teži prema nuli kada 11 -+ oo . Za plohu kod koje postoj i limes zbrojeva Pi uzetih preko svih subdivizija kod koj ih dijametar maksimalnog dijela Sj teži prema O kažemo da ima površinu. Teorem 9.1 .
rima u i v,
Neka je zadana glatka ploha S vektorskolll jednadžbo/ll s paramet
r(u , v) x ( u , v)i + y(u , v)j + z (u , v)k, (u, v ) E Q s rubom koji je po dijelovima sastavljen od lordanovih lukova. Ploha S ima površinu P i ona je jednaka P
Ji Il r� x r:. 11 du dvo
Bitan dio dokaza ovog teorema počiva na vezi između površine pravokutnika Qj u (u, v ) ravnini i površine pripadnog paralelograma Pi u tangencijaloj ravnini. Pokazali smo d a u tom slučaju vrijedi: IIN (u, v)lI6.u6.v = Pi' *
*
*
Ako je ploha zadana eksplicitnom jednadžbom z I(x, y), (x, y ) E D tada iz njezine vektorske jednadžbe r(x, y) = xi + yj + (x , y)k dobivamo:
f
IIN( x , y ) 1 1 P=
==
Jl l r l
/,
I l r/r x r; 11 x r:. ll dx dy
Jl
1 +
(8f) 2 (81) 2 dx dy. 8x
+
8y
Primjer 9.1 . Izračunaj mo površinu onog dijela stošca Z 2 = x2 + yZ koji se nalazi unutar valjka xl + 2x . Iz jednadžbe valjka vidimo da mu je radijus r l , a da je centar pomaknut i nalazi se na osi x u točki S( 1 , 0, O) . Element površine stošca je
)'2
dP
dx dy = V2dx dy,
9. INTEGRACIJA NA PLOHAMA
182
pa je površina
p=
Jiv V2 dx dy
Područje integracije D je krug radijusa = O . Njegova površina je n .
Z
r =
= n V2 .
1 koji je presjek zadanog valjka i ravnine
Sl. 9.5.
Primjer 9.2. Odredi površinu onog dijela sfere radijusa R koji se nalazi između dvije paralele i dva merdijana. Koristeći se sfernim koordinatama, za vektorsku jednadžbu sfere imamo:
r( qJ, � ) = R sin � cos qJ i + R sin � sin qJ j + R cos � k, O � qJ � 2n, O � � � n. Element površine je dP = II N(qJ, � ) II dqJ d� = Il r", x ro II dqJ d� = R2 sin �dqJd�,
p = R2 ("" dqJ r' sin �d�
J",]
Jo]
Ako stavimo: qJl = O , qJ2
=
=
R2 ( qJ2 - qJI ) (cos �l
-
cos �2)'
�I = O , �2 = n onda dobivamo površinu sfere P = 4R2 n.
2n ,
Primjer 9.3. Odredimo površinu rotacijske plohe koja nastaje rotacijom grafa
funkcije y
=
f(x) , x
E I
=
[a, b] oko osi x .
I> Pretpostavimo da je funkcija f( x ) ;) O i neprekinuta na intervalu I . Neka je točka T(x, y, Z ) na plohi. Iz trokuta čiji su vrhovi A (x, O, O) , B (x, y, O) , T(x, y, z) slijedi: d(A , T ) = f(x) , Y = f(x) cos U, Z = f(x) sin u. Kut u je kut pri vrhu A . Vektorska jednadžba rotacijske plohe je r (x , u) = x i + f(x) cos uj + f(x) sin u k, x E I = [a, b] ' u E [0, 2n] .
9.5.
183
PLOŠTINA PLOHE
I I I I I I I I \
,//
,
x
���__
1
---, z
T(x.y,z)
'
Sl. 9.6.
Vektor normale je:
N(x, u) = r,
j
k
)
l f'{x) cos u f' (x) sin u O -f(x) sin u f(x) cos u f(x)J'{x) i f(x) cos uj f(x) sin u k.
Za površinu dobivamo:
dP = IIN(x , u ) 11 dx du 2 P 1 1< f{x) ==
(i
ru
x
==
lb
f (x )
dx du
dx du,
2n
lb f(x) Jl + f'(x) 2 dx.
Primjer 9.4. Izračunaj površinu onog dijela paraboloida
z = x2 + l
koji je unutar valjka x2 + l == R2.
I> Naravno, moguće je izračunati traženu površinu zadanu kao rotaciona ploha jer j u možemo shvatiti kao da nastaje rotacijom krivulje y .fi. , O � z � R 2 oko osi z . U tom bi slučaj u bilo:
(dy)2 + (dzf = (dS) 2 , dP = 2n.fi.ds,
( 2 �dZ) 2 + (dZ) 2
P
==
nl
Rl
ds
(dsf,
J I :z4Z dz,
� [(1 + 4R2 ) �
dz
-
11 ·
Ako pak shvaćamo plohu zadanu jednadžbom z f(x, y ) x2 + y 2 , onda vrijedi: r(x, y) == xi+yj +(X 2 +y2)k, N(x. y) = r: x r� - 2xi- 2yj + k,
dP = IIN(x, y)lI dx dy,
P=
Ji Jl +4x2+4y2 dx dy,
2 P = 1 1< dcp lR JI + 4r2 r dr
� [( 1 + 4R2 ) �
1].
D
{(x, y)lx2+/ � R2 },
9. INTEGRACIJA NA PLOHAMA
184
9.6.
I
Plošni integrali
Neka je ploha S po dijelovima glatka i ima po dijelovima glatki rub e ili neka je zatvorena, tj. bez ruba. Na plohi S neka je zadana realna neprekinuta funkcija Izvršimo subdiviziju II plohe S n a dijelove S " S2 , , Si , . . . čiji s u rubovi po dijelovima glatke krivulje. Površine tih dijelova neka su Unutar , svakog dijela Si odaberi mo točku i napravi mo zbroj .
Ti
cr(ll) =
. PI , P2 .
• • • ,
Pi" " .
F.
n
L F{Ti ) Pi
i= 1 F.
koji nazivamo integralna suma funkcije Izvršimo subdivizije plohe S tako da najveći dijametar elemenata Si , i = 1 , 2, , teži prema nuli. Ako pri tome integralne sume cr(A.) teže prema broju I onda taj broj nazivamo plošnim integralom prve vrste funkcije po plohi S i označavamo simbolom "
F
J1F(T)dP.
Izraču navanje plošnog integrala
I
Nekaje ploha S zadanajednadžbom z = I(x, y) , funkcija I nekaje definirana na zatvorenom skupu D na kojem ima neprekinute prve parcijalne derivacije. Zatvoreno područje D omeđeno je po dijelovima glatkim krivuljama. Za plohu S vrijedi: S = { (x, yJ(x, y ) ) I x y ) E D} . Integralnu sumu neprekinute funkcije dakle i ograničene: < M , po plohi S možemo pisati
( F, L F(Xi' Yi J(Xi, Yi) ) Pi' ,
cr
IFI
i= 1
Ploštinu elementa Si možemo zapisati pomoću dvostrukog integrala
l+
( al ) 2 ( al ) 2 y dx dy + a ax
integrira se po projekciji Di skupa Si na ravninu XOY . Prema teoremu srednje vri jednosti za dvostruki i ntegral, možemo reći da je vrijednost integrala jednaka srednjoj vrijednosti funkcije pomnoženoj s vrijednosti površine područja integracije. Dakle,
F Pi 1 + !1 (xj , yj ) 2 + I: (xj , yi ) 1 p(Di ) gdje je T(xr, yj ) E Di a P ( Di ) ploština skupa Di preko kojeg se i ntegriralo. Sad i ntegralnu sumu možemo zapisati u sljedećem obliku L F(X"Yil z (x;, Yi ) ) 1 + !;(:q, Yir- + /�(x: , Yn2 p (Di) ' ,
cr
n
i=l
185
9.6. PLOŠNI INTEGRALI
Ako je funkcija neprekinuta na zatvorenom skupu onda je ona na njemu uniform no neprekinuta. To znači da za svaki 10 > O postoji takav o > O da ako su dvije točke i udaljene za manje od 8 onda je razlika funkcij skih vrijednosti manja od 10 . Funkcija
T(Xi, Yi) T(x;, Yn
je neprekinuta na D , dakle i uniformno neprekinuta. Po pretpostavci je neprekinuta prema tome je i ograničena na D . Dakle, za razliku integralnih suma, i funkcija integralne sume koj om dolazimo do dvostrukog integrala funkcije
F
i ove integralne sume
T I i=F ;= 1 ( ; ) [
1+
cr
vrijedi:
f; (Xj, Yi)2 + f;' (Xi, Yi)2 � ME L:: Pi MEP. i= 1 II
E
=
Izborom brj a možemo tu razliku učiniti po volji malenom. Dakle, ako postoj i dvostruki integral
fL F(x, y, J(x, y)) JI + (f:)2 + (f;)2 dx dy
onda postoj i i plošni integral i vrijedi:
J1F(x , y, J(X,Y))dP J1F(x, y, J(x, y))
1 +
(��f + (�;,f dxdy .
Primjer 9.1 . Izračunajmo plošni integral
= Jl(X + 2y + 3z )dP x + y + z = l , koji se nalazi u prvom oktantu.
l
po onom dijelu plohe S
. . .
9. INTEGRACIJA NA PLOHA M A
186
z
e
B
y
A x
I>
Sl. 9. 7.
U ovom primjeru je
z = f(x, y) = l - x - y, F(x, y , z (x , y ) ) = x + 2y + 3z = x + 2y + 3 ( 1 - x -2x y + 3 ,
y)
-
dP =
pa je
JI + z; + z.� dx dy JI + l + l dx dy l
= VJ
llxv ( -2x
= VJ Jf l dx J o o
y + 3 )dx dy
t-x ( -2x *
Neka je ploha S zadana jednadžbom r ( u, v )
*
y + 3)dy
F(T)dP =:
II
=
vJ.
*
= x(u, v)i + y (u, v )j + z(u, v)'k,
Plošni integral funkcije F po plohi S je
II
= VJ dx dy,
F(x(u, v ) , y(u, v), z(u, v ) ) ll r:
x r�11
(u, v)
du dv =
E Q.
II
F(T) IINII du dv.
Primjer 9.2. Izračunaj masu smještenu na polu sferi
x2 + l + Z 2 = R2)
Z
�O
ako je plošna gustoća u točki polusfere proporcionalna njezinoj udaljenost od ravnine XOY .
9.6. PLOŠ N I INTEGRALI
187 =
y, z)) z j + k, i+ ( i j k )
t> Očito je gustoća p(T(x, sferni m koordinatama:
r( U , v)
=
R sin U cos v
k . Parametrizirajmo sferu, koristeći se R cos u
R sin u sin v
O"u"
n
O"
v
" 2n.
Onda je vektor normale plohe N (u, v)
=
r� x r�
R cos v cos u R cos u sin v -R sin u -R sin v sin u R sin u cos v O
Za traženu masu dobivamo: p = kR cos u,
II N (u, v) II
=
IIR sin u r(u, v) 1 1
=
R sin u r(u, v) .
R2 sin u,
Jl p(T) IIN(u, v) lidu dv k ll." dv l"IZ R cos u(R2 sin u)du =
R3k1C.
Osim gornje parametrizacije, možemo računati i s onom koja slijedi iz Kartezijevih koodinata. Jednadžbu sfere možemo zapisati u parametarskom obliku ovako: Sad je
r(x, y) xi+yj + JR2-x2_y2k. =i k z ( i j -�k ) xi+yj+zk = z ry, = J. - Y- ,
r�
1 O
O l
pa je I IN II = III
!!. . Sad imamo:
� z
z = JlPdP Ji � x y Ji x y kz
d d = kR
d d = kR · RZ'/!
kR3'/!.
Primjer 9.3. Izračunaj mo plošni integral l
Jl(xy + yz + z.x)dP
po plohi S koja je onaj dio stošca
x2 + y2 = 2Rx.
z = Jx2 + y2
koji se nalazi unutar valjka
9. INTEGRACIJA NA PLOHAMA
188 [>
Vektorska jednadžba plohe S je
k,
r(x=, y)1+=-x i ,+ y + + = (I + xZ ) ( + )�= - i = _-_x_i_-�=---_ = �= V2. I N(x, y) 1 = Jl 1 = ,[Xy + (x +Y)Jx2+y2]V2dXdY. x 2 x= Y= = 1 = V2 l-n/2nl2 12RCOS + + = 5 ' rx
rx ,
j
xk
.
ry
z
x ryI
� k,
j
z
k x j
.
�k
k - �j
z
z
1
Z
�
z
z
z
Za plošni integral dobivamo:
Područje integracije je kmg u ravnini XOY kojem je centar na osi tem. Prelaskom na polarne koordinate dobivamo: r
2R cos cp (kmžnica), dcp
U
qJ
o
[cos cp sin cp
r cos cp,
(cos cp
r sin cp,
sin cp)]r3dr
i prolazi ishodiš J
r
,
64f?4/2 l
izračunavanju integrala koristi se da je integral neparne funkcije u simetričnom intervalu oko ishodišta jednak nuli, coss cp je parna funkcij a.
Dvostrana ploha
I
I
Neka je S ploha i neka je To njezina nutarnja točka. U toj točki neka postoji jedinični vektor n , normala na plohu, i neka smo izvršili izbor smjera te normale. Odaberi mo bilo koju zatvorenu krivulju na toj plohi koj a prolazi točkom To i neka krivulja nema zajedničkih točaka s njezinim mbom. U svakoj točki te krivulje neka postoji jedinični normalni vektor na plohu S . Ako krenemo iz točke To po krivulji i nakon obilaska vratimo se ponovno u To , može se desiti da nakon obilaska dođemo u To i imamo istu normalu ili normalu suprotnog smjera. Glatka ploha S je dvostrana ploha ako nakon povratka u polaznu točku po bilo kojoj zatvorenoj krivulji na njoj, koja nema zajedničih točaka s rubom plohe, smjer normale se ne mijenja. Plohaje jed nostrana ako postoji zatvorena krivulja po kojoj nakon obilaska dolazimo u početnu točku s normalom suprotnog smjera. Primjer jednostrane plohe je Mobiusova vrpca, nju možemo dobiti ako zalijepirno dvije suprotne stranice pravokutnika stranicu AD sa stranicom BC ali ih prethodno zaokrenemo. U tom slučaj u identiticiramo točke A i C , odnosno B i D .
9.7. PLoŠNl lNTEGRALI DRUGE V RSTE
189
---« 8 _ __--
D<;-_ _ _ _ _
e
A
Sl. 9.8.
;;:: f{x, y ) . JodilO izbor normale ( strane plohe) je onaj kad vektor nonna!e čini s pozitivnim smjerom osi z oštri kut, dok je drugi izbor kad normala čini tupi kut s osi Z . Svaka zatvorena ploha (poput sfere) koja samu sebe ne presijeca je dvostrana ploha. Dvostrane plohe nazivamo orijentabiJnim, dok su jednostrane plohe neorijenta hilne. Orijentacija dvostrane plohe je jedan od moguća dva izbora normale. Primjeri dvostranih ploha su glatke plohe zad ane jednadžbom
Plošni i ntegral druge vrste
Neka je zadana orijentabilna glatka ploha jednadžbom r r(u, v ) , i neka je izabrana normala n n(x, y, z) koja se neprekinuto mijenja na plo hi. Neka je na plohi definirano neprekinuto vektorsko polje a a(x, y, z) . Plošni integral I
Jl
a · n dP
nazivamo plošnim integralom druge vrste.
SI. 9. 9.
integral I kažemo da je tok vektorskog polja a kroz plohu S . Naziv dolazi iz hidrodinamike. Naime, ako bi a označavalo polje brzina tekućine onda integral I možemo interpretirati kao ukupnu bilancu protoka kroz plohu S . za
9. INTEGRACIJA NA PLOHAMA
190
za neorijentabilne plohe ne definira se plošni integral druge vrste, jer se na njoj ne može dobro defi nirati normala.
Primjer 9.1 .
Izračunajmo tok vektorskog polja
a = x2i + yxj + zxk
.
kroz trokut s vrhovima A ( l , O, O ) , B(O, 2 , O ) , C( O, 0, 3 ) Normala je orijentirana tako da gledano iz vrha normale na ravninu trokuta, ABC je orijentiran suprotno od kazaljke na satu.
B , C je z x + 2 + 3" = l , 6x + 3y + 2z = 6 , N Jednična normala je n = H6i + 3j + k ) , pa vrijedi a · n = 7l [6x2 + 3xy + 2zx] . I>
Jednadžba ravnine zadana točkama A ,
y
6i + 3j + 2k.
Plošni element (dio ravnine) je
dP ::::: JI + z_� + z� dxdy 2 dxdy 7
pa je integral
1 = Jiv � [6x2 + 3xy 2x - 3 ( l = II l L'r 3xdxdy = l . +
Područje
x
Đ ] � dxdy
D je projekcija trokuta na ravninu xOy ; D = { ( x, Y) I O � x � 1, 0 � y � - 2x + 2 } . *
*
*
Plošni integral druge vrste često zapisujemo po koordinatama. Neka je zadano polje
a (x , y , z)
=
P(x , y , z ) i + Q(x , y, z )j + R(x , y , z ) k
na glatkoj orijentiranoj plohi S čij i j e jednični vektor normale n = cos i + cos {:J j + cos y k. Integral možemo zapisati u sljedećem obliku:
a
1 = Jl(a - n)dP = Jl[P cosa + Q cos {:J + R cos y]dP. Kad se element površine dP proj icira na koordinatne ravnine, tad j e ploština projekcija jednaka dP . , pri čemu je kut koji zatvara normala površine s osi okomitoj na ravninu. Zato vrijedi cos a dP = dydz, cos {:J dP = dxdz, cos y dP = dxdy, cos
cp
cp
9.7. PLOŠNI INTEGRALI DRUGE VRSTE
191
Pomnoži mo po redu ove jednakosti s jediničnim vektorima i , j , k i zbrojimo ih, dobivamo diferencijal plohe zapisan u vektorskom obliku dP = n dP dydz i + dxdzj + dxdy k . Plošni integral zapisujemo u sljedećem obliku: I
=
Jia .
Ji
dP
P(x, y, z)dydz + Q(x, y , z)dxdz + R(x , y , z)dxdy . *
* *
Pokažimo jednostavnim primjerom kako izračunavamo plošni integral druge vrste. Primjer 9.2. Izračunajmo plošni integral I
Ji
=
dxdy + ydxdz + xl zdydz
po vanjskoj strani četvrtine elipsoida 4x 2 + y 2 + 4z2 = 4, I>
x � O,
y � O,
z � O.
Zadani integral rastavimo na tri plošna integrala: II =
Ji
Ji
ydxdz,
13 =
J1 dXdy J1 dXdY
l -abre
1
dxdy,
2
JJ
x2zdydz.
Izraču naj mo po redu te integrale. 11 =
=
xy
4
2
Projekcija plohe na ravninu xOy je područje Sn , to je četvrtina elipse 4x2 + y 2 4 i integral se svodi na izračunavanje površine tog"dijela elipse. Da bismo izračunali drugi integral , izvršimo projekcij u zadane plohe na ravninu xOz . Ta je projekcija četvrtina kruga x 2 + l . Prelaskom na polarne koordinate lako izračunamo pripadni dvostruki integral . 12
=
Ji Jl, YI :::: 2 1o ,,/2 11o ydxdz =
=
4 - 4x2 - 4z2dxdz
dqJ
Projekcija plohe na ravninu yOz je četvrtina elipse l + 4z2 dobivamo: h
=
=
Ji
x2zdydz =
( dy ( .Jo .Jo
Ji" (
l
)
"4 dydz
dz
Za integral dobivamo
I = II + 12 + h
y2
re re 4 = "2 + 3" + 15
4
15
25re + 8 30
4 . Za integral
9. INTEGRACIJA NA PLOHAMA
192
Primjer 9.3. Izračunaj plošni integral
Ji xz dxdy + xy dydz + yz dxdz
po vanjskoj strani tetraedra s vrhovima: A ( I , O, O) , 8(0, 1 , 0) ,
C(0, 0 , 1 ),
0 (0, 0 ) 0 ) .
I> Jednadžba ravnine koja sadrži točke A , 8 , e je x + y + z l . Da bismo izračunali zadani integral, prikažimo ga kao zbroj od četiri integrala po četiri strane tog tetraedra:
Pripadni jednični vektori normala po redu jesu: JI
k , -i .. -j ,
-
l ;::;- (i + j + k) v3
f xz dxdy + xy dydz + yz dxdz = == jrJOAB
.
°
jer je z = ° na toj plohi. Slično se pokaže da su sljedeća dva integrala Jz i h jednaka O. Preostaje izračunati samo posljednji integral. Dakle, I
II
= =
f xz dxd.v + xy dydz + yz dxdz jrJABe
jl
x(l
x - y)dxdy
SX}
=
II
I I 1 1-< dx
O
.
O
+ 12 + h
x( l - x - y)dy
24
Ponovimo li postupak po preostale dvije projekcije, dobivamo jednake rezultate, dakle vrijednost integrala je
I
l
= "8 '
Primjer 9.4. Izračunaj protok tekućine kroz dio paraboličkog cilindra y
= x 2,
ako je brzina tekućine zadana vektorom I>
2,
°�x�
v
=
yi + 2j + xzk m/s.
Jednadžba plohe u vektorskom obliku je: r = ui + u�j + vk
pa je traženi tok
r;, x r:,
=
°� z � 3
(i + 2uj ) x k
2l/i
j = N.
= Jl(v, n)dP Jl v · r,, : rl' l iru 1- du l' (2u' - 2)dv 1 2 m3 /sec. o
=
=
1
=
x
r, ll dudv
10.
Skalarna i vektorska polja
1 0. 1 . Skalama i vektorska polja . . . . . . . . . . . . . . . . 1 93 .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . .
.
. . . 202
1 0.4. Krivuljne koordinate u prostoru .
.
.
. .
.
.
.
.
1 0.2. Hamiltonov i Laplaceov operator 1 0.3. Vektorski potencijal . . . . . . . . 1 0 . 5 . Operator V
u
.
. . .
. .
.
. 1 95 .
205
ortogonall1im krivuljnim . . .
.
.
.
.
212
10.6. Teorem o divergenciji, gradijemu i rotoru . .
.
. .
.
215
koordinatama
.
. . . . .
.
. .
.
.
.
1 0.7. Stokesov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . 219
1 0.8. Jednadžba kontinuiteta . . . . . . . . . . . .
. . 223
1 0.1 . Skalarna
vektorska polja
I
Funkcije defi nirane na podskupu D � Eo s vrijednostima u R nazivamo ska larnim poljima. To su zapravo realne funkcije od II varijabli, svakoj točki iz domene D pridružen je b roj skalar. Primjere skalarnih polja dobivamo ako točkama iz D pridružimo: temperaturu u točki, atmosferski tlak, gustoću plina, itd. Mi smo upoznali neka svoj stva i poj move koj i u su u vezi s takvim funkcijama, na primjer poznati su nam pojmovi : nivo plohe, limes, neprekin utost del'ivacija, usmjerena derivacija, gmdijent, ekstrem itd. Funkcije definirane na podskupu D � Eo s vrijednostima u vektorskom prostoru Eo nazivamo vektorskim poljima. To su funkcije koje svakoj točki iz domene D pridruže vektor. Tako na primjer govorimo o polju brzina neke tekućine ili plina, poljU sila, eJektričkom polju. magnetskom polju, gravitacijskom polju itd. ,
10. S KALA RNA I V E KTORSKA POLJA
194
I Silnice vektorskog polja I
Vcktorsko polje definiran na području D <; Eb je funkcija a : D E� . Ono se obično zadaje svoj i m komponentama: a = a (x, y , z) = a l (x , y , z) i + a2 ( x, y , z )j + a3 (x , y, z) k . Te su komponente skalama polja, ai : D -+ R . Neka j e zadano vektorsko polje a . Sil nica vektorskog polja a j e krivulja koja u svakoj svojoj točki ima tangencijalni vektor T paralelan s vektorom a u toj točki. Ako bi polje bilo polje brzina strujanja tekućine onda bi silnica bila krivulja po kojoj bi se gibala sitna kapljica te tekućine. -+
oO
SI. JO. 1.
Tangenta T silnice proporcionalna je iznosu polja, pa vrijedi T = t a za neki broj
t . Sadaje
dr dx dy dz = i+ j+ k ds ds ds ds pa su jednadžbe silnica
dy - = ta,., ds
T=
�
dx
dy
dz = ta�, ds
dz
Ovaj sustav iz kojega možmo odrediti silnice je zapravo sustav diferencijaInih jed nadžbi. Mi nećemo tražiti lješenja takvih sustava već s primjerima i lustrirati osnovne poj move. Detaljnije proučavanje silnica najjednostavnije se provodi uz uporabu teorije funkcija kompleksne varijable. Primjer 10.1. Zadano je vektorsko polje a = x i + y j + k . Odredimo jednadžbe
silnica tog polja.
� Komponente polja su a t = x , ay = y , az = l . za silnice tog polja vrijede jednadžbe: dx dy dz ln x = z + ln CI , Iny = z + ln C2 · l y x Jednadžbe silnica su x = C l ez , y = C2 ez • Jednadžbu silnice koja prolazi, na primjer, točkom T( 3, 4, 7 ) odredimo tako da iz gornjihjednadžbi odredi mo pripadne konstante Cl i C2 . Dobivamo: x = 3ez-7 y = 4ez-7 . <J ,
195
10.2. HAMILTONOV I LAPLACEOV OPERATOR
I
10.2. HamiItonov i Laplaceov operator
Svakom skalamom polju J možemo pridružiti vektorsko polje \7J, koje naziva mo gr adi jent polja J, formulom
nj _ oJ. + oJ. + oj k v ox I ay J AZ . Kažemo da smo gradijent dobili iz skalarnog polja djelovanjem diferenci jaln og ope r ator a \7: -
Operator parcijalnog deriviranja \7 Hami lton ov oper ator. Osim na skalama polja, taj operator može djelovati i na vektorska polja, i to na dva različita načina. Tako ćemo dobiti div erg enci ju i r otor vektorskog polja a. Gradijent, divergencija i rotor
Djelovanjem diferencijalnog operatora \7 na skalamo polje J i vektor sko polje a dobivamo: Gr adi jent skalamog polja: oJ. oJ. oj gradJ = \7J = 1+ ay J + ox az k. Div erg enci ja vektorskog polja: . oar aa\, aa: diva = \7 . a = + + ay ox az Rotor vektorskog polja: -
rot a =
(1. � �) ox av az ar a:" a,
=
( aaay;
_
_.
\') (
-
:) (
oa o ay aa, _ o a j i+ + az az ox ox
Primjer 10.1. Neka je J(x,y,z) =xyz. Gradijent te funkcije je V.{(x,
i to je vektorsko polje.
y, z)
=
�f �
i +
+
�fj Df uy
�
k
=
yz i + xzj + xy k
_
)
oax k az
lO, SKALARNA ! VEKTORSKA POLJA
196
Primjer 1 0.2. Neka je a(x, y, z) = xi + xyj +xyzk. Njegove su komponente
= xy, az xyz. Divergencija tog polja je , aax aay aa� ax axy axyz d Iva = +-+-+-=-+ ax ay az ax ay az i to je skalamo polje. Rotor vektorskog polja a je vektorsko polje:
ax
= x,
ay
rota
(
i j k a a a ax ay az x xy xyz
)
= xzi
l+x+xy,
yzj +yk.
Primjer 1 0.3. Djelovanjem nable na radij vektor dobivamo:
grad r = V (i
a
+j ; +k : ) Jx2 +y2 +Z2 z y x y +' i + VIx2+y2+Z2 J Jx2+y2+Z2 , ax ay az 3 d lvr= + + = az
(; ; ;)
rot r
�
r
- TIilf'
o
Primjer 1 0,4. Neka je u točki To(xo1 yo, zo) smješten jedinični električki naboj �
q = l, Za bilo koju točku T (x, y, z) označimo s r vektor ToT:
r = (x - xo)i+(y - yo )j+(z - zo)k,
Ilrll r = J(x - xo)2+(y - YO)2+(z - zop. Prema Colombovom zakonu elektrostatsko polje E u točki T(x, y, z) jednako je
�
E( T) = - r r Pokažimo da je E potencijalno polje. I>
Za funkciju cp(T)
vrijedi
pa je uistinu
acp ax
r
x - Xo r-3 '
-
-
y --Y-o r3 '
acp ay
-
E= grad cp
cp se naziva potencijal elektrostatskog polja.
az
=
z - zo
197
10.2. HAMILTONOV I LAPLACEOV OPERATO R *
Svojstva Hamiltonovog operatora
Operator n v
I
*
*
.0a .a0 .az0
== 1 -
+J- +J-
x y ponaša se kao vektor i kao diferencijalni operator. Izdvojit ćemo neka njegova svoj stva i opisati način na koji taj operator djeluje na složene izraze. 1. '\7 je linearan operator. Zato vrijedi a) '\7(ea) = e'\7a, e je konstanta, a j e vektorska funkcij a; b) '\7(eU) = e'\7U, e j e konstanta, U skalama funkcija; c) '\7(a + b) '\7a + '\7b ; d ) '\7(U + V) '\7U + '\7V. Provjera navedenih svojstava je direktna. Tako će na primjer biti: aU aU aU ) v ( eU) = b) n lax +Jay +Jaz e U(x, y, Z = e l ax +J ay +J az ; d ) \7(a + b) '\7[(a( + bl)i + (al + b2)j + (a3 + b3)kj = '\7a + '\7b. 2. Operator '\7 je operator deriviranja. To znači da na produkt dj eJuje na uobičajen način, onako kako deriviramo produkt. Ovdje treba ipak paziti na vrstu objekata koje množimo. Mogući su sljedeći produkti (skalar - vektor) U . V, aU, a x b, a . b. Pokazat ćemo kako operator '\7 djeluje na svaki od ovih izraza. Prije toga, definrajmo pojam usmjerene derivacije vektorskog polja i usvojimo neke konvencije.
(.0 .0 .0)
(
.
.
.
)
Usmjerena derivacija vektorskog polja
Neka je u područj u D zadano vektorsko polje a klase C(I)(D) tj. postoje i nep rekinute su parcij alne derivacije polja u točkama skupa D. Ako je točka To E D onda je i dio pravca r(t) = �(to) + ts, Isl = l
koji prolazi točkom To u njemu. Promjenu vektorskog polja u točki To u smjeru vektora s definiramo sljedećim limesom: . a(T) � a(To) l lm . /-0 t Očito se taj limes svodi na određivanje limesa pojedinih komponenata i za usmjerenu derivaciju vektorskog polja dobivamo vektorsko polje kojem su komponente usmjerene derivacije komponenata polaznog polja. Dakle. usmjerena derivacijaje jednaka aa i[s('VaJJ + j[s('Va,)J + k[s('VaJJ = (s· 'V)a. os Za vektor b ::j:. O koji nije nužno jedinični, djelovanje operatora b'\7 možemo napisati preko usmjerene derivacije:
(b\7)a
aa
libll (b o '\7)a = libilab .
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
198 *
*
*
Operator \7 ne djeluje na funkcije koje se nalaze ispred njega. Tako je na primjer: VF= grad F, (nabla djeluje na skalamo polje F ) ali FV ostaje diferenci j alni operator, koji će djelovati na funkcije desno od njega. Slično tome, Va=diva, ali aV je diferencijalni operator usmjerenog deriviranja: a a a aV=al- + az- + a3-ax ay az Ako želimo istaknuti da operator V ne djeluje na funkciju koja dolazi iza njega onda tu funkciju obično podcrtamo. Tako će biti, prema pravilu za derivaciju umnoška: V(axb)=V(ax!!) + V(!!xb), V(a·b)=V(a·!!) + V(!!· b), Vx(axb)=Vx(ax!!) + Vx(!!xb). Izraze ovog tipa dalje transformiramo koristeći se pravilima vektorske algebre. Prisje timo se najvažnijih:
1. 2.
3.
a·(bxc) =b·(cxa)=c·(axb), aX(bxc)=b(a·c)-c(a·b), (axb)xc=b(a·c)-a(b·c). *
*
*
Sad možemo opisati sve načine na koji V može djelovati na umnožak dvaju polja.
l. Ako su U i V skalama polja, tada V na polje UV može djelovati samo na
jedan način:
V(UV)=V(U�) + V(UV)=VV(U) + UV(V).
2. Na umnožak skalamog i vektorskog polja, V može djelovati na dva načina: V(Ua)=V(U!!) + V(!La)=V(U)·a + UV(a), V x (Ua)=V x (U!!) + Vx(!La)=V(U) x a + UV x (a). 3. Na vektorski umnožak dvaju vektorskih polja V može također djelovati na dva načina. Pri transformacijama moramo poštovati pravila vektorske algebre i djelovanje diferencijalnog operatora: V(a x b)=V(a x !!) + V(!! x b)=b(Vxa) - a(Vx b), Vx(axb) = Vx(ax!!) + Vx (!!xb) =(bV)a - b(Va) + a(Vb) - (aV)b aa ob = Ilbll - b(\7a) + a(Vb)-Il all ob aa' 4. Na skalami umnožak dvaju vektorskih polja, operator V može djelovati samo na jedan način. Dokažimo da vrijedi: V(ab)=ax(Vxb) + bx(Vxa) + (aV)b + (bV)a; Krenimo od derivacije umnoška: V(ab)=V(!!b) + V(a!!).
10.2. HAMILTONOV l LAPLACEOV OPER ATOR
199
Da bi otkrili značenje posljednj a dva pribrojnika koristimo identitete vektorske algebre: a x (\7 xb) :;:; \7(!!b) ( a\7)b, b x(\7 xa) :;:; \7("!!a) - (b\7)a.
Odavde slijedi traženi rezultat. *
*
*
Istaknimo dobivene rezultate: Djelovanje V na umnožak dvaju polja
Operator \7 djeluje na umnožak dvaju polja na sljedeće načine: grad( U V) V grad U + U grad V, dive Ua) grad U · a + U diva, rote Ua) grad U x a + U rot a, div(a xb) b rot a a rot b, rot(a xb)
Ilbll
div(a b)
a
x
�:
b diva + a . divb - Ilall
rot b + b x rot a + Il all
�:,
ab aa + lIb Il ' aa ab
Primjer 10.5. Provjerimo da vrijedi:
\7 (\7 xa)
1.
c>
2,
\7 x (\7 x a)
O, =
-\72 a + \7(\7a).
l. Koristeći formalni račun vektorske algebre, treba očekivati da vrijedi:
\7 . (\7
x:
a)
(\7 x\7)a = O,
jer se radi o vektorskom umnošku istih vektora. Ipak, ovdje se račun mora provjeriti direktno. Neka je a = al i + a2j + a3 k . Traženi izraz je j ednak \7
,
i a
j a
k a
\7.
[(
) (
aa3 ay
aa3 j+ ax
aa2
_
ax
aal ay
)k].
Primjenom operatora \7 na vektor rot a dobivamo vrijednost nula, jer su druge mje šovite derivacije jednake (jasno, uz pretpostavku da druge derivacije postoje i da su neprekinute funkcije). 2. Formalni račun dao bi sljedeći rezultat: \7 x (\7 xa)
=
\7(\7 . a)
( \7 . \7) a
\7(\7 . a) - \72a.
I u ovom slučaj u potrebna je također direktna provjera. Učinite to!
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
200
I
Laplaceov operator
I
l_Qplp�@ov [email protected] U2 definiramo kao "skalarni umnožak" operatora '\7
s ami msobo m, d akle
, \1-
=
82 82 + uy+�. uZ -
�
�
82
\I. \I =
sa
uX-
Lap Jac eov operatorozn ačav ase j o šsimbolom l\ , što reb araz li kov ati od i stovjetne ozn ake z apriras t fun kcije . Mi ćemo stog augl av nom rab iti ozn aku \12• *
*
*
Laplaceo va jednadžba je jedn ad žb a
\12f = l\f
f:�
+-'>�;, +l;
=
O
Rješenj ate jedn ad žbe n az iv amo ha rmo nijskim funkcijama . Harmonijs ke fun kc ije dviju v arij ab li x i y jesu n aprimjerre alni , odnosno i magin arni dio an aliti čkih fun kcij a w x iy. An aliti čke su fun kcije one koje im jau f(z) ko mple ksne v arij able Z deriv aciju . T ako n apri mjer, po moću fun kcije f(z) = Z2 = (x iy ) 2 = x2 l i2xy, u = x 2 i, v 2xy
+ +
+
-
dobiv amo dvije h armonijs ke fun kcije u( x, y )
y 2 i v ( x y ) = 2xy. ,
Primjer 10.6. U podru jču u kojem nem an aboj aele ktrost ati čko polje i mapoten t
r
cij al
(�)" r
xx
=
r
+
5
An alogne izraze dobiv amo z adruge deriv ac ije po y i z i u ku p an zbroj tih deriv ac ij a j e O. da Primjer 1 0.7. Provjeri mo d avrijedi :
\l2f(r)
J"(r)
i odre di fun kciju f(r) z a koju je \l2f(r) I>
2 + r-/,(r)
O.
r; /( �r ) (\lf'�r))r+ /'�r) \l · 3 J ( r) + �/'(r). r
Primijeni mo Lap laceov operatorn afun kciju ud aj l enosti ' ) ' r = \l2 f (r) :;:: \I(\lf (r) ):;:: \I(j ( ) ro ) = \I =
r f ( ) �f ( } r- ro. r +
r
"
r
'
r
=
"
r
r D abismo pron aš li traže nu fun kciju potrebno je rije šiti doist ajednost av nu diferencij al nu jedn ad žb u :
/,,(r) + �rf ( r) '
=
o.
201
10.2. HAMILTONOV I LAPLACEOV OPERATOR
Uvedi mo zamjenu f' 2 r
y' = y Sad je f('r) =
y: -
:::} -
dy y
2dr r
-
:::}
e i odavde
f{r) = A i
e
ln y = -2 I n r + l n e :::} y
A
-
+ B.
r
B su konstante. Funkcije tog obli ka rješenja su Laplaceove jednadžbe.
Primijetimo još i sljedeće svojstvo: ako je F(x, y , z) rješenje LapJaceove jed nadžbe v2F = O, onda su za vektorsko polje vF i divergencija i rotor jednaki nuli: rot(vF) = v x (vF) = (v x v)F = O. div(vF) v2 F = O, S tim u vezi su sljedeće dvije definicije: za vektorsko polje a kažemo da je: O. Ono je bez vrtložno polje , ako je rota = O.
solenoidalno polje , ako je diva
Primjer 10.8. Ako su polja a i b bezvrtložna, provjeri da je onda polje a solenoidalno, tj . vrijedi:
rota = O,
==}
rotb = O
div(a
x b)
xb
O.
Primjer 10.9. U točki T n(x n, y n, Zn ) smještena je masa mn' n = l, 2, , N. Gravi tacijsko polje koje potječe od tako raspoređeni h masa u točki T (x , y, z) u kojoj nema materije, dano je izrazom
...
F
Odredimo divergenciju polja F. t> Budući da je i zvor gravitacijskog polja materija, za očekivati je da je divergen cija jednaka nuli, jer u maloj kugli oko točke T nema mase, nema dakle izvora polja. Formalni račun daje: '\7 F
.
'\7.
) � (� � � mn r N
�
r"
N //ln � = L....,( -3) (rn)o
n=l
� n
=
.
N
'\7
N ( mn ] mn r� .. + � r�
N � mn
rn + L...., n=l
r
�
·3 = O.
'\7
[ l r..
10. SKALARNA [ VEKTORSKA POLJA
202 ,..\
tO�3. Vektorsldpotencijal
J
Vektorski pote ncijal vekto srkog polj aa je vekto sr ko polje Az akoje v irjedi : a
or t A \7xA.
Podsjetimo d asmo z avekto srko polje k az ali d aje potencij alno polje ako postoji sk al ami potencij al, tj. ako z apolje a v irjedi a = g rad <1>, gdje je sk al amafunkcij a (sk al ami potencij al .) Vidjeli smo d anisu sv apolj apotencij aln ai ako je polje po tencij alno ond aje t ja potencij al od er đen do n aneku konst an tu. Po an alogij i mo žemo očekiv ati d anem jau sv avekto srk apolj avekto sr k ipotencij al i ako g aim jau d at ja poten cij al nije jednozn ač no od er đen. T ak o n ap irmje r ako polje a im avekto sr ki potencij al, A+ \7<1>, gdje tj. ako je a == or t A, ond aje \7xAI = a z asv ako polje oblik a A ' je bi oJ koj adife er ncij abiln ask al amafunkcij a, je rv irjedi \7 x\7<1>= O. D ak le , vekto sr ki potencij al od er đen je do n a\7<1>. Ozn ač imo komponente vekto rs kih polj aov ak o :
A(x, y, z) = Aj (x, y, z)i + A2(x,y, z)j + A3(x, y, z)k, a(x, y, z) = P(x, y, z)i + Q(X, y, z j) + R(x, Y, z )k or t A, mo ramo D an ađemo vekto srki potencij al Apolj aa , tj . je r eš nje jedn ad žbe a rije šiti sust avdife er ncij ainih jedn ad žb i :
P(x, Y, z) =
ĐA3
-
ĐAz ' Đz
Q(x, y, z)
R(x,y,Z) Vektorski potencijal solenoidalnog polja Od er dimo vekto rs ki potenc ijal solenoid alnog vekto srkog polj a, tj. t ak vog polj aa z akoje je \7a = O. Ako su Ai B vekto sr ki potencij ali solenoid alnog polj aond az a raz liku tih potencij al a vrijedi: a
==
or t A= or t B
\7x( A- B) = O
to zn ač i d aje vekto rsko polje A- B potencij alno n akonve ksnom pod ur čju je rmu je or to rje dnak n ul ai p er m atome v irjedi A B = \7<1>. Mo žemo z ak ljučiti, vekto srki potencij ali solenoid alnog polj a raz lik uju se z ag radijent sk al arn og polj a <1>. Prem a tome z aod er điv anje potencij al apot er bno je p or n ać i jed an , p artikul arn i posebni , vekto rs ki potencij al abilo koji potencij al dobiv amo t ak o d atom p at r ikul arnom poten cij alu dod am o p or izvolj ino polje oblik a \7<1>.
10.3. VEKTORSKI POTENCIJAL
203
Primjer 10.1. Pokažimo na vrlo jednostavnom primjeru kako bi određivali vek torski potencij al. Neka je zadano vektorsko polje a=
(y+z)i+ {x+z)j+ (x+z)k. Ovo je polje solenoidalno. Odredimo njegov vektorski potencijal.
I> Pri traženj u partikularnog potencijala možemo pretpostaviti da mu je prva komponenta jednaka 0, A= Az(x, y, z)j+A3(x, y, z)k. Prema pretpostavci, sustav diferencijaInih jednadžbi je aA3 aAz y+z= ay az DA3 x+z ax oAz x+y=
Integriranjem posljednjih dviju jednadžbi dobivamo:
j (X+Y)dX= X; +yx+Cl(y,z), x AJ ::: - j (x+z)dx - ; XZ+Cz(Y, z),
Al=
=
CI i Cz su proizvoljne funkcije. Možemo odabrati jednadžbu sustava dobivamo: DC2 aCI aAJ aA2 y+z=---=-ay oy Dz Cl
=
-
O. Uvrštavanjem u prvu
aCI Dz
j(Y+z)dz= (YZ+ ; ) +K(y).
K(y) je konstanta integracije, tj. funkcija od y. Prema tome jedan vektorski potencijal zadanog polja je A=
[ X;+YX-YZ+ ;+K(y) ]j+ x; -zx] k.
Nije teško provjeriti da je v'
x
A=a.
*
*
*
Slično bi postupili i li općem slučaju. Opišimo postupak pronalaženja vektorskog potencij ala. Neka je zadano vektorsko polj e a ati + a2.i + a3k i nekaje diva O Postoji vektorsko polje A= Ali + Azj+ A3k za koje vrijedi: a= rot A, A je vektorski potencijal od a. =
Kao što smo vidjeli, vektorski potencijal nije jednoznačno određen. Dva vektor ska potencijala polja a mogu se razlikovati za neko gradijentno polje. tj. za polje koje
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
204
je gradijent neke skalame funkcije. Odredi mo vektorski potencijal za koji je A3 = O, što prema rečenom i nije neko ograničenje. Prema toj pretpostavci iz a= rot A Đ
A 8A} a,=---2 ,
ay az . aA, aA3 a,=--ax' az aA2 aA, a3=---' ay ax Dakle, ako je A3 = O dobivamo sljedeće tri jednakosti za određivanje komponenata vektorskog potencijala: aA, a, =- �' al. aAI az az ' aA2 aA, a3 = ax - ay' �
Iz prve jednadžbe dobivamo: A2
� l aldz+f(x,y)
.
gdje je "konstanta" integracije f(x, y) Iz treće jednadžbe dobivamo: aA2 aA, = a3 �[-l:aldz+f(x,y)] -a}. ay ax ax o Pretpostavke o deriviranju pod znakom i ntegrala su ispunjene pa se taj izraz može pisati u obliku aA, = ay što se vidi i prema drugoj jednadžbi iz koje bi slijedilo aa2 a aA, a aA, aar =-ay ay az ay ax što je ispunjeno radi pretpostavke diva= O.
aa]
Primjer 1 0.2. Neka vektorska polja E(x, y, z, t) i H(x, y, z, t) zadovoljavaju slje deće Maxwellove jednadžbe:
\lE = O, \lH= O ,
aH '\7xE=-
\7xH= aE at
(\lE = 4np) , (\lU = O),
('\7 x E = _! "
( xH v
-
e
oH)
at ' 4n . >l + J . e ut
_ l aE e
)
10.4. KRIVULJNE KOORDINATE U P ROSTORU
205
(U zagradama dane su opće Maxvellove jednadžbe, e je brzina svjetlosti u vakumu, = pv, v je brzina naboja.) Dokažimo da u tom slučaju električno polje E i magnetsko polje H zadovoljavaj u valnu jednadžbu
p gustoća naboja, j
Primijenimo operator 'v na jednadžbu 'v
'v
x
('V
x
E)
=
'v
x
( - 8H 8t
=
-
x
8 ('V 8t
E. Dobivamo: x
H)
= -
Prema prethodnom znamo da je
( )
8 8E '" ut 8t
-
'v x ('V x E) = 'v ('VE) - 'V2E = 'V2K Dakle polje E zadovoljava valnu jednadžbu. Slično dokazujemo da i polje H zado voljava također valnu jednadžbu. -
10.4. Krivuljne koordinate u prostoru
I
Neka j e zadan standardni pravokutni kartezijev sustav XOYZ u E3. Funkcijama X ( Uj, Ul,
Ll3) ,
Y ( Uj, U2, U3 ) ,
z ( u" U2. U3 ) ,
( l)
za koje pretpostavljamo da su klase Cl (Q) na otvorenom podskupu Q � , defini rana je veza Kartezijevih koordinata s tzv. krivuljnim koordinatama Ul , U:!' U3. Za navedeni sustav funkcija pretpostavljamo da se može jednoznačno riješiti na skupu .Q, tj. moguće je izraziti Ul U2, U3 jednoznačno pomoću x. y. z : Ul Ul ( x , y, z ) , Uz = U2 (X, y, z ) , (2) UJ U3 (X, y, z ) . ,
{
Primjer 1 0.1 . Cilindri čni sustav. lednadžbama r
r
cos
z
definirane su cilindrične koordinate . Za zadanu trojku (r, cp, z) možemo jednoznačno odrediti položaj točke u prostoru.
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
206
dr
I I I I I I I I , , I , "-.. I
T(r+dr.lp+dcp. O+dO)
-Z;(r.cp.O+dO) .L....!----, �(r.cp.O)
Sl. /0.2.
Sl. /0.3.
{
Sferni (prostorni polarni) sustav. Jednadžbama X = rsin {J cos CP, y = rsin {J sin cp, z = rCOS {J, definirane su prostorne sfeme koordinate. Na slikama je prikazan element volumena koji nastaje kad se poveća vrijednost svake od triju krivuljnih koordinata.
Vektorska funkcija r(Ul, U2, U3) x(Ul, Uz, U3)i +Y(UlJ Uz, U3)j + z(Ul,U:?, u3)k l točka iz Q. U toj točki definirane su tri je klase C (Q). Neka je To( u?, ug, u�) koordinatne plohe. Jednadžbe tih pio ha dobivamo iz r(Ul, U2, U3) tako da je jedna od varij abli bude konstantna, a druge dvije mijenjaju se po volji. Jednadžbe tih ploha jesu: r r(ul,u2'U�) U} konstanta r r(uJ, u�, U3) 112 konstanta r
r(u�) U2, U3)
Ul
konstanta.
Te plohe nazivamo po redu: U3) U2 odnosno Ul -ploha. Usporedi s uobičajenim nazivima za ravnine u kartezijevom sustavu kada je jedna varijabla od tri, x, Y, z konstantna, tada imamo z -ravnine s jednadžbom z Zo koje su paralelne s xOy ravninom, y -ravnine s jednadžbom y = yo paralelne s xOz ravninom i x -ravnine jednadžbe x = Xo, paralelne s yOz ravninom. Uz točku To vezane su i tri krivulje koordinatne krivulje. Jednadžbe tih kri vulja dobivamo iz vektorske jednadžbe tako da fiksiramo dva parametra, tj. koordinate. Jednadžbe koordinatnih krivulja jesu: U:;, U3 konstante r r(u" ug, u�) -
r r
=
=
r(u?, Uz, u�)
r(u?, !lg, !l3)
UJ, ll]
konstante
ill , !l2
konstante.
10.4, KRIVULJNE KOORDINATE U PROSTORU
207
SI, 10.4,
Te krivulje nazivamo po redu: Ul, U2, odnosno 143 krivulje. Usporedi te krivulje u Kartezijevom sustavu s koordinatnim pravcima, kad su dvije od tri varijable (x, y, z) konstantne, Tad dobivamo koordinatne krivulje u Kartezijevom sustavu: pravce para lelne s koordinatnim osima. Tangencijalni vektori na spomenute krivulje u točki To jesu: ur or ar ou)' OU2' Pripadni jedinični vektori jesu: ar ar ar II 2 Navedene jednakosti možemo zapisati ovako: ar ar ar ar i = 1,2,3. !:l = H2e2, � = H3e3, H, = II � = Hle), ULI) u U2 vll3 oU; II, Poznato nam je da je gradijent okomit na nivo plohu. Budući da i mamo tri ko ordinatne plohe vezane za točku To, imamo i tri pripadna vektora. To su vektori: V'UI, V'Ul, V'U3 koji su po redu okomiti na nivo plohu Ul, Ul, odnosno na plohu 143' Odgovarajući jedinični vektori jesu: . V'UI V'1l2 E, = V' V' II u2 11' II udl' Prema tome, uz svaku točku iz Q vezana su dvije baze pomoću koj ih se može prikazati vektor: a = ale1 + a2e}+ a3e3, El
I
Recipročne baze
I
a=
AlEl + AlE2 + A3E3'
Pojasnimo odnose među bazom i tako zvanom reCi pročnom bazon: vektorskog , baza prostora na primjeru trodimenzionalnog prostora. Neka Je el, e2, e3 bilo kOJa
10. SKALARNA l VEKTORSKA POLJA
208
vektorskog prostora. Tu ne pretpostavljamo okomitost između vektora baze. Vektor a prikazan u toj bazi i ma komponente al , a2, aJ, dakle, a = alel + a2e ;; + a3e ). Pomnoži mo skalamo vektor a po redu s vektori ma e 2 xe 3, e 3 xe l , e lxe 2, dobivamo: a· (e l xe 3) al e l' ( e 2 xe 3 ) , a · ( e 3xe , ) az e 2 . (e 3xe d , a · (e jxe l ) a3e3' (e lxe 2 )'
SI. 10.5.
Mješoviti produkt e j . (e 2 x e3) različit je od nule jer su ti vektori linearno nezavisni. On se ne mijenja ako ciklički zamjenimo poredak vektora el 1 , 2,3. Definirajmo vektore ,
el x e 3
;;
. ( e 2 xe 3) '
E 3_
e, .
xe j
e j x e2 el .
a · Et , Iz gornjih relacija vidimo da su komponente vektora a jednake al Q2 = a . E2, aj = a E3 pa je a = (a · E d e l + (a · E2)ez + (a · E3)e3 i osim toga vrijedi: e i' Ej = oij, [El (E 2 x E 3)]· [e j' (e l x e 3)] = L Vektori Ej, Ez, E3 čine bazu vektorskog prostora. za tu bazu kažemo daje rec ipročna bazi e l, e :;, e J. Ako bi potražil i recipročnu bazu bazi (El) onda bi lako provjeril i da je to polazna baza ( e l ) ' Iz toga slijedi da vrijedi: a = (a · e l )E, + (a· e,:!)Ez + ( a . e3)E3. .
,
*
*
*
Odnosi među vektori ma e j i vektorima Ej u našoj situaciji biti će namjasnij i ako dokažemo da vrijedi: i,j = L 2, 3.
10.4. KRIVULJNE KOORDINATE U PROSTORU
209
Za krivuljne koordinate vrijedi: r = r(x, y, z) = xi +yj+zk,
U; = u;(x, du;
=
y, z),
OU
ou
-'dx + -'dy ay ax
Dakle je du; = 'lu;
.
dr = dx i +dy j+d z k,
dr.
Pomnoži mo li
du; = 'lu;· dr = 'lu;· = ('lu; .
all -'dz. az
+
)
(
sa 'lu;, dobivamo:
dr
ar �dlll UltI
� dul + ('lu; OUI
.
ar
*
i
=
� Ultj
ar *
)
� dU2
ouz
Iz posljednje jednakosti zaključujemo: 'lu;·
ar
+ � du2 + �du3 Uu ) UU 2
)
+ ('lu; . �)dU3' OU3
= Di). *
Krivuljni koordinatni sustav je ortonormiran sustav ako su jedinični vektori
e;,
l, 2, 3 međusobno okomiti. Cilindrični i sferni koordinatni sustavi su ol1ogonalni.
OI1ogonalni sustav je recipročan sam sebi.
Primjer 10.2. Za cilindrične koordinate vrijedi:
r = r( 1', ({J, z) = l' cos ({Ji + l' sin ({Jj+ zk, Odredi mo vektore baze ovog sustava: ar
ar
.
ar
uZ
.
= -rSIO({J1 + rcos({Jj, .
0({J ar ,:)
.
= cos ({JI +SlO({Jj.
=
.
,
k,
el
= cos ({Ji + sin ({Jj,
e2
=
ej
= k,
.
.
- sin({Jl+cos({Jj,
Provjeri d a je baza el. ez, e3 o11ogonalna. Za sferne koordinate r = r(r, ({J, 1'1) = I' cos ({Jsin 1'Ii + I' sin ({J sin 1'Ij + I' cos 1'1k dobivamo: .
.
.
_o' _Ok = H le" - =COS({JSI01'I1+SIO({JSlOvj+COSv ar ar . . . . _o' vj+ = H2eZ, = -rSIO({JSlO1'11 + rCOS({JSIO 0({J ar
ar
01'1
= l'
.
cos ({J cos1'1"I + ,. SlO({Jcos 1'1'j +
-
l'
SlO 1'Ik = HJe3, .
H2 = I' sin 1'1
10. SKALA RNA l V EKTORSKA POLJA
210
Koordinatne plohe su sfemog sustava: r = e sfere, qJ e poluravnine, stošci. Koordinatne krivulje su: e) po)upravci - r se mijenja; e, tJ ( cp ( r = e, qJ e ) meridijani - polukružnice, tJ se mijenja; ( r = e, tJ e ) paralele - kružnice, qJ se mijenja.
Duljina luka Neka je r dr
I
r ( u ] , Ul, U3 ) ' Tada je
ar ar ar �du] + � d U2 + �dU3 uU3 ul/l ul /z
=
. H]du]e]
+
tJ
=
e
H2dl/ze2 + H3du]e3'
Diferencijali duljina lukova koordinatnih krivulja su ds,
=
HlduJ,
dS2
=
H2du},
ds)
H3du3'
Kvadrat diferencijala luka je ds2
=
dr· dr
[H,dulel + Hzdllze} + H3du3e3] . [H]dutet + H::.du2eZ + H3du3e3]'
Ako je koordinatni sustav ortonrmiran, onda gornji skalami produkt možemo jednos tavno zapisati jer je u tom slučaju ei . ej = 81}:
Paraboličko-cilindrični koordinatni sustav u prostoru U ravnini zadaj mo dvije familije konfokalnih parabola kojima je fokus u ishodištu, a svaka parabola iz jedne familije siječe bilo koju parabolu iz druge pod pravim kutom. Takve dvije familije jesu:
X
z
l
( 2:),
2 = c2v v2
l,
l
=
_
II = konstanta, v =
konstanta,
konstanta.
Točki T(x, y, l) pripadaju pored pravokutnih Kartezijevih koordinata i koordinate T(I/. V, z). Mjenjanjem parametra e dobivamo razne sustave te vrste. Uoči da su obje familije zapravo translatirane parabole ( tipa X" = 2py) duž osi y pa su im tjemena na toj osi, a svakoj je fokus u ishodištu. Ako potražimo gdje se sijeku dvije parabole, dobivamo za sjecište točku x
=
Cl/V,
10.4. KRIVULJNE KOORDINATE U PROSTORU
211
y
x
aj Sl. 10.6.
b) Sl.
x
10.7.
Pomoću derivacija polaznih jednadžbi parabola vidimo da se one iz različitih familija sijeku pod pravim kutom. Naravno da su u prostoru (z proizvoljan) tim para bolama zadani parabol ički cilindri. Prema tome položaj točke određujemo kao presjek vo ) i ravnine (z zo). dvaju parabol ičkih cilindara (u= Uo, v
T(u, v, z) je e V U-J) J + Z k . eUVl. + 2 (J
Radij vektor do točke T(x, y, z) r (u,
V,
Z)
-
•
Kvadrat duljine Juka je
ds2
dx! + dl
+
e2(u2 + v 2)(d u2 + dv2) + dz2
dz2
= (eV u:' + v2f"d u2 + = H jdu + ..,
..,
-
HI =Hl
(eVu2 + v2)2dv2 + dz2
., ., Hidv- + H"3dz-, "
• '7
e";;�2 + v2,
H3
].
Eliptičko-cilindrični koordinatni sustav Zadajmo sad u trodimenzionalnom euklidskom prostoru koordinatni sustav koji je s Kaltezijevim povezan jednakosti ma: x=a- chucosqJ, Onda je radij vektor oblika r( u, qJ,
z) = (a .
y=a·shusinqJ,
z=z
chu cos qJ )i + (a . sh li sin qJ )j +
zk.
Iz navedenih jednakosti zaključujemo da su u XOY zadane dvije familije krivulja, to su konfokalne elipse i hiperbole (koje se sijeku pod pravim kutem) , i one u prostoru
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
212 pretstavljaju dvije familije cilindara:
u =
({J
konstanta = konstanta .
Očito se radi o ortogonalnom sustavu jer je r'u· r'rp = O·
•
l ako se provjeri da je ds2 = a2(ch2 u - cos'!. ({J)(du2 + dv2) + di HI = Hz = a
JCh2 u - cos 2 *
*
({J,
H3 = 1.
*
Za ortogonal ne sustave element volumena je dV = dslds2ds3 = HIH2H3duldu2du3'
10.5. Operator V u ortogonalnim krivuljnim koordinatama
Neka je zadana skalama funkcija F = F(UI' U2, U3). Gradijent te funkcije u kri vuljnim koordinatama je vektor koj i možemo u odnosu na ortogonalnu bazu el, e2, e3 zapisati ovako: Da bismo odredili komponente JI , h, fl gradijenta, izrazimo diferencijale funkcije F i r(uJ, U2, U3) . ar - dU3 = Hldu]e] + H[duzez + H]du3e3, aU3 aF aF aF dF = \7Fd r = Hd]du] + H2hduz + H3J3du3 = - du] + - dU2 + - dU3· aU3 aU2 aU]
ar ar dr = -;:;-duI + a dU2 + U2 uU]
Uspoređujući dobivene jednakosti (diferencijali s u nezavisni) slijedi:
10.5.
OPERATOR
\7 U ORTOGONALNIM KRIVULJNIM
213
KOORDINATAMA
Prikaz operatora V u ortogonalnim krivuljnim koordinatama
Ako krivuljne koordinate Ul , Uz, U3 definiraju ortogonalan sustav, onda vrijedi
Primjer 10.1. Odredimo prikaz operatora
ma.
n
u cilindričnim i sfernim koordinata-
[> U cilindričnim koordinatama (r, cp, z) je H\ = l, H2 gradijent polja F glasi aF laF aF \7F(r, cp, z) = !ler + --;-e rp + !lk. ur uZ r ucp
l, pa
U sfernim koordinatama (r, cp, l?) je Hl = l, Hz = rsin l?, H3 gradijent dobivamo aF l aF laF VF(r, cp, l?) = -er + -.--e + --eiJ.
*
*
Može se pokazati da je divegencija vektorskog polja a = al (IlJ, li2, 113)eJ + a2(1lJ, U2 , 113)e2 + a3(ul, U2 , 113)e3 u krivuljnim koordinatama dana izrazom l a(aIHZH)) a(a2H3Hd a(a3HIH2) + + diva = . HIH 2H3 aUJ auz aU3 Tako je, na primjer, izraz za divergenciju u cilindričnim koordinatama � 8.(rad + �aa2 aa3 + diva = . r ar racp az a izraz za divergenciju u sfernim koordinatama (r, cp, l?) glasi:
]
[
l aaz l a(a3sinđ) " la(rZad + --- +-. d Iva = rZ ar r sin l?acp r sin l? al? *
*
*
Za rotor vektorskog polja a u krivuljnim koordinatama dobivamo: l
l
l
--el --e, --ej HzH3 H\H3 H\Hz rota = a a a �
=
r, pa
za
10. SKALARNA l VEKTORSKA POLJA
214
Rotor vektorskog polja 0=
a,(r,
CP,
z)er + a2(r,
u cilindričnim koordinatama ( r, cp, z) je
CP,
)
z e",
-er e'l' r rota= o o or ocp al ra2
+
o3(r,
({J,
)
z e�
l -e� r o oz a3
Rotor vektora a = al ( r, cp, l'} )er+ a2(r, cp, tt)e'l' + a3(r, cp, l'})e/J u sfernim koordinatama ( r, cp, l'}) je l l l -e --e/J er r2 sin l'} r cp rsin l'} o o o rota= o l'} or ocp al a2rsin l'} a3r
Laplaceov operator u cilindričnim i sfernim koordinatama Laplaceov operator skalarne funkcije je V2J = div(gradJ). Poznati su nam izrazi kako za gradijent tako i za divergenciju u krivuljni m kOOl'dina tama. Sad jednostavno primijenimo te izraze u traženim koordinatnim sustavima. U cilindričnom sustavu je: (OJ oJ o \!2J=v. er+� e + Jk ar rocp cp az l a (oJ) l a (loJ) a OJ) r = + + ( az az -;.ocp -;.ocp -;. ar ar l 02 J 02 J 02 J l aJ =-+--+--+or2 r ar r2 Ocp 2 OZ2 .
)
U sfernim koordinatama za Laplaceov operator (Laplacian) dobivamo:
aj l aj l aj ' 0 . e'l' +- .oe/J, VJ(r, cp, l'}) = - er+ -ro v ar rsm v acp
10.6. TEOREM o DIVERGENCIJl, GRADIJENTU I ROTORU 10.6�
215
Teorem odivergenciji, gradijentu irotorl.l
Vrlo su korisne sljedeće tfi fOfmule kojima pokazujemo kako možemo povezati volumni - trostruki i ntegral divergencije vektorskog polja, gradijenta skalarnog po lja, rotora vektorskog polja s plošnim integralom po plohi koja je rub volumena tj. po plohi koja zatvara dotični volumen, a orijentacija plohe je takva daje izabrana vanjska normala. Evo tih triju formula. Formule Gauss-Ostrogradskog
Neka je S e E3 zatvorena ploha, orijentirana vanjskom normalom, koja obuhvaća područje (volumen) V, "a i F diferencijabilna polja definirana na V. Onda vrijedi: 1.
2. 3.
Jla· dS JJl (\7a)dV JJ1 (diva)dY, J1 FdS = JJ1 ( \1F)dV JJ1 (grad F)dV, Jl[n a]dS = JJ1 (\1 a)dV JJ1 ( rota)dV =
==
x
x
Dokaz teorema o divergenciji. Sve tri formule dokazujemo u slučaju kad volumen V i zgleda "poput kugle" tj. da je njegova projekcija, na recimo ravninu XOY , područje D omeđeno po dijelovima glatkom zatvorenom krivuljom i da vrijedi: V = {(x, y, z) : (x, y) E D, g(x, y) ::; z::; f(x, y) } gdje su funkcije g(x, y) , f(x, y) definirane u okolini koja obuhvaća D i u kojoj su diferencij abilne. Analogno bi pretpostavili ako bi volumen projicirali na neku drugu koordi natnu ravninu. z
I , ,
x
I
C D�
y
Sl. JO.B.
Neka je zadano vektorsko polje a(x, y, z) = al (x, y, z)i +a z (x, y, z)j +a3(x, y, z)k
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
216
kojoj su komponente tog polja diferencijabilne f(x, y), gV(x,i y)uDakle defirane su glatke plohe Sz i SI koje čine u svakoj točki tih ploha imamo pripadni jedinični vektor normale i neka su to na donju plohu Sl i na gornju plohu Sz. Polazimo od plošnog integrala u teoremu divergencije i pokazujemo da zbrajanjem u okolini koja obuhvaća volumen funkcije. Funkcijama plohu
S koj a obuhvaća volumen V.
nl
nz
njegovih dijelova slijedi tvrdnja teorema. Dakle, L
2.
3.
Jlal(x,y,z)cosadS JJJ �:ldV, Jla {x y z) cos(jdS JJJ��dV, Jla3(x,y,z)cosYdS= JJJ�:dV. 2
,
,
Pokažimo da vrijedi jednakost 3. Potpuno analogno bi dokazivali prve dvije jednakosti. Dakle, za plošne integrale po gornjoj i donjoj plohi dobivamo:
dxdy ; a3{x, y, z) cos ydS= JJoa3(X, y, f(x,y)) cos yeosy dxdy b) JJs a3(x y z) eos ydS JJoa ( y g(x y)) eos y eosy a)
ffs
1
J
,
==
,
3 X,
,
,
--.
S. J,J[S1 a3 cos ydS+JrJ[s! cos ydS J'J[o [ j °:3 dz] dxdy = JJrJ[v 0aJ;:] 3 dxdydz.
Zbrajanjem tih jednakosti dobivamo vrijednost plošnog integral a po plohi a3
==
X f( S) .�l .j') X
uZ
Potpuno analognim postupkom bi dokazali da vrijedi:
uZ
J1al cos adS JJ1 :1 dxdydz, J1a2 cos(j dS= JJ1 �� dxdydz. Dokaz teorema o gradije1lfu. U dokazu koristimo se neposrednom uporabom teorema o divergenciji. Jji VFdV= JJJ gradFdV= JJ1 (�:i+ �;j+ �:k)dV = i Jji �:dV+j JJl �;dV+k Jji �:dV i JJ1 dvi (iF)dV+j JJ1 div(jF)dV+k JJ1 div(kF)dV i Jl(iF)dS+j Jl(jF)dS+k Jl(kF)dS = i J1 FcosadS+j J1 Feos(jdS+k J1 FeosydS Jl( cos a + jcos(j +kcosy)FdS Jl FndS= J1 FdS. ==
==
=
==
i
lO.6.
TEOREM o DIVERGENCIJI, GRADIJENTU IROTORU
217
Dokaz teorema o mtoru. Neka je zadano vektorsko polje a = ia i + ja2 + ka3•
[
rota
] [
= 'v
x
a=
] [
i
ax
8
j
ay
8
k 8
az
]
a, a2 a3 . aa3 aa2 . aa, aa3 aa z aa, rota=1 --- + J - -- + k - -ay az az ax ax ay ) div( ka ka i[div(ja3 a = 2)] + j [ \ - i 3 ] + k[div(ia2 - jal )]. Ako je n vektor normale na plohu S tada za vektorski produkt n x a dobivamo: n
x
j i k a = cos a cos f3 cos r
iv rot adV
al a3 a2 = i[a3 cos f3 - a2 cos rl + j[a, cos r - a3 cos a] + k[a2 cos a - al cos f3]
=
i iv d i v(ja3 - ka2)dV + j iv div(ka, - ia3)dV + k iv div(iaz - jal)dV
=i =
1(ja3 - ka2)lndS + j
l (n
x
l(ka, - ia3)ndS + k l { ia z - ja,)ndS
a)dS.
Prema tome dokazali smo teorem o rotoru.
Tok (fluks) vektorskog polja kroz plohu
S
Neka je zadano vektorsko polje E u dijelu prostora koji obuhvaća i plohu S. Ploha S može biti i zatvorena. Plošni integral Jl En dS = Jl EdS
naziva se tok (fluks) polja E kroz.plohu S.
II
--
---
---
--
Sl. 10.9.
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
218
Primjer 1 0.1 . Ako je E elektrostatsko polje naboja Q, tad je plošni integral po plohi koja obuhvaća volumen V u kojem se nalazi naboj Q, direktno je proporcionalan kol;čini naboja koji je obuhvaćen tOtn plohotn:
S
Q
gdje je
Eo
konstanta koja ovisi o izboru jedinica.
Primjer 1 0.2. Izračunajmo tok vektorskog polja a
= i x2 +j xy +k xz 1,0), qo,o, 1),0(0,0,0).
kroz tetraedar čiji su vrhovi A(I,O,O) , B(O, I>
B, C je
Koristit ćemo teorem o divergenciji. Jednadžba ravnine koja sadrži točke A, Divergencija polja je
x +y +z l
pa vrijedi
.
diva
=
v a = 2x .
II
+x +x = 4x,
J1 dS = JJ11 ldV JJl 14XdXdYdZ = 4 1 dx l -x dy l -X-Y dz = -.6l a
.
diva
o
o
o
Ako bismo računali direktno (pomoću plošnog integrala), tada bismo zapravo imali četiri plošna integraJa, i to po četiri trokuta. l. Izračunajmo plošni integral po trokutu ABC. Jednadžba te plohe (ravnine) je y pa je njezina normala II (i j k) / J3 ,
x + +z = l = ++ xy +xz . dx;y Jels{ dS J'l{s" I ��:yYI = Jrls"f :2 +J3 . . 11 d 11-x lx:? +xy x(1 x - y)]dy -lJ3 + x - 6' y= 2. za -j , y = o. Jls dS = J1 xydS = a
.
II
a.
O
II
_
-
O
plošni integral po trokutu OAC vrijedi: jednadžba plohe je
ll =
a.
n
°
O , normala
jer je
Slično se pokazuje da su ostali plošni integrali jednaki O. Dakle tok polja a kroz tetraedar Je (5 .
l
10.7.
219
STOKESOV TEOREM
I
10.7. Stokesov teorem
Krivuljni integral vektorskog polja po zatvorenoj krivulji, rubu otvorene plohe, nazivamo cirkulacijom vektorsko g polja . Ta se cirkulacija može dovesti u vezu s tokom rotora tog polja kroz plohu obuhvaćenu krivuljom. Formula koju ćemo do kazati poopćenje je Greenove formule, kod koje je ploha o kojoj je riječ područje u koordinatnoj ravnini.
Stokesov teorem Neka je a klase C(l) na području koje sadrži otvorenu plohu S, čiji je rub aS jednostavna Jordanova zatvorena krivulja. Onda vrijedi:
is
a · dr =
Jlev
x
a )dS =
J1 rotadS.
Prije nego pristupimo dokazu tog značajnog teorema promotrimo sljedeći primjer. Njime želimo ukazati na intuitivnu predožbu, u dvije dimenzije, što možemo očekivati za vrijednost cirkulacije vektorskog polja po zatvorenoj ravninskoj krivulji.
Primjer 1 0.1 . Izračunajmo cirkulaciju vektorskog polja a = al (x, y)i + az(x , y)j
po rubu pravokutnika čiji su vrhovi: A(x , y), B(x D(x , y + Lly) a koji je pozitivno orijentiran.
+
Ax ,y), c(x
+
Ax , y + Lly),
,
D(x. y+�y)
C(x+�, y+�y)
•
A(x, y)
l
B(x+�, y)
Sl. 10.10.
Izračunajmo doprinos po svakoj stranici pravokutnika.
1 2. lc 3. 1 4.1 l.
AB
CD DA
a dr = a2 (X
+
lx+ru x
al(x ,y)dx :::::al(X,y)Ax ,
[
Ax , y)dy::::: a2 (x , y) +
al(x ,y + Lly)dx ::::: -[al (x ,y) + a2 (x ,y )dy::::: -a2 (x ,y)Lly.
2�:'
aa
y)
]
Ax Lly,
oal(x ,b) Lly]Ax , oy
x
<
a < x + Ax ,
y< b
<
y+ Lly,
10. SKALARNA I VEKTORSKA POLJA Zbrajanjem dobivenih rezultata dobivamo
i
d
[ Oa2(a,y)
oaJ (x, b) LUUy A_A � ( '"V X a) · k LUUy. A_A !l v y ABeD Ako bismo sad u ravnini imali neko područje D s rubom e, onda bi to područje
a
r�
-
uX ;:)
]
aproksimirali s velikim brojem pravokutnika (koji imaju zajedničku stranicu) i računa li cirkulacije po tim pravokutnicima. Bitno je uočiti suprotnu orijentaciju zajedničke stranice dvaju pravokutnika, pa se zbog toga poništavaju doprinosa po tim stranicama u ukupnoj cirkulaciji. :
.
------r--t---I
,
D
--
e SI. 10.11.
Zbrajanjem cirkulacija dobivamo:
� il a [�(V dr =
x
a)tu�Yl k.
Suma s lijeve strane predstavlja krivuljni integral po vanjskom rubu svih pravokutnika, dakle po krivulji koja je bliska krivulji C. Suma s desne strane je integralna suma za dvostruki integral po području D rotora polja a.
Dokaz Stokesova teorema. U dokazu Stokesova teorema pretpostavljamo da vri
jedi:
l. Ploha S je glatka ploha zadana jednadžbom z = z(x , y) i orijentirana vekto rom normale n(x, y) koji se duž plohe neprekinuto mijenja. ,
S
{(x,y,z(x,y)) I (x,y) ED}. Rub plohe S neka je orijentirana krivulja K, čija je orijentacija u suglasnosti s ori jentacijom plohe S. Ortogonalna projekcija plohe na ravninu XOY neka je zatvoreno područje D čiji je rub krivulja i njezina orijentacija je inducirana orijentacijom krivulje K. 2. Neka je zadano vektorsko polje a(x, y, z ) P(x , y, z)i + Q(x , y, z)j + R(x, yz)k gdje su funkcije P, Q, R diferencijabilne na otvorenom skupu koji obuhvaća plohu S.
k
Ideja dokaza je sljedeća. Polazimo od krivuljnog integrala
i a d i P(x, y, z)dx r=
+ Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz.
10.7.
221
STOKESOV TEOREM
Taj integral možemo transformirati u krivuljni integral po krivulji k, zatim nastali in tegral pomoću Greenove formule transformiramo u dvostruki integral po području D, zatim taj integral transformiramo u plošni integral po plohi S . Prikažimo shematski tu proceduru:
, ,------- ,-
, i
,
i � : .
k
x
D
i P(x, y)dx
+
Q(x, y)dy
=
Izračunajmo prvi integral
II
:
Sl. 10.12.
Podsjetimo se Greenove formule:
.v
J1[�; :- �;]dXdY.
1 P(x, y, z(x, y))dx = (Green) h
1 P(x, y, z)dx 1',;
e [ ap(x, y, z(x, Y ) ) dxdy r [[ap ay JJ ay JJ =
D
Vektorska jednadžba plohe S je
r
xi +
D
+
ap . aZ]dxdy. az ay
y j +z(x, y) k.
Jedinični vektor normale na plohu S je II = ".,----'-
Iz tih jednakosti slijedi:
+k
---;;====0::-
az ay
=
cos a i
cosf:! eosy
+
cos f:! j +cos y k.
10.
222
!'[ [ OP JD r [ [ OP = Jls y = Jl(�:
pa možemo pisati
_
_
Op COSf3 .
eosy
{Jy
SKALARNA I VEKTORSKA POLJA
] dXdy
]
oP cos f3 cos ydS az cos y oP cosf3 COSY dS.
_
_
.
a
]
Sličnim razmatranjima pokazuje se da vrijedi:
t Qdy= Jl[�; i Rdz Jl[�;
cosy
-
cosa
Zbrajanjem dobivenih jednakosti slijedi:
Pdx+Qdy+Rdz=
Jl[(�; �;) -
cosy+
�; ] dS, �: cOSf3] dS. cosa
(�; �;) -
cosa+
(�: ��) -
cosf3
] dS.
To je skalami zapis Stokesove formule, koja u vektorskom obliku glasi:
i adr Ji rotadS.
Time je teorem dokazan *
*
*
Primijetimo da za izračunavanje krivuljnog integrala po krivulji K svođenjem na izračunavanje plošnog integrala po plohi S kojoj je K rub, nije ploha S jednoznačno određena, bitno je samo da je krivulja K njezin rub. Kako krivulja K može biti rub različitih ploha mi u primjenama odabiremo najprikladniju plohu.
Primjer 10.2. Izračunajmo krivuljni integral
/= ako je krivulja l>
C
i (x
rub trokuta
ABC
2)dx + (x + y)dy-2zdz. čiji su vrhovi
A( 1,0, O), B(O, l, O), C(O,O, l) .
Izračunajmo integral po stranicama trokuta:
/
=
1 adr + l[ adr + 1 adr, 1 adr::;;:; jO(x 2)dx + (1)(-dx) = �, JOydy - 2( l - y)(-dy) = 1 1(x 2)dx-2(I-x)(-dx)=-� , BC
AH
/1
==
l
AB
h 13
CA
=
l = lt +
_
12
l + h= ' 2
3
223
10.8. JEDNADŽBA KONTINUITETA
Izračunajmo taj integral pomoću Stokesova teorema. Za plohu biramo baš trokut
ABC. Jednadžba plohe je x + y + z = l, pa je njezin jedinični vektor normale (isti u svakoj tčki plohe) n (i + j + k)/J3. Rotor vektorskog polja je a (x-2)i+(x+y)j 2zk rot a k, =
pa za integral dobivamo l
jr{/ a . dP = jr{k' )'+'+k � dP is i l jr{ _1 (J2)2 J3 �. dP 2 is v3 4 n)
rot
=
=
Primijeti da je zadani trokut jednakostraničan s duljinom stranice .Ji.
10.8. . Jednadžba
kontinuiteta
II
Neka se unutar volumena V nalazi tekućina (ili naboj) prostorne gustoće p. Ukupnu količinu tekućine unutar volumena V smatramo funkcijom vremena i vrijedi: m(t)
Promjena količine tekućine je
=
JJI.
p(x, y, z, t)dV.
dm dl
%1 JJIv p (x.
dm
pv . dS,
y,
z, t)dxdydz.
Kako dolazi do promjene količine tekućine unutar volumena? Potrebno je doznati koliko eventualno tekućine iz okoliša ulazi u volumen V, zatim koliko tekućine izlazi u jedinici vremana iz tog volumena. Moguće je da se unutar volumena V nalaze neki ponori ili izvori koji također utječu na promjenu količine tekućine. Uočimo koliko tekućine prolazi kroz diferencijal plohe S = av u jednici vremena zatim ukupno kroz zatvorenu plohu S:
Jls
III
pv . dS.
Primijetimo da je izraz pv . dS negativan ako tekućina ulazi unutar volumena i pozi tivan ako tekućina izlazi iz volumena V. Plošni integral nam daje rezultat ukupnog protoka kroz plohu S. Prema tome će vrijediti sljedeća jednadžba kontinuiteta u integralnom obliku:
%, JJJ pdxdydz
=
-
Jlspv.
ndS.
Objasnimo zašto je predznak minus na desnoj strani gornje JednakostI. Ako se ukupna masa unutar volumena povećava onda je derivacija pozitivna, dakle i na desnoj strani mora biti pozitivna vrijednost. U tom slučaju više tekućine ulazi (računamo ne gativno) nego što izlazi (računamo pozitivnim) kroz plohu S i ukupni tok je negativan i zbog jednakosti moramo ga računati s predznakom minus. Slično objašnjenje bi bilo
10. SKALARNA l VEKTORSKA POLJA
224
pv
ako bi se količina tekućine smanjivala unutar volumena V. Uobičajeno je produkt Koristimo li Se teoremom o divergenciji za zvati gustoćom toka i označimo ju s
j. Jl(pV)dS= Jlj·dS= JJl divjdxdydz.
plošni integral dobivaITIo:
Jz jednadžbe kontinuiteta dobivamo:
JJ1 ( j �)dXdYdZ =0. div
+
Budući da ta jednakost vrijedi za svaki volumen V slijedi izraz za jednadžbu kontinu iteta u diferencijalnom obliku
op
· J• + dlV
at
O.
Ako je tekućina nest]ačiva, tj. konstantne gustoće, onda dobivamo jednadžbu kontinuiteta za nestlačivu tekućinu: div
j=O.
11.
Diferencijalne jednadžbe 1 1 . 1 . Uvod . .
.
. . .
. . .
. .
. . . . . . . . .
1 1 .2. Diferencijalne jednadžbe prvog reda . .
.
.
.
.
.
1 1 .3. Diferencijalne jednadžbe oblika + Q(x, y )dy
.
O
.
. . . . . .
. . . . .
1 1 .4. Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda . P(x, y )dx
=
.
.
.
.
1 1 .5. Singularna rješenja diferencijalne jednadžbe
1 1 .6. Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda . . . .
s konstantnim koeficijentima
.
.
.
.
.
. .
I J .7. Metoda varijacije konstanata . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
225
227 23 1
, 238 .
. 242 .
.
252 255
I
1 1 .1 . Uvod
U integralnom računu smo rješavali problem određivanja funkcije ako smo znali njezinu derivaciju na nekom otvorenom intervalu. Očito, ako takva funkcija postoji onda ona nije jednoznačno određena. Naime, funkcije koje imaju jednake derivacije mogu se razlikovati za konstantu. Sad bi glavni problem integralnog računa svodi se na traženje fukcije y (x) za koju vrijedi: y'
=
f (x) ,
dy
dx
=
f (x) ,
dy
=
f(x)dx .
Dakle, tražimo nepoznatu funkciju y = y(x) definiranu na otvorenom intervalu l tako da za svaki x E l vrijedi y' (x) = f(x) . Rješenje smo zapisivali u obliku Ako je na primjer:
y(x)
y'
=
=
cos x ,
J
f(x)dx + e,
onda je
y(x)
x E l.
=
sin x +
e.
l l.
226
DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
Slično bismo rješili i ovakav jednostavan zadatak . = O ? Uzastopnim integriranjem dobivamo:
y"(X)
CI ,
y'(x)
y(x)
=
CIX
+ C2·
za koju funkciju vrijedi
Na isti način znamo odrediti funkciju y(x) za koju vrijedi: dovoljno je
y(I1) (X)
II
=
f(x),
x E /,
puta uzastopno integrirati funkciju f(x) .
Definic�ja diferencijalne Jednadžbe Definirajmo temeljne pojmove o diferencijalnim jednadžbama. Obične diferencijalne jednadžbe Jednadžba oblika
F(x, y, y', y ll , . . . , y(n) )
=
x E/
0,
naziva se (obična) diferencijalna jednadžba za nepoznatu funkciju y (x ) na otvorenom intervalu / realnih brojeva. T u je F je funkcija od II + 2 varijable definirana na nekom podskupu u En+2 . Rješenje diferencijalne jednadžbe je svaka funkcija f(x) definirana na / koja ima II derivacija i za koju vrijedi:
F(x, f(x) , f' (X) , f"(X) , . . . , f(n) (x) ) = 0,
x E /.
Red diferencijalne jednadžbe je red najviše derivacije koja se pojavljuje u diferencijalnoj jednadžbi. Tako će na primjer diferencijalne jednadžbe oblika y' = f(x) biti prvog reda. Jednadžba y'" (x) = l je trećeg reda. Ove jednadžbe nazivamo običnim, za razliku od parcijalIlih dife rellcija 111ih jed lIadžbi kod kojih je nepoznata funkcija funkcija više varijabli. Tako npr., ako je z z (x: y ) , onda jednadžbe oblika
(
F x, y, z;,
,
az az '... ay
)
=
°
nazivamo parcijalnim diferencijalnim jednadžbama. obične diferencijalne jednadžbe.
Mi ćemo razmatrati samo
Primjer 1 1 .1 . Redovi diferencijainih jednadžbi:
y" + y sin x + t!'
Jx + y"
po redu su: 2, 2, 3 , l .
+ sin y lll
yi' + ay' + by +
O; x e"
O;
(y/ )3 + xy + X4
C
=
= O;
O
1 1 .2. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE PRVOG REDA
227
Diferencijalne jednadžbe su jedan od najvažnijih dijelova matematičke anali ze. Zbog mnogobrojnih primjena u različitim područjima znanosti diferencijalne jednadžbe već stoljećima zaokupljaju pažnju profesionalnih matematičara, tehničara, ekonomista, drugih znanstvenika i praktičara. Tim jednadžbama najjednostavnije i najkonciznije se izražavaju mnogobrojni prirodni zakoni. Podsjetimo se na primjer kako se mnogi zakoni gibanja izražavaju pomoću vremena, pređenog puta, brzine i akceleracije. Takvi zakoni formulirani u matematičkim jezikom imaju oblik
F(t, y, y', y " )
O.
=
Primjer 1 1 .2. Problem rasta. U raznim situacijama susrećemo se s nekom veli činom čija je brzina promjene proporcionalna s njezinom trenutnom vrijednosti. Tako na primjer brzina raspada radioaktivne tvari proporcionalna je trenutnoj njezinoj koli čini. Promjena količine bakterija u nekoj kulturi proporcionalna je trenutnoj količini bakterija te kulture. Prirast drvene mase u nekoj šumi proporcionalna je trenutnoj količini drvene mase u toj šumi. Mogli bi također kazati da će broj umrlih ljudi biti proporcionalan broju trenutne populacije. Ako je novac dobro uložen onda će dobit biti proporcionalna količini uloženog novca. Sad bi mogli tu zakonitost formulirati u matematičkom obliku. Dakle,
dy dt
y'
=
ky
.
Spomenuta zakonitost se izražava vrlo jednostavnom diferencijalnom jednadžbom prvog reda. V rlo jednostavnim računom dobivamo i rješenje te jednadžbe.
dy dt
_
ky --'-Y'
dy y
kdt =} In y
==
kt + ln e =} y
=
e/I .
Konstantu integracije e određujemo prema početnom stanju yo , tj. o količini tvari u trenutku t == O . Dakle rješenje jednadžbe rasta je
y(t)
=
YO/I .
Ako je konstanta k pozitivna onda se tijekom vremena količina tvari povećava (rast) , a ako j e negativna onda s e količina tvari smanjuje (pad - umiranje) . Vočimo još jednu značajku diferencijalne jednadžbe. Brojni su modeli koji nam mogu poslužiti za interpretaciju jedne te iste diferencijalne jednadžbe i njezinih rješenja što upravo naznačuje njihovu raznoliku praktičnu primjenjivost.
11.2�'Diferencilall1e j�dn�džbe
prvog reda
Diferencijalne jednadžbe prvog reda su jednadžbe koje možemo zapisati u obliku y'
f(x, y ) .
Pretpostavljamo da je funkcija f definirana na skupu p =
{ (x, y) I
a <
x < b, e
<
y
<
d}.
l l. DIFERENCIJALNE JEDNADŽ.BE
228
y
d
e
- - -- +---+--1
b
a
x
Sl. 1 l . l .
Izrecimo dva značajna teorema egzistencije rješenja diferencijalne jednadžbe koje zadovoljava početni uvjet tj. prolazi točkom To(xo , yo) iz pravokutnika P .
y
=
Teorem 1 1 .1 . Ako je funkcija f(x, y ) neprekinuta na P onda postoji rješeIlje y(x) diferelzcijailze jednadžbe prvog reda yi = f(x, y) za koje vrijedi yo = y(xo), (xo , Yo) E P. Teorem 1 1 .2. Ako je J nepreki1luta fullkcija i ako je
I ��I < K
Ila pravokulIliku P
alida postoji samo jedno rješenje diferellcijalne jednadžbe yi ljava početni uvjet, tj. prolazi tOcKom (xo, yo) .
=
f(x , y) koje zadovo
Geometrijska interpretacija diferencijalne jednadžbe prvog reda U području definicije funkcije f(x, y) svakoj točki T(xo, yo) je pridružen smjer f(xo, yo ) . Koeficijent smjera tangente onog rješenje diferencijalne jednadžbe koje prolazi točkom ! (xo, yo) je yi f(xo , Yo) . Jednadžba tangente je
yi
=
=
y - Yo = f(xo, Yo) (x - xo) ,
y
=
yo + f(xo, Yo) (x - xo) · Prema Taylorovoj formuli možemo u okolini točke To aproksimirati rješenje koje
prolazi tom točkom dijelom tangente, dakle
y � yo + f(xo , Yo ) (x - xo ), x E [xo, Xo + h] . Uzmemo li točku TI (XI , Y I ) na toj tangenti Xl = Xo + h, Y I = yo + f(xo, yo)lz
kao polaznu možemo ponoviti konstrukciju i na novoj tangenti doći do nove točke T2 (x2, y2) . Prema tome u intervalu [xo + h, Xo + 21z] rješenje je ponovno aproksimi rano dijelom tangente. Ponavljanjem tog postupka dolazimo do približnog rješenja diferencijalne jednadžbe yi f(x, y) . =
1 1 .2. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE PRVOG REDA
229
y
Sl.
1 1.2.
Primjer 1 1 .1 . Odredimo pribl ižno rješenje diferencijalne jednadžbe y
na intervalu
i
_y
=
tg x + l + x tg x
[o, �] koje prolazi točkom To (O, 1 ) .
Možemo lako dokazati da je traženo rješenje funkcija y = x + cos x . Provedi mo opisani numerički postupak i usporedi mo tako dobivena rješenja s gore navedenim točnim Iješenjem. Podijel i mo zadani interval na 20 jednakih dijel ova. korak je točke su xo = O.
Xl
=
n
80
' XI = i ' X l ,
i =
Iz
=
n
80
' Pripadne
1 , 2, . . . . 20.
Jednadžba tangente u točki (xa , yo ) je ' }' - )'0 = y (xo ) (x - xa ) = [ -Yo tg xo + l + xa tg xo] (x - xa ) . Yi = )'i- l + [)'i- l tg Xi- l + l + Xi- ! tg xi- d .
n
80 '
Yi dobivene opisanim iterativnim postup kom, dok su u drugom stupcu dane točne vrijednosti za Y I ' 1 .038500 Y I = 1 .039270 Xl }' 2 = 1 .076997 1 .075457 X2 x3 )'3 = 1 . 1 1 3 1 8 1 1 . 1 10879 Y4 = 1 . 147824 1 . 144768 X4 Y5 = 1 . 1 80932 1 . 1 77 1 35 X5 }'6 = 1 . 2 1 25 1 1 1 .207989 X6 }'7 = 1 .24257 1 1 . 237345 X7
U sljedećoj tablici prikazane su vrijednosti
Xs
X9
X IO
XII Xn XI 3 X1 4
Y8 = l . 27 1 1 24
Y9
=
1 . 298 1 8 3
}' 1O = 1 .323766 Y I I = 1 .347891 Y I 2 = 1 . 370579 V \ 3 = 1 .39 1 854 }' 14 = 1 .4 1 1 742
l . 265 2 1 6
l . 29 162 1
1 . 3 1 6579 1 . 340 1 1 2 1 .362245 1 .383005 1 .4024 1 9
l l . DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
230
Xl5
Y15 = 1 .430269
X17 X18 X19 X20
y 17 = 1 .463364 Y18 = 1 .477999 Y19 = 1 .49 1405 Y 20 = 1 . 50362 1
X16
Izokline
I
Y16
1 . 447466
=
1 .4205 1 8
1 .443734
1 .452905 1 .467264 1 .48045 1 1 .492505
Krivulju tj. skup svih točaka za koje je f (x, y) konstanta nazivamo izoklinom diferencijalne jednadžbe. Ako u točkama izoklina naznačimo malom strelicom smjer dotične izokline dobivamo polje smjerova. Rje'šiti diferencijalnu jednadžbu znači pronaći krivulju koja u svakoj svojoj točki ima koeficijent smjera koji propisuje dife rencijalna jednadžba, odnosno dotična izoklina. Očito su vrlo značajne izokline za koje je f(x, y) = O . Naime u točkama te izokline rješenje diferencijalne jednadžbe može imati ekstrem. Deriviranjem polazne diferencijalne jednadžbe yi = f (x, y) dobivamo
of of . of of . f(x, y) . yi = + + oy . ox ox oy U točkama gdje je y" > O , odnosno y" < O tamo je rješenje konveksno, odno y" =
sno konkavno. Takvi podaci o diferencijalnoj jednadžbi daju nam neke informacije o njezinim rješenjima.
Sl. 11.3.
Primjer 1 1 .2. Zadana je familija krivulja
y
=
fl (x) + c!z(x ),
c E R.
Pronađimo diferencijalnu jednadžbu čija će rješenja biti upravo članovi te familije. U tu svrhu deriviramo polaznu jednadžbu i iz tako dobivene jednadžbe i polazne jednadž be eliminacijom konstante c i dolazimo do tražene diferencijalne jednadžbe. Dakle, iz sustava
y
=
/! (x ) + c!z(x), y i = f!(x) + cf�(x)
dobivamo:
yi
=
f{ +
Y
�/1
.
f�
=
p(x)y + q (x ) .
11.3. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE OBLIKA P(X, y)dx + Q(X , y)dy
=
231
O
Kasnije će biti pokazano da je svako rješenje linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda (yi = p(x)y +q(x) ) oblika kao što je bila polazna familija krivulja. Bitno je uočiti kako i na koji način ulazi konstanta u rješenje linearne diferencijalne jednadžbe. Tako na primjer funkcije y = x + sin ex ne mogu biti rješenja linearne diferencijalne jednadžbe jer se konstanta e ne pojavljuje na spomenuti način. 1 1 .3. Diferencijalne jednadžbe oblika
P(x, y)dx
+
Q(x, y)dy
=
O
U ovisnosti o zadanim funkcijama P(x, y) i Q(x, y) promotrimo pripadne jednostavne diferencijalne jednadžbe. Najčešće se pojavljuju sljedeća tri tipa jednadžbi: l. jednadžbe sa separiranim varijablama; 2. homogene diferencijalne jednadžbe prvog reda; 3. egzaktne diferencijalne jednadžbe. Pokažimo kako se rješavaju ta tri tipa jednadžbi. 1.
Separacija varijabli
I
Ako se diferencijalna jednadžba može napisati u obliku
P(x)dx + Q(y)dy = O onda kažemo da su varij able x i y separirane, tj. odvojene. Direktnom integracijom
J
P(x)dx +
J
Q(y)dy = e
dobivamo rješenje jednadžbe. Tako na primjer, u jednadžbi x2(2yy' - 1 ) = l možemo varijable razdvojiti i vrlo lako rješiti.
l I 2vy - = - + 1' x2
2.
l 2 -v = - - + x + c. x
Homogene diferencijalne jednadžbe
I
Funkcija P(x, y) je homogena funkcija stupnja homogenosti k ( k je realan broj) ako vrijedi: za svaki (x, y) i (O, O ) i svaki t > O je Za jednadžbu
P(tx, ty) = lp(x, y) ,
(x , y ) i ( O, O ) .
P(x, y)dx + Q(x , y)dy = O
kažemo da je homogena, ako su P i Q homogene funkcije istog stupnja. Ako je jednadžba homogena. tad provedirno supstituciju
y = xz,
dy = zdx + xdz
gdje je z = z(x) nepoznata funkcija. Tom supstitucijom dobivamo
P(x, xz)dx + Q(x, xz)(z dx + x dz ) = O.
l l . DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
232 >
Budući da su funkcije homogene to za x
O dobivamo
P( l , z)dx + Q( l , z ) ( z dx + x dz)
P { - I -z)dx + Q{
0,
x > o,
l , - z ) ( z dx + x dz ) = O,
,
x
<
O.
U svakom slučaju, moguće je varijable razdvojiti i dobiti rješenje za nepoznatu funkciju z(x) . Još jedan tip jednadžbi nazivamo homogeni m. To su jednadžbe oblika
Y
, ,(X) = .f
Y
'
X
koju lješavamo istom supstitucijom: )' = zx , y = Zi + z ' Nakon toga dolazimo do diferencijalne jednadžbe kojoj se mogu razdvojiti varijable.
Primjer 1 1 .1 . Odredimo ono rješenje diferencijal ne jednadžbe koje prolazi točkom T( l, l ) . [>
Jednadžba je homogena. Provedi mo supstituciju z.'x + z = _2d? Az 1 - ::: ·;
Rješenje možemo zapisati
u
7:;
1 + T '
, z, x
dx
- ln ( l
=
x ..
obliku
)' 2
+ Kx.
Konstantu K odredimo tako da dobijemo ono Dakle, l = l + K . l , K = O . Traženo lješenje Je ,
Y-
.
==
y
xz
koje prolazi zadanom točkom.
Primjer 1 1 .2. Provjeri da su navedene diferencijalne jednadžbe homogene i rije·
šire ih (ll zagradi je dano pri pad n o rješenje ) . L 2.
' xy - Y (x-;
-
,
0,
xy + Y; ) dx + x-dy *
(x:!
0,
*
(y
+ 2Cy ) ,
tg(C - In x) ).
( e� � + ln Cx
=
O).
*
Vrlo jednostavnom supstitucijom možemo diferencijalne jednadžbe oblika y'
ax + by + c
ex + fy + g
(a, b, c, e, f, g konstante),
1 1 . 3 . DIFER ENCIJAL N E JEDNADŽBE OBLIKA
P(X, y)dx + Q(X, y )dy = °
233
dovesti do homogene diferencijalne jednadžbe. Osnovna ideja je promjena koordi natnog sustava. On se može translatirati, tako da novo ishodište bude u točki gdje se sijeku pravci
ax + by + e = 0, ex + Jy + g = O.
Ako se ti pravci ne sijeku (paralelni pravci) onda je
ax + by = k ( ex + Jy)
i u tom slučaju supstitucijom z(x) = ex + fy dolazimo do jednadžbe u kojoj se varijable mogu razdvojiti. Primjer 1 1 .3. Riješimo diferencijalnu jednadžbu
, x+y+ l . y = x-y +3
to>
Pravci nisu paralelni. Provedi mo supstituciju
x =u+
a,
Smatrajmo v funkcijom varijable u Odaberi mo
a
dv du
i f3 tako da vrijedi
Rješenje tog sustava je
a
u+v+ u-v+
a
a
dy = dvo
+ f3 + 1 - f3 + 3 .
f3 + 1 = 0, - f3 + 3 = O .
a + a
=
dx = du,
y = v + f3,
- 2 , f3 dv du
=
1 . Prema tome dobivamo 1 + v
u+v u-v
u v·
__
1 - II
Dobili smo homogenu diferencijalnu jednadžbu koju riješimo tako da ju supstitucijom
v = z(u) · u,
v' = z'u + z
dovedemo do jednadžbe gdje su varijable razdvojene. Rješenje te jednadžbe je odnosno
z
,u +
Z
l+z = -- ' 1 -z
z'u
1
==
l + Z2
-1-zo
?
arc tg z - "2 1n( 1 + z-) = I n u + I n C
Rješenje diferencijalne jednadžbe u varijablama x i
J(x + 2)2 + (y - 1) 2
=
y
je
Kearc lg(y - I ) /(x+ 2 ) .
<J
l l . DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
234
3.
Egzaktne diferencijalne jednadžbe
I
Neka je zadana diferencijalna jednadžba
(1) P(x, y)dx + Q(x, y )dy = O . Pretpostavit ćemo da su funkcije P(x, y ) , Q(x, y ) različite od nula u području Q . Rješenje te diferencijalne jednadžbe može biti eksplicitno izražena funkcija y = y (x) ili, što je čest slučaj, implicitno pomoću funkcije F(x, y) e. Postavlja se pitanje postoji li diferencijabilna funkcija F(x, y) za koju bi vrijedilo aF = P(x, y), ax
aF = Q(x, y ) . ay
(2)
Ako je ovaj uvjet ispunjen, tad za jednadžbu ( l ) kažemo da je egzaktna diferencijalna jednadžba. Podsjetimo da je prvi diferencija1 funkcije F(x, y) u području Q
dF =
aF aF dx + dy ax ay .
Ako je ispunjen uvjet (2) , onda vrijedi
dF
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = O
(3)
pa je izraz u diferencijalnoj jednadžbi potpuni diferencijal. Prije daljnjeg čitanja korisno bi bilo ponoviti gradivo izloženo u 8.2. a koje se odnosi na potencijalna polja. Opće rješenje jednadžbe ( 1 ) u području Q je u tom slučaju
F(x, y)
aF ay
e,
e je konstanta,
Naime, ako bi postojala diferencijabilna funkcija F(x, y) za koju je =
�: = P ,
Q . ( F , P , Q su neprekinute funkcije u Q ) možemo pretpostaviti da je u
području Q , Q(x, y)
�; =I- O .
Ako je (xo, Yo ) E Q i ako je F(xo, Yo)
e tada je
po teoremu o implicitnim funkcijama jednoznačno definirana diferencijabilna funkcija = y (x ) u otvorenom intervalu l oko točke Xo i za koju vrijedi
y
aF p(x, y) ay yI = F(x, y(x)) = - aF -x, Q (y) ax i ta funkcij a je rješenje diferencijalne jednadžbe ( l ) .
Prema tome, moramo odgovoriti na sljedeća dva pitanja: 1 . Kad će jednadžba ( 1 ) biti egzaktna, tj. kad će postojati funkcija F koja zadovoljava (2) 2. Ako takva funkcija F postoji, kako se ona računa. Odgovore na oba pitanja već srno da1i u poglavlju o potencijalnim poljima. Po-
1 1 .3. DIFERENCIJAl.NE JEDNADŽBE OBLIKA �--.-�..-���� -......��..
P(X, y)dx + Q(X, y)dy
=
O
235
-���- - _. __......
Egzaktne diferencijalne jednadžbe
Ako su funkcije P(x, y) , Q(x, y) diferencijabilne u jednostruko pove zanom području Q tada je =
P(x, y)dx + Q(x, y)dy
egzaktna diferencijalna jednadžba ako je
. aF' F unkcIJa · · F za koJu Je ox
ap oQ oy ox oF d p' = Q ana Je Izrazom oy
.
F{x, y)
=
O
.
1:
P(x , yo )dx +
1:
.
Q(x , y)dy .
Opće rješenje (integral) jednadžbe je oblika F{x, y )
Primjer 1 1 .4. Provjeri d a j e jednadžba
[2x + y( l + e"Y )1dx + x { l + etY )dy
c.
O
egzaktna i odredi njezino opće rješenje. l>
Sad je
P(x, y) = 2x + y ( l + e"Y ) , Q(x, y) = x( l + e'Y) , ap oQ - = l + eH + xye"Y = oy ox Tražena funkcija y(x ) dana je u implicitnom obliku jednadžbom � .
F{x, y)
Naime,
F(x, y)
=
jX ( x + 0( 1 + I
2
x2 + xy + efY � )dx + *
*
rv
Jo
=
C.
I
x ( l + efY )dy
=
e
<J
*
Podsjetimo na još jednu mogućnost integracije egzaktnih diferencijaInih jednadž bi. Neka je zadana egzaktna diferencijal na jednadžba
P(x, y)dx + Q(x , y)dy
=
ap
O,
oQ
ax '
Odredimo rješenje, tj. odredimo funkciju U(x, y) za koju vrijedi :
au ox
=
P(x, y),
au
=
Q(x, y) .
ll. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
236
Iz gomjih jednakosti slijedi: v(x, y )
Q(x, y) dcp dy cp(y) U(x, y)
=
= = =
=
J 8 U -8 j P(x, y)dx + dcp 8y 8y dy Q(x, y) - 8y8 j P(x, y)dx, j [Q(x,y) - :y j P(x, y)dx] dy, j P(x,y)dx +j [Q(x, y) ;- :y j P(x, y)dx] dy p(x, y)dx
+
=
�,
C.
Ilustrirajmo taj postupak sljedećim primjerom.
Primjer 1 1 .5. Riješimo egzaktnu jednadžbu [>
(lxi +2 )dx +(3x2l + l)dy.
Prema gore rečenom je
U(x, y) j (2xi +2 )dx +j [(3x2l + l) � j ( lxi +2)dX]dY =
Nakon obavljanja naznačenih operacija dobivamo =
U(x, y) x2i +2x +y Eulerov mUltiplikator I
C.
= C.
Ako diferencijalna jednadžba
P(x, y)dx +Q(x, y)dy O J.! (x, y) J.!(x, y)P(x,y)dx +J.!(x, y)Q(x, y)dy O J.! Eulerov multiplikator. U 8(J.!P) 8(J.!Q) 8x ' 8J.! P +� 8P 8J.! 8Q J.! J.! Q + 8y 8y 8x 8x ' p�1! 8J.! ( 8q 8P ) . Q 8y 8x 8x 8y J.! J.! stoji li Eulerov multiplikator koji je funkcija x, J.! J.!(x2 +y2)
nije egzaktna tada pomnožimo tu jednadžbu funkcijom postane egzaktna. Funkcija moralo vrijediti:
naziva se
tako da jednadžba tom bi slučaju
=
J.!
Dobivenu jednadžbu za nepoznatu funkciju nije jednostavno riješiti jer je riječ o parcijalnoj diferencijalnoj jednadžbi. Međutim, tu jednadžbu možemo jednostavnije riješiti ukoliko zadovoljava neki dodatni u vjet. Tako na primjer, možemo ispitati po samo nepoznanice samo n epoznanice y , ili pak funkcija oblika = i slično.
11.3. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE OBLIKA P(X, y)dx + Q(X, y)dy Ako
JJ.
=
237
O
ovisi samo o X , onda dobivamo
ap ) - QJJ. = JJ. ( aQ ay ax I
=:}
pa se integriranjem lako odredi ta funkcija. Da bi ovakav strana ovisiti samo o nepoznanici x . Sličnu jednadžbu dobivamo i ako JJ. ovisi samo o y . EuleroY multiplikator Ako Eulerov multiplikator računamo formulom
= JJ. (y)
postojao, mora desna
JJ. ovisi samo o jednoj nepoznanici, onda ga
ap aQ JJ. = J QI ( - - )dx, ay ax I ( ap aQ In JJ. = - J -p - - )dy, ay ax
ln
JJ.
JJ.
:
-
Pritom podintegralne funkcije moraju ovisiti samo o odabranoj varijabli. Primjer 1 1 .6. Odredi opće rješenje diferencijalne jednadžbe t>
(x + 2y)dx - xdy
V rijedi
p
= x + 2y,
=
O.
ap ay
Q = -x
aQ = 1 = 2, ax
Jednadžba nije egzaktna diferencijalna jednadžba. Međutim,
(
� ap Q ay
_
aQ ax
)
_
-
_
�
x
ovisi samo o nepoznanici x , pa postoji Eulerov multiplikator oblika p ln
JJ. = J - x� dx
=:} JJ. =
�.
x
=
p (x) .
Množenjem polazne diferencijalne j�dnadžbe multiplikatorom dobivamo egzaktnu di ferencijalnu jednadžbu Za njezino rješenje
x + 2y x -- dx - -dy x3 x3
= O.
U( x, y) vrijedi:
l au X2 ' ay 2y x + 2y 3 - 3 + Ip ' (X ) , x x _
Opće rješenje polazne jednadžbe je
U = - x-y2 - -1 = -C, X
Ip (x)
= 1
--o x
1 1.
:
/-
' <. ,1 1.4.
DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
.) ,
'
Linea'rne .diferencijalne · jednadi�· prvog feda
Linearna diferencijalna jednadža je jednadžba prvog reda oblika
y i + p(x)y = q (x) .
Jednadžbu zovemo linearnom jer je lijeva strana linearna kombinacija nepoznate funk cije y i njezine derivacije yi . Koeficijenti mogu biti funkcije nepoznanice x . Za funkcije p(x) i q (x) pretpostavljamo da su zadane na nekom otvorenom intervalu realnih brojeva i da su na njemu neprekinute. U tom slučaju linearna diferencijalna jednadžba ima samo jedno �iešenje koje zadovoljava zadani početni uvjet tj. koje pro lazi zadanom točkom. To posebno znači da se krivulje koje su rješenja za različite početne uvjete ne sijeku. Uz zadanu jednadžbu često se promatra i njezina pripadna homogena jednadžba i to je yI + p(x)y = O homogena jednadžba.
(Ovu jdnadžbu ne treba dovoditi u vezu s homogenim diferencijalnim jednadžbama spomenutim ranije.) Riješimo homgenu jednadžbu. Iz slijedi
yI + p(x)y
dy y
- p(x } dx ,
lny = -
=
O,
J p(x)dx +
ln C,
y
Ce J p(t)d,.
Razna rješenja dobivamo izborom konstante e. Vidimo d a j e dovoljno imati
)d
e- J p (x x , iz kojeg množenjem s konstantom e dobivamo jedno rješenje, recimo y svako drugo rješenje. Vratimo se polaznoj linearnoj diferencijalnoj jednadžbi. Pretpostavimo da su nam poznata dva rješenja te jednadžbe i neka su to Y I i y2 . Dakle, vrijedi: =
y � + p(x )Y I = q (x) , y ; + P (X )Y2 = q(x) .
Oduzimanjem tih jednakosti dobivamo:
(y; - y � ) + P ( X) (Y2 - Y I ) = O ;
to znači da razlika tih rješenja zadovoljava homogenu jednadžbu. Dakle,
y 2 - Y I = y h,
YI, rj ešenj e homogene jednadžbe. Neka nam je poznato neko rješenje yp(x) linearne diferencijalne jednadžbe. To rješenje često nazivamo posebno ili partikularno rješenje. Iz gornje jednakosti zak ljučujemo da ćemo bilo koje rješenje dobiti tako da tom rješenju dodamo neko rješenje pripadne homogene jednadžbe,
gdje
y (x)
=
yp(x) + Yh (X ) .
239
1 1 .4 . LINEARNE DIFE RENCIJALNE JEDNADŽBE PRVOG REDA
Iz rečenog slijedi kako je potrebno pronaći samo jedno rješenje linearne diferencijalne jednadžbe i opće rješenje pripadne homogene pa tada imamo opće rješenje linearne diferencijalne jednadžbe. Opišimo tri uobičajena načina rješavanja linearnih diferencijainih jednadžbi prvog reda. To su metode: varijacija konstante, metoda supstitucije i množenje s multiplika torom.
I Varijacija konstante I
Do tzv. partikularnog rješenja YP diferencijalne jednadžbe dolazimo tako da ga potražimo u obliku
Y = C{x) e- f p(xldx
gdje treba odrediti nepoznatu funkciju C{x) tako da y bude rješenje. U tu svrhu u vrstirno pretpostavljeno partikularno rješenje u polaz nu jednadžbu. Dobivamo:
C{x)p (x) e- f p(xldx + p{x)C{ x) e- J p(xldx = q{x) ,
C' (x) e- J p(x)dx C' (x)
q(x) ef p(X)dX ,
Konstanta integracije je be je
K.
C{x) =
/ q(x ) . ej p(x)dxdx + K.
Prema tome opće rješenje linearne diferencijalne jednadž
[/ q(x) · ej p(X)dxdx + K]
y(x )
e
-
J p(x)dx .
Možemo primijetiti da je rješenje oblika
y (x) = JI ( X) + Kfz(x) . Može s e lako provjeriti da svaka funkcija y(x) koju možemo prikazati u tom obliku
zadovoljava neku linearnu diferencijalnu jednadžbu. Naime, ako deriviramo
y(x)
Eliminacijom konstante
K
dobivamo
JI + KJz,
y' = J{ + KJ�.
dolazimo do linearne diferencijalne jednadžbe.
Primjer 1 1 .1 . Odredi opće rješenje jednadŽbe
y'
je
y
y = et.
t>
Pripadna homogena diferencijalna jednadžba je y' - y = O , njezino rješenje Varijacijom konstante dolazimo do partikularnog rješenja. Stavimo C{x)e . Uvrštavanjem u polaznu jednadžbu dobivamo:
y = Ce .
C'e + Ce
C� = tl ,
Opće rješenje polazne jednadžbe je
)'
� (x + K) ,
C' = 1 , KE
R.
C = x + K.
l l.
240
DIFERENCIJALNE J E DNADŽBE
[MetOda supstitucije I Potražimo rješenje l inearne diferencijalne jednadžbe prvog reda u obliku produkta dviju funkcija. Neka je dakle
y
u(x) · v (x ) ,
=
y'
=
u'v +
' /lV .
Uvrštavanjem u zadanu jednadžbu dobivamo:
u' v + uv'
+
Odaberi mo sad funkciju
p(x) uv
u(x)
II =
v(u'
q(x) ,
=
+
p(x)u)
uv'
+
=
q(x) .
tako da je
u'
+ p (x)u
O.
Dobili smo diferencijalnu jednadžbu za nepoznatu funkciju u(x) ( to je upravo homo gena jednadžba ) koju rješimo metodom separacije varijabl i . Dakle.
du u Iz jednadžbe liV'
=
=
In u
-pdx,
q (x)
= -
J p(x )dx, V
Opće rješenje je y
=
=
e- J
p(x)dx .
slijedi:
q(x ) . ej p(x)dx ,
v'
u
u·
V
=
e - J p(x )dx
J q (x)eJ p(x)dx
=
K.
+
[K J q( )eJ P(X!dX] . +
x
Primjer 1 1 .2. Rješi jednadžbu
y' !>
2xy
+
Tražimo rješenje u obl iku produkta
u'v + uv'
+
2xuv
x,
=
x.
y
uv , y'
v[u'
+
=
2xuj
+
u'v + uv' , uv'
=
x.
Iz jednadžbe
U'
+
2xu
=
slijedi
O
u
e-x' . 1
=
Prema tome iz
uv'
::= X
slijedi
Opće rješenje je
y
=
uv
e-x'
V
'
V
[�i'2 K] +
l
2
=
+
l i' l
2
2
+
Ke-x .
K.
241
11.4. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE PRVOG REDA
I
Množenje S multiplikatorom
-
Napišimo l inearnu diferencij alnu jednadžbu u obliku dy + [py qjdx = o. Vidimo da je to jednadžba oblika P(x, y)dx + Q(x, y)dy = o . Podsjetimo da je takva jednadžba egzaktna ako je P: = Q� . Linearna diferencijalna jednadžba obično nije egzaktna, ali postoji Eulerov multiplikator koji je funkcija samo neoznanice x . Naime, ovdje je Q(x, y) 1 , P(x , y) = p (x)y - q(x) , pa vrijedi � OP aQ p(x) Q ay ax Zato je
( _ )=
Ji.
=
Prema tome je
=?
=
/ p(x ) dX Ji. Ji. (x) dy + Ji. (x) [P(x)y - q(x)]dx
Ji. (x),
In Ji.
ef p(x)dx .
O
egzaktna diferencijalna jednadžba, to je totaln i diferencijal neke konstantne funkcije, recimo neka je to F(x, y ) = e . Sad bi bilo ----'- =
Ji. (x )
= eJ p(x)d"
F(x, y)
=
y . eJ p (x) dx + f(x) .
Funkciju f (x) odredimo i z jednakosti ----::----'-.:...
=
[P(x)y
-qeJ pdx
!,(x) ,
f(x) F(x, y)
y(x)
=
- q(x)]eJ pdx
=
yp(x)eJ pdx + !, (x) ,
- / q(x)eJ pdx, y . eJ pdx - / q(x)eJ pdx e, [/ q(x) · eJ P(x)dxdx + e] e- J P(x)dT
Primjer 1 1 .3. Odredi opće rješenje jednadžbe
y I + y cos x
=
e sinx•
f>
Zadanu jednadžbu piš imo u obliku Ji. (x)dy + Ji. {x ) [y cos x - e- sin x]dx = 0, Mora biti aF(x , y) _':----'- = J.t ' (x) lex) cos x ay =
i odavde je
dJi.
- =
Ji.
cos xdx,
=
l l. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
242 Prema tome je
.
8F(x, y)
ay F(x, y ) = y eSin x + f(x), aF(x y ) . ' = y esm x cos x + ! (x) a !, (x ) = - l, f(x) = -x, F(x , y) = y esin x - x = C, Y = (x + C) e- sin x .
;
=
. esm x lv cos x
-
.
e - smx] ,
Primjer 1 1 .4. Riješi slijedeću integralnu jednadžbu:
Y
=
x2 +
Jl X
Y -dx. x
[> Nepoznata funkcija y = y(x) pojavljuje se pod znakom integrala i zato imamo naziv integralna jednadžba. Potrebno je uočiti, ako je x = L onda mora biti y = l . Deriviranjem po gornjoj granici dobivamo linearnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda: y' = 2x + � . x
Opće rješenje te jednadžbe je y
=
2X2 + Cx,
traženo rješenje je
y
=
2\"2 - X.
1 1 .5. Singularna rješenja diferencijalne jednadžbe
Promotrimo diferencijalne jednadžbe prvog reda zadane formulom F(x, y, y' ) = O. Što će biti rješenje takvih diferencijaInih jednadžbi? Zadanom točkom To(xo, Yo) može prolaziti više krivulja y = y(x) za koje vrijedi F(x, y(x), y' (x)) = O . Neka je iz zadane formule moguće je dobiti više diferencijaInih jednadžbi i neka su to y' = Ji(x, y), i = l , 2, . . . Svaka od tako dobivenih jednadžbi može zadovoljavati uvijete teorema o postojanju i jednoznačnosti rješenja koje prolazi točkom To i neka su to rješenja y ; = y ; (x) , Y;{X(l ) = Vo, i = 1, 2, . . .
l L5. SINGULARNA RJEŠENJA DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
243
Ako dobijemo više rješenja koja zadovoljavaj u zadani početni uvijet, tj. prolaze zada nom točkom, onda kažemo da jednadžba O nema jednoznačno rješenje za postavljeni početni uv ijet .
F(x, y, yi) =
Primjer 1 1 .1 . Odredimo opće rješenje jednadžbe
(y')2 - xl + xy
l
o.
t> Iz zadane jednadžbe dobivamo dvije diferencijalne jednadžbe prvog reda (riješi kvadratnu j ednadžbu za 1.
yi ).
y' = x - y, 2. y' = y.
Prva jednadžbaje linearna diferencijalna jednadžba prvog reda i njezino je rješenje Ce-x. Separacijom varijabli dolazimo do rješenja druge jednadžbe,
y=x- l+
y = Cč. Primijeti na primjer d a točkom T (O , l ) prolaze rješenja
y = x - l + 2e-X,
Č.
y
Kako vidimo opće rješenje sastoj i se i z dvije familije krivulja. Pojedinu krivulju dobivamo tako da odredimo konstantu C .
Jednoparametarske familije krivulja
I
Vidjeli smo da su rješenja diferencijalni jednadžbi prvog reda jednoparametarske familije krivulja, gdje je obično parametar konstanta C . Te su familije obično zadane jednadžbom oblika C) O. Pođimo sad od zadane familije krivulja C) O . Uz neke pretpostavke može mo tu familiju smatrati rješenjima diferencijalne jednadžbe prvog reda. Evo kako bi došli do takve jednadžbe. DeriviranJ.em po jednadžbe C) O dobivamo
O.
Dakle, iz sustava
a
o
Očito će krivulje polazne familije biti rješenja te diferencijalne jednadžbe . Među tim, mogu postojati i rješenja koja nisu sadržana u polaznoj familiji krivulja, tj. post�:>j<� i rješenja koja ne možemo dobiti specij aliziranjem konstante C . Promotnmo nekoli ko najjednostavnijih primjera takvih diferencijainih jednadžbi koje će među rješenijma sadržavati i ona koja ne dobivamo specijaliziranjem vrijednosti konstante.
l l.
244
DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
Clairautova diferencijalna jednadžba Neka je zadana jednoparametarska familija krivulja jednadžbom y - Cx - f( C) = O.
Ako specijaliziramo vrijednost konstante C dobivamo jednadžbu pravca. Pripad nu diferencijalnu jednadžbu te familije pravaca dobivamo eliminacijom konstante C iz sustava: y = Cx + f(C), y' = c. Tražena jednadžba je y = y'x + f(y' ) ,
Cl air autov a diferencijaln a jedn adžb a.
Interesantno je napomenuti da Clairautovu diferencijalnu jednadžbu rješavamo derivi ranje te jednadžbe. Dakle, y' = y' + xy" + J' (y' ) y" ,
y" [x + J'(y' )] = O
Iz posljednjeg produkta slijedi: y" = 0,
y' = C,
dakle
y = Cx + f(C) .
Opće rješenje Clairautove diferencijalne jednadžbe je y = Cx + f( C) .
Drugi faktor spomenutog produkta nam daje x + J'(y') = O.
Polazeći od te jednadžbe i zadane jednadžbe dobivamo rješenje Clairautove diferenci jalne jednadžbe u parametarskom obliku. Dakle, to je rješenje x = -J'( p) , y = xp + f(p) ·
Eliminacijom parametra p dolazimo do rješenja u kojem nema konstante C i ono se ne dobiva iz općeg rješenja. To je tzv. singu larn o rješenje diferencijalne jednadžbe. Može se dokazati da je to rješenja ov ojoic a familije pravaca koj i su sadržani u općem rješenju. Umjesto riječi ov ojnic a koristi se i izraz anveI opa. Ovojnica familije ravninskih krivulja F(x, y, C) = O je krivulja koju svaka krivu lja familije dodiruje i obrnuto svaka točke te krivulje je diralište jedne krivulje polazne familije.
Spomenimo da je svaka krivulja ovoj nica svojih tangenata. Ovojnice familije kružnica polumjera l sa središtem na pravcu y = x jesu dva paralelna pravca: (x - c ) 2 + (y - c) 2
=
1,
ovojnice y = x ± ,fi.
1 1.5. SINGULARNA RJEŠENJA DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
245
x
Sl. 1 1. 4.
Uoči da će svakom točkom unutar pruge određene s naznačenim pravcima prolaziti po dvije kružnice. Ovojnicu dobivamo eliminacijom parametra C iz sustava
F (x, y, C) O, {) {)c F ( x, y, C) = O.
Znamo da je na primjer opće rješenje jednadžbe
�
y = xy' + (y/ ) 2 ,
Y =
Ovoj nicu te familjije pravaca dobivamo iz sustava
�
Cx + C2 .
l y Cx + 2 C2 , O = X + C, eliminacijom parametra C . Ovojnica je parabola x2 y =
2
x
Sl. 1 1 .5.
l l . DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
246
Lagrangeova iednadžba
I
Lagrangeova jednadžba je jednadžba koj u možemo zapisati u obliku
y Xf{y ') + g(y' ) , =
Lagrangeova jednadžba.
x . Neka je y ' p (x) . p f(p') + Xj'{p)p' + g '(p)p' , P - f(p') = [xj'{p) + g' ( p)]p'. Posljednju jednakost podijelimo s p ' t.fr; , nužno je pretpostaviti p' Dobivamo ' dx [p - f( p) ] d = xj' ( p ) + g' ( p ) p =
l ovu jednadžbu rješavamo tako da ju deriviramo po =
f. O .
i to je l i nearna diferencijalna jednadžba prvog reda. Jednom od metoda rješimo tu jednadžbu i dobivamo njezino rješenje F (x , p, C) O. Opće rješenje Lagrangeove jednadžbe dobivamo u parametarskom obliku iz jednadžbi Ako je slijedi da
p'
=
F(x, p, C) = O,
O onda iz jednakosti p - f{p) =
p zadovoljava j ednadžbu
xf(p ) + g {p) .
[xj'{p) + g '{p)]p'
p = f{p)·
Sad imamo dvije mogućnosti :
1. 2.
Y
f{p) = p f{p) p,
identički;
=
Pi.
slijede rješenja
Ako nastupi prvi slučaj onda zapravo u samom početku imamo Clairautovu jed nadžbu. U drugom slučaju dobivamo konstante Pi . i 1, 2, . . , i za svaku konstantu Pi dobivamo rješenje Lagrangeove jednadžbe =
y Xf( Pi ) + g {Pl ),
i = 1, 2, . . .
Primjer 1 1 .2. Odredi opće i singularno rješenje jednadžbe
y
�
Ako je Ako je
=
(y'? (x + l ) = X (y ' ) 2 + (y ' ) 2 ,
Deriviranjem po
p p
=
f
x
sad je
f{p ) p2 g {p) .
dobivamo:
p = 2pp'{x + l ) + p2 .
O , tada dobivamo singularno rješenje O , tada vrijedi
y = p2 {X + 1 ) = O, l
-
p
=
y
2p ' (x + 1) .
O.
=
l l.5. SINGULARNA RJEŠENJA DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
247
Ako je p 1 dobivamo drugo rješenje y = x + 1 . Možemo pretpostaviti da je p f. O , x + 1 f. O . U tom slučaju dobivamo p � = - 2 d , In(x + l ) - 2 In(p - 1 ) + In C. p- l x+l Iz posljednje jednakosti slijedi e
K
odnosno p = � + I , - (p - 1 ) 2 ' yX + 1 gdje je K konstanta. Prema tome opće rješenje je
X+ 1
y = p2 (X + 1) dok je singularno rješenje y ;;;;; O .
( K + v'x+T) 2,
Neke posebne jednadžbe prvog reda
I
Navedimo nekoliko tipova diferencijaInih j ednadžbi prvog reda i ukažimo na moguće postupke koje koristimo pri rješavanju. Promotrimo slijedeće specijalne jed nadžbe. O, 1 . F(y') O, 2. F(x, y') 3. F(y , y') = O, 4. F(x, y, y') = O, 5. y /(x, y' ) . yi
Ako j e moguće izračunati y' i z j ednadžbe F(y') = O onda dobivamo rješenja ki ' ki ' i = 1 , 2, . . . su konstante. Iz te jednakosti slijedi
1.
y = kiX + C,
y-C
ki
x
Prema tome budući da je ki rje.šenje jednadžbe F( u)
Fe
x
C ) = O.
=
O slijedi
je opće rješenje diferencijalne jednadžbe. Za ilustraciju navedimo slijedeći primjer.
Primjer 1 1 .3. Odredimo opće rješenje jednadžbe (y') 2
t>
+
5y'
-
6 = O.
Rješavanjem kvadratne jednadžbe za y' dobivamo: odnosno y = -6x + C, y y' = -6, y' = l , Svakom točkom ravnine prolaze dva rješenja. Opće rješenje j e
6 = O.
x + C.
l l.
248
DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
2. Ako je moguće rješiti jednadžbu F (x, yi} O po y ' onda možemo smatrati da daljnje rješavanje te jednadžbe problem integralnog računa. Dakle,
J f(x)dx +
F(x, y i) == O, :::} y' == f(x), :::} y
c.
Ako nije moguće izračunati y' iz polazne jednadžbe tada se koristimo supstitucijom y ' f(t) . Naravno da je stvar umješnosti koju funkciju f odabrati . Zatim iz polazne =
jednadžbe dobivamo
F(x, y' ) == O :::} x g(t) .
Dakle,
dy == y'dx == f(t)g'(t) dt,
J f(t)g'(t)dt +
y
c.
Na opisani način dobili smo opće rješenje u parametarskom obliku. za ilustraciju navedimo sij deći primjer.
Primjer 1 1 .4. Odredi opće rješenje jednadžbe
y' x. == = i Vr =;(= y '� )2 ==
[;>
Supstitucijom
y'
sin t,
x
dobivamo
dy == y' dx
==
sin t ·
l y == + C' cos t x tg t . <1
sin t cos t
� cos t
== tg t
.
dt,
==
3. Diferencijalne jednadžbe oblika F(y, y ' } == O možemo rješavati pogodnom supstitucijom i rješenje dobiti u parametarskom obliku. Opišimo taj postupak.
Supstitucija:
y ' == f(t) .
Koristeći se tako odabranom supstitucijom iz polazne jednadžbe dobivamo Sada i mamo
dy == J'{ t )dt, dy y'dx = f{ t )dx, dx = f'({ t) dt, x = f t)
Opće rješenje dano je u parametarskim jednadžbama y = g( t ),
x ==
/
P(t)
d C. f( t) t +
y
g( t )
/ f'(t) dt + C. f(t)
.
1 1 .5. SINGULARNA RJEŠENJA DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
249
Primjer 1 1 .5. Odredimo opće rješenje jednadžbe
y
l.
JI + ( yl ) 2 !>
Supstitucijom
Iz jednakosti
y' = sh t
dy y idx slijedi
iz polazne jednadžbe dobivamo
y ch t
dx
=
=
l,
Y
ch t
dy sh tdt d . = sh t = t yi
Opće rješenje je
y = ch t,
x t + c.
4. Promotrimo sad opći slučaj uvođenja parametara u jednadžbu prvog reda. Pogodnim izborom supstitucija
x = f( u, v), y g( u, v) i iz polazne jednadžbe F(x, y, y i ) = O dobivamo yi = h ( u, v). Te tri jednadžbe kao funkcije dvaju parametara možemo interpretirati d a predstavljaj u neku plohu u trodimenzionalnom prostoru . N a toj plohi ako povežemo parametre u i v nekom jednakošću dobivamo krivulju na njoj. Tako dobivena krivulja predstavlja opće rješenja jednadžbe u parametarskom obliku. Budući da mora biti
dy = yidx dv du
slijedi
ag ag -du au + -dv av ag
h ( u, v) af au au ag af h u v) av av ( , -
Rješenjem ovako dobivene jednadžbe dobili bi
=
v G( u, C),
=?
x = f( u, G( u , C)) = X( u , e),
y
Praktično opisani postupak obično ide ovim tijekom. Odaberimo supstituciju x = f( u, v), y g( u, v) .
y Uvrštavanjem
x , y , y'
I
=
dy dx
=
g �du + g :,dv f' udu + f' vdv
= g( u, G( u, e)) =
Y( u, e) .
�� t g :, v'
f� + J,� v'
u polaznu jednadžbu odredimo vezu između parametara.
l l. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
Primjer 1 1 .6. Odredi parametarsko rješenje jednadžbe I Vl + (y')2 Y = xy + X'2 + y2 ' t>
Provedimo supstituciju
x = r cos cp,
yI =
y = r sin cp,
dy dx
dr sin cp + r cos cpdcp dr cos cp - r sin cpdcp
r sin cp
Uvrštavanjem u zadanu jednadžbu dolazimo do diferencijalne jednadžbe za r = r( cp ) . Dobivamo: r
J
dr = dcp r�
r�, r -- d ::== =
J
c. r2 dr = cp + r3 �
Bez nekih poteškoća, [supstitucija ( r' = ch t ) l možemo izračunati navedeni integral i dobiti r = r( cp ) što uvršteno u izraze za x i y daje traženo parametarsko rješenje.
yI
p,
=?
y
f(x, p) .
x kao funkciju parametra p dobivamo na slijedeći način. I I +' I dp dy y Idx = pdx, fx dx + fpdp, p = lx + fp ' dx Rješenje posljednje diferencijalne jednadžbe daje nam x kao funkciju parametra p što zajedno s polaznom jednadžbom predstavlja njezino parametarsko rješenje.
Primjer 1 1 .7. Odredi rješenja jednadžbe y (y')2 _ 3xy' + 3x2. t>
Iz p'
Supstitucijom y'
=
p dobivamo y = l - 3xp + 3x2, dy pdx = 2pdp 3pdx 3xdp + 6xdx p 2pp' 3p - 3p' + 6x (3 - 2p) [P' 2] = O. 2 slijedi P = 2x + C što uvršteno u izraz za y daje opće rješenje y X2 + CX + C2.
AkQ je
3 - 2p = O i to je singularno rjesenje.
=?
P
251
l l oS. SINGULARNA RJEŠE NJA DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
Teorem
O
jednoznačnosti rješenja jednadžbe F(x, y, yi)
Kada je formulom F(x , y, yi ) točkom To ? Odgovor na LO pitanje
O
=
=
O
zadano je samo jedno rješenje koje prolazi
daje slijedeći teorem.
Teorem 11.3. Postoji jednoznačno rjeJenje
y
==
Ix - xol � Iz,
y(x) .
F(x, )', y')
jedllad:be
koje zadovoljava početni uvijet
y (xo )
Yo,
i
F(xo, yo, y ' ( XO))
=
=
O
O
ako funkcija F zadovoljava slijedeće uvijete: l.
F(x, )', y' )
2.
postoji
3.
postoji i ograničena je parcijalna derivacija
neprekidnafunkcija,
BF i- O ,
BF oy'
BF By '
BF l oy ! � M.
U i zreci gomjeg teorema tvrdi se da postoji h koji je dovoljno malen broj. Uvijeti
l . i 2. prema teoremu o implicitnim funkcijama osiguravaju jednoznačnu rješivost po
yi polazne jednadžbe, tj. u tom slučaju postoji samo jedna funkcija koju je F ( x , y, y ' (x, y) = o .
yi
y' (X, y )
za
Singularni skup Singulami sk up jednadžbe
O
F(x , )', y ' )
je skup točaka (x, y) u kojima nije jspunjen uvijet jednoznačnosti rješenja a to će biti one točke u kojima nije ispunjen barem j edan od navedena tri uvijeta u prethodnom teoremu . Takav skup može se sastojati od izolirani točaka ili pak može sadržavati i neke krivulje.
Izolirana sing ulama točka diferencijalne jednadžbe i = f(x, y) je ona točka u čijoj okolini nema drugih singularnih točaka. ledna značajna karakteristika same di ferencijalne jednadžbe je ponašanje integralnih krivulja ( rješenja ) u okolini i zolirane singularne točke. Navedimo karakteri stične primjere di ferencijaInih jednadžbi koje imaj u i zoliranu singularnu točku il ishodištu. l.
3.
y'
y'
x
=
x+y x-y
2. 4.
Prouči onnaš,mjP riešenia tl okolini i"hodišta
y'
y'
X =
x
Y
l l.
252
DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
U praktičnim pri mijenama često su ispunjeni uvijeti l. i 3., tj . F(x, y, y') je nepre
kidna funkcija triju varijabli, zatim postoji i ograničena je parcijalna derivacija funkcije
F po y ,
aF
lay
I � M. U tom je slučaju singularni skup su rješenja sustava
F(x, y, yi )
aF
0,
O.
Eliminacijom y' iz tog sustava dobivamo jednadžbu °
$(x, y)
koju zadovoljavaju točke singularnog skupa. Singularno rješenje diferencijalne jednadžbe F(x, y, yi) = ° je ono rješenje y = f(x) koje još zadovoljava i tzv. diskriminan�nu krh'Ulju $(x, y) = O . Pod sjetimo se familije kružnica polumjera l sa središtimq na pravcu y x . Ovoj nica se sastoj i od dva paralelna pravca a s�ngularni skup je skup svih točaka unutar pruge određene tim pravcima.
=
1 1.6. Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s
konstantnim koeficijentima
Među diferencijalnim jednadžbama drugog reda posebnu ulogu imaju l inearne diferencijalne jednadžbe drugog reda . To su jednadžbe koje možemo zapisati u obliku yi' + p(x)y + q(x) f(x), x I. Ako je tzv. funkcija smetnje fix) jednaka nuli, onda za jednadžbu kažemo da je homogena. Ako su funkcije p(x) i q(x) konstantne onda imamo linearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda s konstantnim koeficijentima. Dakle, to su jednadžbe oblika:
nehomogena jednadžba, y " + ay' + by = f(x), " y + ay' + by = 0 , homogena jednadžba. U gornjim jednadžbama a i b su poznate konstante. Uvedimo oznaku za operator d deriviranja d
x
=
Podsj etimo da je
.
D . Tada gornju jednadžbu možemo pisati u obliku [D:! + aD + blY
O. D(y')
y" .
Navedimo nekoliko primjera homogenih jednadžbi. y I ! + 6y' + 5y = 0, y I! + y = 0, y" 2y ' + l Oy O. Mnogobroj ni primjeri pokazuju da su rješenja takvih jednadžbi u vezi s eksponenci jaJnim funkcijama. U tu svrhu pokušajmo ustanoviti pod kojim je uvjetima funkcija
y
=
en
1 1.6. LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE DRUGOG REDA
253
rješnje l inearne diferencijalne jednadžbe
yn + ay' + by
=::
O.
Uvrštavanjem u diferencijalnu jed nadžbu dobivamo:
Y e'x , y i re'x , yI! re'x, e'X[r2 + ar + bl 0, r2 + ar + b O. Iz posljednje jednadžbe vidimo da konstanta r mora zadovoljiti tzv. karakteri stičnu =
=
=::
=
jednadžbu
r + ar + b
=
O.
Neka su rješenja te kvadratne jednadžbe brojevi rl i r2 ' Razlikujmo sljedeća tri slučaja: l. Korijeni karakteristične jednadžbe su realni i različiti,
rl
f:.
rt , rz E ll.
r2 ,
2. Korijeni karakteristične jednadžbe su realn i i jednaki 3. Korijeni karakteristične j ednadžbe su kompleksni brojevi, rl = a + i/3, r2 = a i/3 . l. U prvom slučaju imamo dva rješenja i to su:
Linearna kombinacija tih rješenja je također rješenje. Opće rješenje je =
Y C1Yl ( X) + C2Y 2 (X)
=
Cl e"" + Czerl" .
Pokažimo da su tom formulom dana sva rješenja homogene linearne diferencijalne jednadžbe. Tu diferencijalnu jednadžbu možemo zapisati u obliku
rt ) (D - r2 ) ]Y = (D - rd [ (D r2 ) Y] O . Provedi mo supstituciju u = (D - rl ) y i dobivamo: du (D r, )u O, u' - rl u 0, - = rldx, u Ce'I" . [(D
Prema tome nepoznata funkcija
y
(D - rz )y
=
u
zadovoljava jednadžbu
=
y' - r Y 2
Cer,,,,
=
Množenjem posljednje jednadžbe s e-rlX dobivamo Budući da je
d -" Xy _ ) (e
rl
dx
=
Ce( , 'jX
i rz , integriranjem dobivamo; =
"
-
,
Ce'I"" .
,
l_e(r, - ,,)X + C2 , ye-" " C __ rl - r2 C er, x + C....e'2X • v
,
l l . DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
254
I'�
2. =
r
U drugom slučaju, kad su korijeni karakteristične jednadžbe jednaki,
tada iz jednadžbe
']
dobivamo
Dakle, ako su korijeni karakteristične jednadžbe realni i jednaki tada je opće rješenje
Y
=
( C l x + Cz)erx .
U trećem slučaju korijeni karakteristične jednadžbe su konjugirano kompleksni : '2 = a - i{l . '1 = a + i{l, U tom slučaju diferencijalnu jednadžbu možemo zapisati II obliku [(D - a? + h2 ]y = O. 3.
Formalno gledajući možemo očekivati da je opće rješenje l inearna kombinacija funkcija
YI
=
e ( a +i{llx ,
Podsjetimo se tzv. Eulerovih formula: e" = cos x + i sin x, Koristeći se tim formulama dobili bi YI =
Y2
Y2
=
e-IX
e ( a - i{l lx .
=
cos x - i sin x .
ea , . eif3x eax [cos {lx + i sin (lx] , ea , . e-1f3x eax [cos {lx - i S i n {lx] . =
=
=
Linearna kombinacija tih funkcija je
Y =
C I Y I + C2Y2
=
eax [( Cl +Cz) cos (lx+ (iCI -iCz) sin {lx]
=
ea, [A cos {lx+B sin {lx] .
Moguće je provjeriti da su funkcije ea� cos {lx, eax sin {lx rješenja diferencijalne jednadžbe, one su linearno nezavisne i opće rješenje je nji hova linearna kombinacija. Primjer
l.
1 1 .1 .
Odredimo opća rješenje sljedećih jednadžbi :
y" + 2y ' - 3y c>
=
0,
2. y" - l Oy' + 25y
=
1 . Pripadna karakteristična jednadžbaje ,2 + 2, - 3 0, ' 1 l, =
'z
=
3. y" + 6y' + 1 3y
0,
=
Opće rješenje je
2. Karakterisitična jednadžba je ,2
Opće rješenje je
-- 10, + 25
=
0,
'1
=
'2
=
-3.
5.
=
O.
1 1.7. METODA VARI JACIJE KONSTANATA
255
3. Karakteristična jednadžba je
r2 + 6r + 1 3 = 0,
Opće rješenje je
rl ,z = -3 ± 2i.
[C, cos lx + Cz sin 2x] .
)'
J
·· · · 11.7. Metoda varijacij� konstanata
Metoda varijacije konstanata ili Lagrangeova metoda je postupak kojim pronala zimo partikularno rješenje nehomogene l inearne diferencijalne jednadžbe. Mi ćemo i lustrirati tu metodu na primjeru diferencijalnih jednadžbi drugog reda s konstantnim koeticijentima. Dakle. neka j e zadana diferencijalna jednadžba
y" + ay ' + by f(x ) . Već smo upoznal i postupak kako dolazimo do općeg rješenja pripadne homogene diferencijalne jednadžbe. tj. jednadžbe
y i' + ay' + by
O,
homogena jednadžba.
Neka su funkcije
YI (x )
YI
i
Y 2 = yz(x)
linearno nezavisna rješenja homogene j ednadžbe. Njezino opće lješenje je
Y
C l y(x) + Cz:d x ) .
Kako bi s e došlo d o partikularnog rješenja nehomogene jednadžbe Lagrange je predložio sljedeći postupak. Partikularni integral se može prikazati u obl iku
y
C, (X)Y I (X) + Cz(x ) yz(x ) .
gdje su C I (x) i Cz(x) nepoznate funkcije. Očito daje dovoljno i mati jednu nepoznatu funkciju. a ne dvije. Ako se uspostavi neka veza među tim funkcijama onda će ostati samo jedna proizvoljna u tom smislu . da ju treba odredi ti da dobijemo partikularno rješenje. Uvrštavanjem izraza za partikularno rješenje u polaznu jednadžbu dobivamo:
y'
C;Y I + C�Y2 + e l)" 1 + C2)'�'
Neka je veza među traženim funkcijama
e;Yl + e;Y 2
Prema tome je
O.
/1 .....
e; y; + e;y; + CIli' + e2Y� Uvrštavanje dobivenih i zraza u polaznu d iferencijalnu jednadžbu dobivamo: e;y', + C�y� + Cly;' + -+ u( Cili + C2Y;) + CIY(X) + CZY2(X) f(x) . Uvažavaj ući da su Y J i )'2 rješenja homogene diferencijalne j ednadžbe dobivamo: Y'
e lY; +
=
C; V'I +
=
f(x).
ll.
256
DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
Prema tome za nepoznate funkcije Cl i Cz dobili smo ovaj sustav jednadžbi
C;Y l + �Y2 = 0, C�y� + C�Y; f(x}. To je l inearni sustav od dvije nepoznanice i to su C; i C; . Mi pretpostavljamo da su funkcije Y I i )'2 linearno nezavisne, a to ima za posljedicu da j e deterrninanta spomenutog sustava različita od nula. Naime, dvije funkcije su linearno zavisne ako je jednu od njih dobivamo od druge tako da j u pomnožirno konstantom. Možemo reći ako su zavisne onda je kvocijent takvih dviju funkcija konstanta. Dakle, tada bi imali = K, Primjer 1 1 .1 . Odredi opće rješenje diferencijalne jednadžbe l
t>
Opće rješenje homogene jednadžbe (yU + y = O) j e y = C l sin x + C2 cos x. Metodom varijacije konstanata dobivamo sustav C; sin x + C� cos x
O,
C; cos x - C2 sin x
(cos xP .
Iz tog sustava dobivamo
c;
=
l
(cosx) 2 '
.
c'2
sm x ·
l
( cos x
)3 '
Integracijom dobivamo:
1 +B 2{cos x) 2 .
Cl = tg x + A, Opće rješenje je . sin2 x 1 y = A sm x + B cos x + -- - --cos x 2 cos x
Wronskian
I
Za dvije diferencijabilne funkcije
Yl
i
W{x) =
. l A sm x + (B - l ) cos x + 2 cos x
Y2
funkciju
I�; �; I
nazivamo Wronskianom danih funkcija. Neka je zadana homogena l inearna diferen cij alna jednadžba drugog reda 'IIII
�
n( y)v' + rd l"h·
=-
f)
l L1.
METODA. VA.RIJACIJE KONSTANATA
257
Dokažimo da je Wronskijeva determinanta bilo kojih dvaj u rješenja te jednadžbe jed
naka
Neka SU )"1 i
)"2
W(x) = W(xo)e
f p(l)dl Xo
•
rješenja jednadžbe. Tada vrijedi:
y;' /I yz
=
-
-py; ,
gy "
-PYi. - QY2' Množenjem tih izraza s Y z , odnosno Y I zatim oduzmanjem dobivenih izraza dobimao vezu s derivacijom wronskiana tih dviju funkcija ' W'(X) (YIY,2 - Y,Y2 )' = YIY2/I - Y1/I Y2· Dobh'amo dW W'(x) - p (x ) W (x) , = -p(x)dx, W ln W =
lX AO
=
W (x) = ee
p(t)dt + ln e,
X JXQ pl l )dl
e = W(Xo).
Ako nam je poznato jedno rješenje homogene linearne diferencijal ne jednadž be onda do drugog linearno nezavisnog rješenja možemo doći koristeći se upravo dobivenim izrazom za Wronskian.
Specijalni slučajevi
I
Ako II diferencijalnoj jednadžbi ' ll y + ay + by f(x) funkcija f(x) i ma specijalni oblik. onda možemo relativno lako doći do partikularnog integrala. Navedimo dva takva slučaja. 1.
f(x) = P(x)emx,
P(x) je poli nom.
Partikularni integral postoj i i oblik:a je y = xk Q(x)e"" , Q(x) je poti nom istog stupnja kao i P(x) . Ako 111 nije korijen karakteristične jed nadžbe r2 + a r + b O onda je k = O . Ako je 11/ korijen karakteristične jednadžbe onda je k njegova kratnost. Koeficijente polinoma Q odredimo uvrštavanjem ovog rješenja u jednadžbu. Primjer 1 1 .2. Rješi diferencijalnu jednadžbu y"
+ Sy'
-
6y
==
t> Karakteristična jednadžba r2 + Sr Opće rješenje homogene jednadžbe je
x2
-
6
+
2x
l.
O ima korijene rl
y = et e' + eze- 6x .
l,
r::.
-
6
.
258
-_.....
1 1 . DIFERENCIJALNE J EDNADŽBE
------= u polaznu jednadžbu dobivamo
AX2 + Bx + C , u jednadžbi je
Partikularni integral tražimo u obliku y
U v d�tavanjern
111 =
O.
2A + 5 (2Ax + B) - 6(Ax2 + Bx + C)
+ 2x 1 . Koristeći se detinicijomjednakosti dvaju polinoma dobivamo nepoznate koeficijente
A
=
l -6'
B
=
3 4'
C
37 72
Primjer 1 1 .3. Rješi diferencijalnu jednadžbu y " - 4y' + 3y 3e2x.
je
I>
Sad j e ,.z
-
4r + 3 = O , rl
=
l , r2
3 . Opće rješenje homogene jednadžbe
y = Cl e' + Cze3x.
Partikularni i ntegral tražimo u obliku y dobivamo:
Ae2x. Uvrštavanjem u zadanu jednadžbu
Primjer 1 1 .4. Odredi opće rješenj e jednadžbe
y" - 4y' + 3y == et .
I>
Opće rješenje homogene diferencijalne jednadžbe je =
Cl e' + CzeJ, . Partikularni integral tražimo u obliku y = x . At'" , jer je r y
l jednostruki korijen ka rakteristične jednadžbe. Uvrštavanjem u j ednadžbu za partikularni integral dobivamo l , pć ' v " y 2:xe , a o e rJesenJe Je 2:xex . 1
*
*
2. Neka je u jednadžbi y" + ay' + by
*
=
f(x) funkcija f(x) oblika f(x) = eILt [A cos bx + B sin bx] . Ako broj a + ib n ij e korijen karakteristične jednadžbe, onda partikularno rješenje tražimo u obliku y elLI [A I cos bx + B l sin bx] . Ako je a + ih korijen karakteristične jednadžbe kratnosti k , onda partikularno =
rješenje postoj i u obliku
)'
=
.le"x [A l cos bx + Bl sin bx] .
1 1 .1.
METODA VARIJACIJE KONSTANATA
259
Primjer 1 1 .5. Odredimo opće rješenje jednadžbe yI! + 2y' + y 2 cos 3x + sin 3x.
&> Opće rješenje homogene jednadžbe je y = (Cl + C2x)e-x • Partikularno rješenje postoji u obliku y ;;;;:; A cos 3x + B sin 3x,
a uvrštavanjem u zadanu jednadžbu dobivamo da je A = *
*
-
11
50
.
B
*
l
50 '
Ovaj način rješavanja lineamih jednadžbi drugoga reda može se koristiti i pri rješavanju jednadžbi s konstantnim koeficijentima višega reda. Riješimo jedan takav primjer.
Primjer 1 1 .6. Odredimo opće rješenje diferencijalne jednadžbe ' ylll - y I! y +y 3x + e'(24x - 4). _
I>
Pripadna karakteristična jednadžba je
r3 - il r + l =:: il (r - l ) - (r 1 ) = (r - 1 ) (r2 - 1 ) = (r - l f (r + l ) O. Opće lješenje homogene jednadžbe je Y = (CI + Czx}e< + C3e-x. Zadana funkcija smetnje j e zbroj od dvije funkcije: I(x) = 3x + e' (24x 4) II (x) + /I(x) . Potražimo partikularni integral za svaku od tih dviju funkcija. Zbroj tako dobi venih partikulamih Iješenj a je partikularni integral zadane jednadžbe. Naime, ako za l ineami operator L vrijedi Ly = Ji (x) + /z {x), LYI II {X) , LY = h (x ), 2 onda je L(Yl + y 2 ) II (x) + h (x ).
Kod nas L predstavlja diferencijalni operator homogene jednadžbe, L = D3 D2 D + l , pa jednadžba ima oblik Ly = I(x ) . Za prvu funkciju II (x) = 3x potražimo partikularni integral u obliku y Ax + B. Uvrštavanjem u jednadžbu y lll y I! y i + y = 3x dobivamo da je A = 3 , B = 3 . za drugu funkciju /z(x ) = er (24x 4 ) tražimo partikularno rješenje u obliku y = x:'er(Dx + E) . Primijeti da je x = l dvostruka nultočka karakteristične jednadžbe i zato dolazi faktor x2 • Uvrštavanjem u jednadžbu l y' y l l - y I! + y eX (24x 4) dobivamo daje D = 2 , E = -4 . Opće rješenje je y ::::: ( Cl + C�x + 2x ' 4x2)e' + C3e-x + 3x + 3.
l l. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
260
I Titranja
I
Neka je na pravcu točka mirovanja materijalne točke mase m u x = O . Ako na nju djeluje elastična sila, tj . sila koja je proporcionalna veličini pomaka točke od ishodišta i usmjerena prema ishodištu onda za takvo gibanje vrijedi: nu" = - k2x(t), k E R. To je diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima. Njezino rješenje je sinusoida x(t) = el sin kt + e'l- cos kt = A sin(kt + lP ) . Zamislimo da je za gredu pričvršćena e!stična opruga n a koju j e obješen uteg mase ln i da je njegov jedan dio uronjen u posudu s tekućinom. Sada bi prilikom gibanj a utega djelovala i sila prigušenja koja je proporcionalna brzini gibanja utega. Diferencijalna jednadžba za takvo prigušeno gibanja je mx" + cx' + k2x = O. Opet dobivamo diferencijalnu jednadžbu drugog reda s konstantnim koeficijentima.
m
Sl. 1 1 . 6.
RLC -
krug
I
Na slici 1 1 .7 prikazanje električni krug u kojem se nalazi otpomik otpora R (oma), kondenzator kapaciteta e (farada) , svitak induktiviteta L (henria) i elektromotorna sila napona E(f) ( volta) . U takvom krugu imamo pad napona
UL = Lt, UR Rl, Uc
=
=
� J l(t)dt,
pad napona na svitku, pad napona na otporniku, pad napona na kondezatoru.
1 1 .7.
261
METODA VARIJACIJE KONSTANATA
L
R
'-----o E(t)=Eosimt1 SI. l l . 7.
Prema Kirchoffovom zakonu zbroj padova napona jednak je elektromotornoj sili. LI'
+
Rl +
� J l{t)dt
=
E(t)
=
Eo sin w t.
Struja jakosti I(t) (ampera) jednaka je derivaciji naboja Q(t) , (kulona),
l(t)
=
�;
=
Q(t)',
t
=
Q" .
Kad znamo struju lako dobivamo i količinu naboja. Gore navedenu jednadžbu derivi ranjem prevodimo u diferencijanu jednadžbu za struju l(t) , l LJ" + Rt + z/ = Eow cos w t . Dobili smo diferencijalnu jednadžbu drugog reda s konstantnim koeficijentima. Us poredimo li tu jednadžbu s jednadžbom za prigušeno mehaničko titranje vidimo da postoji potpuna analogija među veličinama. Popišimo što čemu odgovara. - masa /IZ . Induktivitet L Otpor R - konstanta prigušenja c . Recipročna vrijednost kapaciteta Struja 1(1)
�
-
modul spirale - pomak x(t) .
k2 •
U praktičnim razmatranj ima detaljno se proučaj u jednadžbe titranja. Kako vidimo iz gore navedenih postupaka rješavanja takvih jednadžbi za sama rješenja bitni će biti odnosi među konstantama koje ulaze u samu jednadžbu.
