MATEMATIKA 2

MATEMATIKA 2 

š.g. 2010./2011.

Matematika 2 

1. Funkcije više varijabli 

2. Višestruki integral 

3. Vektorska Analiza 

4. Obicne diferencijalne jednadbe 

MATEMATIKA 2 1

Literatura: 

Petar Javor, Matematicka analiza 2, Element, 

Zagreb, 2002.; 

B. Cervar i B. Jadrijević, Matematika 2, Fesb-Split 

2006.; 

S. Kurepa. Matematicka analiza 1, 2, 3, Tehnicka 

knjiga, Zagreb, 1990. 

http://lavica.fesb.hr/mat2 i http://lavica.fesb.hr/mat3 

http://www.pmfst.hr/zavodi/matematika/scripta/ 

visa_matematika.pdf 

B. P. Demidovic, Zadaci i riješeni primjeri iz više 

matematike s primjenom na tehnicke nauke, 

Tehnicka knjiga, Zagreb, 1995. 

Antunac-Majcen, Borozan, Devidé,...,Riješeni 

zadaci iz više matematike, svezak III, IV, Školska 

knjiga, Zagreb, 1991. 


1. FUNKCIJE VIŠE VARIJABLI 


1.1 Koordinatni sustavi u ravnini i prostoru 

Ravninski koordinatni sustavi 

Zadamo li u ravnini pravokutni (Kartezijev) 

koordinatni sustav (O; ! i ; ! j ) (O; x; y) : 

T 2 ! T (x; y) x; y 2 R; 

Polarni koordinatni sustav: 

N Neka je p 2 pravac i neka je na njemu zadan 

koordinatni sustav (O; ! i ) (O; x); 

N Neka je T 2 tocka, T 6= O; 

!i ! 

 

' = ] ; OT ; 

(' mjerimo u pozitivnom smjeru); 

N Neka je = d(O; T ) udaljenost od O do T ; 

 

N T = O =) ' def: !i ! 

 

= ] ; OO = 0; 

N T 2 ! T ('; ); ' 2 [0; 2i ; 2 [0; 1i ; 


N Tocku O = (0; 0) nazivamo ishodištem (ili polom), 

a zraku odre ¯denu s O i ! i - polarnom osi polarnoga 

koordinatnog sustava pod oznakom 

(O; '; ) 

Veza: Zadamo li u ravnini i pravokutni koordinatni 

sustav (O; ! i ; ! j ) (O; x; y) tako da se pozitivna 

x- os podudara s polarnom osi 

y 

y 

T=(ϕ,ρ) 

ρ 

O 

0 1 

ϕ 

x 

x 

onda je veza izme ¯du Kartezijevih (x; y) i polarnih 

koordinata ('; ) bilo koje tocke T 2 : 

( 

x = cos ' 

y = sin ' ; 

Pri odre ¯divanju ' iz tg ' = y x 

predznaku x, y. 

tg ' = y x 

= p x 2 + y 2 : 

treba voditi racuna o 


Prostorni koordinatni sustavi 

Zadamo li u prostoru E pravokutni (Kartezijev) 

koordinatni sustav (O; ! i ; ! j; ~ k) (O; x; y; z) : 

T 2 E ! T (x; y; z) x; y ; z 2 R; 

Cilindricni koordinatni sustav: 

N Neka je 2 E ravnina i neka je na njoj zadan 

polarni sustav (O; '; ); 

N Neka je q pravac koji prolazi tockom O okomit na 

ravninu i neka je na q dan koordinatni sustav 

(O; ! k ) (O; z) (q pravac - z-os); 

N Time je u prostoru deniran cilindricni koordinatni 

sustav (O; '; ; z) ; 

N 

T 2 E ! T ('; ; z); 

' 2 [0; 2i ; 2 [0; 1i ; z 2R; 

gdje su ' i polarne koordinate, u sustavu 


(O; '; ), okomite projekcije T 0 tocke T na ravninu 

, a z je koordinata, u sustavu (O; z), okomite 

projekcije T 00 tocke T na pravac q: 

z 

z T'' 

T=(ϕ,ρ,z) 

1 

O 

ϕ 

ρ 

y 

y 

Π 

x 

x 

T'=(ϕ,ρ) 

Veza pravokutnih i cilindricnih koordinata : 

8 

9 

< x = cos ' = 

T ('; ; z) ! y = sin ' ! T (x; y; z) 

: 

; 

z = z 

T (x; y; z) ! 

8 

< 

: 

= p x 2 +y 2 

tg ' = y x 

z = z 

9 

= 

; 

! T ('; ; z) 


Koordinatne ravnine 

N U Kartezijevom koordinatnom sustavu (O; x; y; z) 

se tocka T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) dobiva kao presjek 

koordinatnih ravnina x = x 0 ; y = y 0 i z = z 0 : 

N U cilindricnom koordinatnom sustavu (O; '; ; z) 

tocka T 0 = (' 0 ; 0 ; z 0 ) dobiva se kao presjek 

"koordinatnih ravina": 

' = ' 0 (poluravnina odre ¯dena sa z-osi i tockom 

T 0 ); 

= 0 (to je cilindar, tj. sve tocke u prostoru za 

koje je udaljenost od z- osi jednaka 0 ), 

z = z 0 (ravnina) 

z 

z 0 

T'' 

0 

z 0 =z 0 

ravnina 

z 

T 0 =(ϕ 0 ,ρ 0 ,z 0 ) 

x 

ϕ 0 

ρ =ρ 0 

cilindar 

y 

ρ 0 

T 0 ' 

ϕ =ϕ 0 

poluravnina 


Sferni koordinatni sustav: 

N Neka je 2 E ravnina i neka je na njoj zadan 

polarni sustav (O; '; ); 

N Neka je q pravac koji prolazi tockom O okomit na 

ravninu i neka je na q dan koordinatni sustav 

(O; ! k ) (O; z); 

N Neka je T 0 okomita projekciju na ravninu tocke 

T 2 E, T 6= O; 

N Neka je: 

r = d(O; T ) > 0; 

# 2 [0; ] - kut izme ¯du radijus-vektora ! OT i ! k ; 

' 2 [0; 2i - kut izme ¯du ! i i radijus-vektora ! OT 0 : 

N Time je u prostoru deniran sferni koordinatni 

sustav (O; '; #; r) ; 

N 

T 2 E ! T ('; #; r); 

' 2 [0; 2i ; # 2 [0; ]; r 2 [0; 1i : 


z 

z T'' 

1 

i 

k 

O 

ϕ 

θ 

ρ 

r 

T=(ϕ,θ,r) 

y 

Π 

y 

x 

x 

T'=(ϕ,ρ) 

Ako je T na pozitivnoj zraci z-osi onda su 

joj sferne koordinate (0; 0; r), a na negativnoj - 

(0; ; r). Ishodištu O se pridijeljuju sferne koordinate 

(0; 0; 0)). 

Koordinatne ravnine 

N U sfernom koordinatnom sustavu (O; '; #; r) 

tocka T 0 (' 0 ; # 0 ; r 0 ) dobiva se kao presjek "koordinatnih 

ravina": 

' = ' 0 (poluravnina odre ¯dena sa z-osi i tockom 

T 0 ); 

# = # 0 - stoac s vrhom u ishodištu O, 

r = r 0 - sfera sa središtem u ishodištu O i 

radijusa r 0 . 


z ϕ = ϕ 0 

poluravnina 

θ 0 

θ =θ 0 

T 0 

sto ac 

x 

y 

ϕ 0 

r = r 0 

sfera 

Veza pravokutnih i sfernih koordinata : 

Zadamo li u prostoru pravokutni koordinatni sustav 

(O; x; y; z) i sferni sustav (O; '; #; r) tako da se 

pozitivna x -os podudara s polarnom osi, te da im 

se podudaraju z-osi, moemo odrediti veze izme ¯du 

pravokutnih (x; y; z) i sfernih ('; #; r) koordinata bilo 

koje tocke T : 

T ('; #; r) ! 

8 

< 

: 

x = r sin # cos ' 

y = r sin # sin ' 

z = r cos # 

! T (x; y; z); 


8 

tg ' = y x 

# = arccos 

>< 

T (x; y; z) ! 

>: 

r = p x 2 +y 2 +z 2 

! T ('; #; r): 

z 

p 

x2 +y 2 +z 2 

Pri odre ¯divanju kuta ' iz tg ' = y x 

racuna o predznaku tih koordinata. 

treba voditi 

Primjer. Tocka T 1 = 0; 2 p 3; 2 zadana u pravokutnom 

koordinatnom sustavu ima u sfernom 

koordinatnom sustavu prikaz 

 

T 1 = 

2 ; 2 

3 ; 4 

jer je 

tg ' = y 1 

= 2p 3 

x 1 0 

# 1 = arccos 

) ' 1 = 2 ; 

z 1 

p 

x 

2 

1 + y 2 1 + z2 1 

1 

= arccos = 

2 

2 3 ; 

r 1 = 

qx 2 1 + y2 1 + z2 1 = r 

0 2 + 

 

2 p 3 2 

+ ( 2)2 = 4: 


1.2. Neke plohe 

Ravnina u prostoru 

Ponoviti - sami: 

vektorska jednadbe ravnine 

~n (~r ~r 1 ) = 0; 

jednadba ravnine kroz tri tocke 

x x 1 y y 1 z z 1 x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1 = 0; 

x 3 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 

jednadba ravnine jednom tockom T 1 = 

(x 1 ; y 1 ; z 1 ) : 

A(x x 1 ) + B(y y 1 ) + C(z z 1 ) = 0; 

opći oblik jednadbe ravnine : 

ili (vektorski): 

Ax + By + Cz + D = 0; 

! n 

! r + D = 0: 

gdje je ! n = fA; B; Cg normala te ravnine, a 

T 1 = (x 1 ; y 1 ; z 1 ) 2 i T = (x; y; z) 2 ; tj. 

! r 1 = fx 1 ; y 1 ; z 1 g i ! r = fx; y; zg 


z 

n 0 

T 1 

x 

O 

r 1 

r 

T 

y 

segmentni oblik jednadbe ravnine 

x 

a + y b + z c = 1: 

Plohe drugog reda 

Neka je u prostoru zadan pravokutni koordinatni 

sustav (O; x; y; z). Pod plohom drugoga reda (ili 

kvadrikom) podrazumijevamo skup svih tocaka 

T = (x; y; z) u prostoru cije koordinate zadovoljavaju 

jednadbu drugoga stupnja 

Ax 2 +By 2 +Cz 2 +Dxy + Exz + F yz+ 

+Gx + Hy + Jz + K = 0; 

s realnim koecijentima A, B, C, D, E, F , G, H, J i 

K, pod uvjetom da je barem jedan od A, B, C, D, E 

ili F razlicit od nule. Posebno će nas zanimati samo 

neke kvadrike. 


Jednadba 

(x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (z z 0 ) 2 = R 2 

predstavlja kuglinu plohu (ili sferu) sa središtem 

S = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) i polumjerom (ili radijusom) R > 0. 

– Neprazni presjek ove plohe ravninom paralelnom 

s koordinatnom ravninom jest ili krunica ili tocka, 

što povlaci da se krunica u prostoru moe zadati 

i kao presjek sfere i ravnine. 

z 

x 

Sl. 1. 

y 

Za dane realne ne nul-konstante a, b i c, jednadba 

(x x 0 ) 2 

a 2 + (y y 0) 2 

b 2 + (z z 0) 2 

c 2 = 1 

odre ¯duje plohu koju nazivamo elipsoidom. Njegove 

su osi usporedne s koordinatnim osima, a 

duljine su im redom 2jaj, 2jbj i 2jcj. 


– Neprazni elipsoidovi presjeci ravninama usporednim 

s koordinatnim osima jesu ili krunice ili 

elipse ili tocke. Primijetimo da u slucaju a = b = c 

elipsoid postaje sferom. 

Nadalje, jednadba 

x 2 

a 2 + y2 

b 2 z 2 

c 2 = 1 

opisuje jednokrilni elipticni hiperboloid (Sl 2. 

(a)). 

– Njegovi neprazni presjeci ravninama usporednima 

sa z-osi jesu ili hiperbole ili tocke, dok su mu 

presjeci ravninama usporednim s xy-ravninom 

elipse. 

– Ciklickim zamjenama 

x y; y z; z x i a b; b c; c a 

dobivamo jednadbu "iste" plohe u drugom 

poloaju (y-os je "povlaštena"): 

z 2 

c 2 + x2 

a 2 y 2 

b 2 = 1; 

a još jednom takvom zamjenom dobivamo jed- 


nadbu ("povlaštena" je x-os): 

y 2 

b 2 + z2 

c 2 x 2 

a 2 = 1: 

z 

z 

x 

y 

x 

y 

(a) 

Sl. 2. 

(b) 

Jednadba 

x 2 

a 2 y 2 

b 2 + z2 

c 2 = 1 

opisuje dvokrilni elipticni hiperboloid (Sl 2. (b)). 

– Njegov neprazni presjek ravninom usporednom 

sa z-osi jest hiperbola, dok mu je neprazni presjek 

ravninom usporednom s xy-ravninom ili elipsa ili 

tocka. 


– Ciklicki izmijenjujući koordinate (varijable) x; y; z, 

kao i pripadne konstante a; b; c, dobivamo jednadbe 

"iste" plohe u razlicitim poloajima: 

z 2 

c 2 x 2 

a 2 + y2 

b 2 = 1; y 2 

b 2 z 2 

c 2 + x2 

a 2 = 1: 

z 

z 

x 

(a) 

y 

x 

(b) 

y 

Sl. 3. 

Jednadba 

x 2 

a 2 + y2 

b 2 = 2z 

opisuje plohu koju nazivamo elipticnim paraboloidom 

(Sl 3. (a)). Faktor 2 u monomu 2z nije bitan, ali je 

tehnicki (algebarski) pogodan. 

– Karakteristicni presjeci ove plohe prikladnim ravninama 

koje su paralelne koordinatnim ravninama 

jesu elipse ili parabole. 

– Odgovarajućim ciklickim izmjenama dobivamo još 


dvije jednadbe "iste" plohe u razlicitim poloajima. 

Jednadba 

y 2 

b 2 x 2 

a 2 = 2z 

odre ¯duje hiperbolicni paraboloid (Sl 3.(b)). 

Analogni komentari (o ciklickim zamjenama) vrijede 

i za ove plohe. 

Jednadba 

x 2 

a + y2 

2 b = z2 

2 c 2 

opisuje stoastu (ili konusnu) plohu (Sl 4.). Opet 

su moguće još dvije (ciklicke) varijante. 

z 

x 

y 

Sl. 4. 


Nadalje, jednadbe 

x 2 

a 2 + y2 

b 2 = 1 

x 2 

a 2 z 2 

c 2 = 1 

z = 2ay 2 

opisuju redom elipticne, hiperbolicne i parabolicne 

valjcaste (ili cilindricne) plohe (Sl 5.). Dakako da 

su i u ovim jednadbama moguće prije spominjane 

ciklicke izmjene. Ove valjcaste plohe su samo vrlo 

posebni primjeri (opće) valjcaste plohe 

z 

z 

z 

x 

y 

x 

Sl. 5. 

y 

x 

y 


Denicija 1.1. Neka je u ravnini dana krivulja K; 

te neka je p pravac koji probada . Promatrajmo 

skup svih pravaca u prostoru koji sijeku krivulju K i 

usporedni su s pravcem p. Tretirajući svaki pravac 

tockovnim skupom, pripadnu (tockovnu) uniju nazivamo 

valjcastom (ili cilindricnom) plohom. Pritom 

govorimo da je pravac p izvodnica (ili generatrisa), 

a krivlja K ravnalica (ili direktrisa) te valjcaste plohe. 

Primjerice, elipticnoj valjcastoj plohi 

x 2 

a 2 + y2 

b 2 = 1 

jedna izvodnica jest z-os, a ravnalica joj je elipsa 

x 2 

a + y2 

= 1; z = 0: 

2 b2 Primijetimo da je svaka ravnina (trivijalna) valjcasta 

ploha (za krivulju K treba uzeti odgovarajući pravac 

k). 


Napomenimo i to da se prostorna krivulja cesto 

zadaju presjekom dviju ploha. 

Primjer. Skicirati tijelo V ome ¯deno plohama 

z 2 = x 2 y 2 z = p x 2 + y 2 

(dio u cijelosti sadran u gornjem poluprostoru) i 

opisati ga u pravokutnom i cilindricnom koordinatnom 

sustavu. 

Tijelo V odre ¯deno je plohama z 2 = x 2 y 2 

(paraboloid) i z = p x 2 + y 2 (stoasta ploha). 

z 

z=2x 2 y 2 

z= x 2 +y 2 

y 

x 

Odredimo projekciju V xy tijela V na xy-ravninu: 


Odredimo projekciju krivulje koja se nalazi u presjeku 

promatranih ploha. Eliminacijom izraza x 2 + y 2 

iz z 2 = x 2 y 2 i z = p x 2 + y 2 dobivamo 

z 2 + z 2 = 0 =) z 1 = 1; z 2 = 2: 

Dakle, mora biti z = 1, pa je x 2 + y 2 = 1: Drugim 

rijecima, presjecna krivulja je krunica 

x 2 + y 2 = 1; z = 1; 

i projekcija presjecne krivulje na xy-ravninu je 

krunica x 2 + y 2 = 1. 

Traena projekcija V xy je krug 

D = (x; y) j x 2 + y 2 1 : 


Ukoliko tocka T = (x; y; z) pripada tijelu V; tada 

njena projekcija T 0 = (x; y; 0) na xy-ravninu mora 

pripadati krugu D; a to znaci p da za njezine koordinate 

vrijedi 1 x 1 i 1 x2 y p 1 x 2 : 

Konacno, za z- koordinatu tocke T = (x; y; z) 2 V 

vrijedi p x 2 + y 2 z (tocka T lei iznad stoaste 

plohe) i z 2 x 2 y 2 (tocka T lei ispod plohe 

paraboloida). Dakle, 

V = 

n 

(x; y; z) j 1 x 1; 

p o 

x2 + y 2 z 2 x 2 y 2 : 

p 

p 

1 x 2 y 1 x 2 ; 

U cilindricnom koordinatnom sustavu koordinate 

projekcije T 0 = ('; r; 0) tocke T = ('; r; z) 2 V 

mora leati u krugu D; dakle za njezine koordinate 

vrijedi 0 ' 2; 0 1: Uvjet za z-kordinatu 

p 

x2 + y 2 z 2 x 2 y 2 prelazi u z 2 2 : 

Dakle, 

V = 

n 

('; ; z)j 0 ' 2; 0 1; z 2 2o : 


1.3. Funkcije više varijabli 

Denicija 1.2. Neka je D R m R R: 

Funkciju 

f : D 

! R 

nazivamo realnom funkcijom od m realnih varijabla. 

(x 1 ; x 2 ; :::; x m ) 2 D f ! u = f (x 1 ; x 2 ; :::; x m ) 2 R 

(Svakoj ure ¯denoj m torci (x 1 ; x 2 ; :::; x m ) 2 D 

pravilom f pridruen je jedan i samo jedan realan 

broj u 2 R:) 

Kao i funkciju jedne varijable, funkciju više varijabla 

(skalarnu funkciju) moemo zadati analiticki, 

tablicno, gracki, parametarski, implicitno, ... 

Dakle: 

Ako je D R 2 ; funkciju 

f : D 

! R 

nazivamo funkcijom dviju varijabli. 

(x; y) 2 D 

f ! z = f(x; y) 2 R 


– f [D] = f z j z = f(x; y); (x; y) 2 Dg slika 

funkcije, 

– x; y nezavisne varijable, 

– z zavisna vrijabla. 

Funkciju obicno zadajemo u eksplicitnom obliku 

z = f(x; y): 

Budući da, u tom slucaju, nije naznacena domena, 

podrazumijevamo da je domena maksimalan podskup 

D f od R 2 za koji pravilo f "ima smisla". 

Skup 

f = f (x; y; f(x; y)) j (x; y) 2 Dg R 3 

nazivamo graf funkcije f : D ! R; D R 2 : Graf u 

prostoru predstavlja neku plohu. 

Primjer. Zapis z = ln(x + y 

2) denira funkciju 

f : D f ! R; D f R 2 ; f(x; y) = ln(x + y 2); 

pri cemu je denicijsko podrucje D f odre ¯deno nejednadbom 

x + y 2 > 0, tj. 

D f = (x; y) 2 R 2 j y > x + 2 


y 

2 

0 

2 

x 

Neka je D R 3 : Funkciju 

f : D 

! R 

nazivamo funkcijom triju varijabli. 

(x; y; z) 2 D 

f ! u = f(x; y; z) 2 R 

f [D] = f u j u = f(x; y; z); (x; y; z) 2 Dg 

funkcije, 

x; y; z 

u 

nezavisne varijable, 

zavisna vrijabla. 

slika 

u = f(x; y; z) eksplicitni oblik (domena D f - 

maksimalan podskup od R 3 za koji pravilo f ima 

smisla) 

graf funkcije f : D 

! R; D R 3 je 

f = f (x; y; z; f(x; y; z)) j (x; y; z) 2 Dg R 4 


(ne moemo nacrtati) 

Primjer. Pravilo u = arcsin(x 2 + y 2 + z 2 

funkciju 

2) denira 

f : D f ! R; D f R 3 ; 

(x; y; z) 7! f(x; y; z) = arcsin(x 2 + y 2 + z 2 2); 

pri cemu je denicijsko podrucje D f odre ¯deno nejednadbama 

1 x 2 + y 2 + z 2 2 1: Dakle, 

D f = (x; y; z) 2 R 3 j 1 x 2 + y 2 + z 2 3 : 

Graf f funkcije moguće je nacrtati (djelomicno) 

samo za m 2. 

U slucaju m = 2 crtanjem isticemo samo neke njegove 

vane podskupove. To su, najcešće, presjeci 

f odabranim ravninama u prostoru R 3 . Ako su te 

ravnine usporedne s ravninom z = 0 (koordinatnom 

xy-ravninom), dobivene presjeke nazivamo 

razinskim (ili nivo-) krivuljama funkcije f (ili grafa 

f). Po tomu, svaki broj z 0 2 f [D] odre ¯duje jednu 

razinsku krivulju jednadbom f(x; y) = z 0 . 


z 

z=z 0 

z 0=f(x,y) 

x 

z=f(x,y) 

y 

Dakle, na svakoj razinskoj krivulji su funkcijske 

vrijednosti nepromijenjive. 

Primjer. Funkcijski graf G f za funkciju 

f(x; y) = p x 2 + y 2 

crtamo isticući njegove presjeke s koordinatnim ravninama 

ili ravninama usporednim s njima: 

– ravninom x = 0 (to su zrake: z = y, z 0, x = 0; 

z = y, z 0, x = 0); 

– ravninom y = 0 (to su zrake: z = x, z 0, y = 0; 

z = x, z 0, y = 0); 

– ravninom z = 1 (to je razinska krivulja (krunica) 

x 2 + y 2 = 1, z = 1). 

Primijetimo da je G f stoasta ploha 


z= x 2 +y 2 

z 

z=1 

x 2 +y 2 =1, z=1 

x 

y 

Slicno se u slucaju f : D ! R, D R 3 ; dakle 

f R 4 , govori o razinskim plohama (ili nivoplohama) 

funkcije f. Pritom svaka jednadba 

f(x; y; z) = u 0 ; u 0 2 f [D] ; 

odre ¯duje tocno jednu pripadnu razinsku plohu na 

kojoj su sve funkcijske vrijednosti jednake u 0 . 

Primjer. Razinske plohe za funkciju 

f : D ! R; D = R 3 n f(x; y; z) j z = 0g ; 

f(x; y; z) = x2 + y 2 

; 

z 

su paraboloidi (bez "tjemena") z = 1 u 0 

x 2 + y 2 ; 

u 0 2 R n f0g. 


z 

x 

y 

1.4. Granicna vrijednost i neprekidnost 

Najprije treba denirati što u R 3 (R 2 ) znaci "biti blizu", 

tj. što će biti "mala okolina" po volji odabrane tocke. 

Posluit ćemo se standardnom udaljenošću d(T; T 0 ) 

me ¯du tockama, tj. 

za T = (x; y; z) ; T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 2 R 3 udaljenost 

d(T; T 0 ) deniramo sa 

d (T; T 0 ) = p (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (z z 0 ) 2 ; 

za T = (x; y) ; T 0 = (x 0 ; y 0 ) 2 R 2 sa 

d (T; T 0 ) = p (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 ; 


koja se za T = (x); T 0 = (x 0 ) (slucaj m = 1) svodi 

na standardnu udaljenost u R 

d(T; T 0 ) = p (x x 0 ) 2 = jx x 0 j: 

Sve pojmove i tvrdnje dajemo u dimenziji m = 2 

uz napomenu da iskazano vrijedi i za slucaj m = 3 

(dakako i za m = 1): 

Denicija 1.3. Za bilo koju tocku T 0 2 R 2 i bilo koji 

broj " > 0, skup 

K(T 0 ; ") fT 2 R 2 j d (T 0 ; T ) < "g R 2 

nazivamo (otvorenom) kuglom polumjera " oko 

tocke T 0 . 

K(T 0 ,ε) 

K(T 0 ,ε) 

K(T 0 ,ε) 

Kugle 

Reći ćemo da je skup U R 2 okolina tocke T 0 2 U 

ako postoji neki " > 0 takav da je kugla K(T 0 ; ") U. 


Za skup D R 2 ćemo reći da je otvoren ako je on 

okolina svake svoje tocke (napomena: on tada ne 

sadri niti jednu tocku "ruba"). Neotvoreni skup sadri 

tocke kojima nije okolina (napomena: on tada sadri 

barem jednu tocku "ruba"). 

y 

otvoren skup 

neotvoren skup 

0 

x 

Reći ćemo da je tocka T 0 gomilište skupa D ako 

svaka okolina od T 0 sijece skup D n fT 0 g. Za skup D 

kaemo da je zatvoren ako sadri sva svoja gomilišta 

(napomena: on tada sadri i sve tocke "ruba"). 

Ako za tocku T 2 D postoji neka okolina koja ne 

sijece skup D n fT g onda kaemo da je T izolirana 

tocka skupa D 

Skup D R 2 je zatvoren ako je njegov komplement 

D c = R 2 r D otvoren skup. 

Napokon, reći ćemo da je skup D ome ¯den ako 

postoji neka kugla koja ga sadri. 


Granicna vrijednost realne funkcije više varijabli: 

Intuitivna denicija: 

Kaemo da je L 0 2 R limes funkcije f u neizoliranoj 

tocki T 0 = (x 0 ; y 0 ) (podrucja denicije od f), i pišemo 

lim f(x; y) = L 0; 

(x;y)!(x 0 ;y 0 ) 

ako vrijednosti f(x; y) tee prema L 0 kad (x; y) tei 

prema (x 0 ; y 0 ) : 

Denicija 1.4. Neka su dani funkcija f : D ! R, 

D R 2 ; i tocka T 0 koja nije izolirana tocka od D. 

Reći ćemo da je broj L 0 2 R granicna vrijednost 

funkcije f u tocki T 0 ako 

(8" > 0)(9 > 0)(8T 2 D n fT 0 g) 

d(T; T 0 ) < ) jf(T ) L 0 j < ": 

(Primijetimo da se uvjet provjerava u tockama 

T 2 K(T 0 ; ), T 6= T 0 !) 

U tom slucaju pišemo 

lim f(T ) = L 0 ili limf(T ) = L 0 : 

T !T 0 T0 


Napomena 1.5. Kod funkcija jedne varijable smo 

imali 

lim f(x) = 

x!x 0 +0 

te 

lim f(x) 6= lim 

x!x 0 +0 

lim f(x) = L =) lim f(x) = L; 

x!x 0 0 x!x 0 

f(x) =) lim f(x) ne postoji. 

x!x 0 0 x!x 0 

Ovdje je situacija sloenija. Puteva kako ”ići” u (x 0 ; y 0 ) 

ima beskonacno. No, jasno je da limes ne smije ovisiti 

o putanji. 

Napomena 1.6. Ukoliko je 

lim f(x; y) = L 1 i lim f(x; y) = L 2 

(x;y)!(x 0 ;y 0 ) (x;y)!(x 0 ;y 0 ) 

c1 c2 

te L 1 6= L 2 tada lim f(x; y) ne postoji. Ovo je 

(x;y)!(x 0 ;y 0 ) 

postupak kako utvrditi da limes ne postoji (to je puno 

lakše nego utvrditi da postoji). 


0.5 

2 

0 

2 

0.25 

0 

0.25 

0.5 

2 

0 

2 

1.z = xy 

x 2 + y 2 

Primjer. Ispitajte granicnu vrijednost funkcije 

f(x; y) = 

xy 

x 2 + y 2 

u tocki (0; 0): 

Ukoliko (x; y) ! (0; 0) ide po putevima koje odre ¯duju 

pravci y = kx imamo 

x kx 

lim f(x; y) = lim 

(0;0) 

x!0 x 2 + k 2 x = 2 

y=kx 

k 

1 + k 2 

i traeni limes ne postoji jer za razlicite k dobijamo 

razlicite vrijednosti. 


4 

4 

0.4 

0.2 

2 

2 

z 0.0 

0 0 

0.2 

y2 

0.4 

2x 

4 

4 

Graf funkcije f (x; y) = xy 

x 2 +y 2 

0.4 

4 

0.2 

2 

2 

z 0.0 

0 0 

0.2 

x2 0.4 

2y 

4 

4 

4 


Primjer. Funkcija 

f : R 2 n f(0; 0)g ! R; f(x; y) = sin x2 + y 2 

x 2 + y 2 , 

ima u tocki (0; 0) granicnu vrijednost 1, lim 

(0;0) 

f(x; y) = 1. 

Ukoliko (x; y) ! (0; 0) ide po putevima koje odre ¯duju 

pravci y = kx imamo 

sin x 2 +k 2 x 2 

lim f(x; y) = lim 

(0;0) 

x!0 x 2 +k 2 x 2 

y=kx 

sin x 2 1 + k 2 

= lim 

x!0 x 2 1 + k 

2 = 1; 

što znaci da limes postoji i da je jednak 1. 


2 

0 

2 

1 

0.5 

0 

2 

0 

2 

2.z = sin (x 2 +y 2 ) 

x 2 +y 2 

Zadatak se moe riješiti i prijelazom na polarne koordinate. 

Budući je x = cos ' i y = sin ', tada 

(x; y) ! (0; 0) ako i samo ako ! 0: Imamo 

lim 

(0;0) 

sin x 2 +y 2 

x 2 +y 2 

sin 2 

= lim = 1: 

!0 2 

Budući da dobiveni rezultat ne ovisi o '; tj. o kutu 

pod kojim "dolazimo" u tocku (0; 0); dakle ne ovisi o 

krivulji po kojoj dolazimo u tocku (0; 0); zakljucujemo 

da limes postoji i da je jednak 1. 


Teorem o uzastopnim limesima za funkciju dviju varijabla: 

Teorem 1.7. Neka je 

L = 

lim f (x; y) 

(x;y)!(x 0 ;y 0 ) 

Ako postoje uzastopni limesi 

 

L 1 = lim lim f (x; y) i 

y!y0 x!x 0 

L 2 = lim 

x!x0 

 

 

lim f (x; y) 

y!y 0 

onda je L 1 = L = L 2 : 

Postojanje i jednakost uzastopnih limesa L 1 i L 2 

znaci samo postojanje i jednakost granicne vrijednosti 

funkcije za dva od beskonacno mnogo putova 

pribliavanja tocki (x 0 ; y 0 ) ; što ne osigurava postojanje 

limesa L: 

Podsjetimo se da L 1 6= L 2 

postoji. 

povlaci da limes L ne 


Primjer 1. Budući da je 

L 1 = lim 

L 2 = lim 

 

lim 

y!0 x!0 

 

lim 

x!0 y!0 

 

x y 

x + y 

 

x y 

x + y 

= lim 

y!0 

( 1) = 1; 

= lim 

x!0 

1 = 1; 

to ne postoji limes 

lim 

(x;y)!(0;0) 

x y 

x + y . 

Primjer 2. Vrijedi sljedeće: 

L 1 = lim 

L 2 = lim 

 

lim 

y!0 x!0 

 

lim 

x!0 y!0 

 

xy 

x 2 + y 2 

 

xy 

x 2 + y 2 

= lim 

y!0 

0 = 0; 

= lim 

x!0 

0 = 0: 

Dakle uzastopni limesi postoje i me ¯dusobno su 

jednaki, a ipak ne postoji limes 

lim 

(x;y)!(0;0) 

xy 

x 2 + y 2; 

što smo već vidjeli u jednom ranijem primjeru. 


Denicija 1.8. Neka je dana funkcija f : D f ! R; 

D f R 2 : Ako je 

lim f(x; y) = f(x 0; y 0 ) 

(x;y)!(x 0 ;y 0 ) 

kaemo da je funkcija f neprekidna u tocki 

(x 0 ; y 0 ) 2 D f : 

Ako je f neprekidna u svakoj tocki (x; y) 2 D f 

kaemo da je f neprekidna funkcija. 


Primjer. Funkcija 

8 

>< 

f(x; y) = 

>: 

je neprekidna. Jer je 

lim 

(x;y)!(0;0) 

sin(x 2 +y 2 ) 

x 2 +y 2 ; (x; y) 6= (0; 0) 

1; (x; y) = (0; 0) 

sin x 2 + y 2 

x 2 + y 2 = 1 = f(0; 0): 

Napomena. Limes i neprekidnost funkcija triju varijabli 

se slicno denira. 

Napomena. Zbroj f + g, razlika f g, umnoak 

f g i kolicnik f g 

(kad god su denirani) neprekidnih 

skalarnih funkcija jesu neprekidne skalarne funkcije. 


1.5. Parcijalne derivacije 

Promatrajmo funkciju f : D ! R, D R 2 i po volji 

odabranu tocku T 0 = (x 0 ; y 0 ) 2 D: Oznacimo ravnine 

Nadalje, neka je 

y0 ::: y = y 0 i x0 ::: x = x 0 : 

D y0 = y0 \ D D i D x0 = x0 \ D D 

Ocito je D y0 6= ?; D x0 6= ?; jer sadre barem tocku 

T 0 . Restrikcije 

fj Dy0 f 1 : D y0 ! R; f 1 (x) = f (x; y 0 ) 

fj Dx0 f 2 : D x0 ! R; f 2 (y) = f (x 0 ; y) 

smijemo smatrati funkcijama jedne varijable, jer se 

mijenja samo koordinata x, odnosno y, redom. 

z 

f 1 (x 0 )=f(x 0 ,y 0 ) 

z=f(x 0 ,y)=f 2 (y) 

z=f(x,y) 

z=f(x,y 0 )=f 1 (x) 

x 

D 

T=(x 0 ,y 0 ) 

D x0 

y 

D y0 


Denicija 1.9. Neka je f : D ! R; D R 2 ; funkcija 

dviju varijabli i (x 0 ; y 0 ) 2 D: Ako postoji limes 

f 1 (x 0 +x) f 

z }| { 

1 (x 0 ) 

z }| { 

f(x 0 + x; y 0 ) f(x 0 ; y 0 ) 

lim 

x!0 

| {z x } 

f 0 1 (x 0) 

= @f 

@x (x 0; y 0 ) = f 0 x(x 0 ; y 0 ) 

onda f 0 x(x 0 ; y 0 ) nazivamo prva parcijalna derivacija 

po x funkcije f u tocki (x 0 ; y 0 ): Ako postoji limes 

f 2 (y 0 +y) 

z }| { 

f(x 0 ; y 0 + y) 

f 2 (y 0 ) 

z }| { 

f(x 0 ; y 0 ) 

lim 

y!0 

| {z 

y 

} 

f2 0(y 0) 

= @f 

@y (x 0; y 0 ) = f 0 y(x 0 ; y 0 ) 

onda f 0 y(x 0 ; y 0 ) nazivamo prva parcijalna derivacija 

po y funkcije f u tocki (x 0 ; y 0 ): 

Ako ovi limesi postoje za sve (x; y) 2 D dobivamo 

dvije funkcije dviju varijabli: fx 0 : D ! R 

D 3 (x; y) 

f 0 x 

7 ! f 0 x(x; y) 2 R 

prva parcijalna derivacija od f po x; 


i f 0 y : D 

! R 

D 3 (x; y) 

f 0 y 

7 ! f 0 y(x; y) 2 R 

prva parcijalna derivacija od f po y: 

Koriste se još i oznake: 

f 0 x = f x = D x f; f 0 y = f y = D y f: 

Napomena. Ako elimo naći fx 0 , tada u izrazu 

f(x; y) varijablu y treba tretirati kao konstantu i 

derivirati po x: 

Analogno, ako traimo fy; 0 tada u izrazu f(x; y) varijablu 

x treba tretirati kao konstantu i derivirati po y: 


Napomena. (Geometrijska interpretacija parcijalnih 

derivacija funkcije f(x; y):) 

Graf funkcije dviju varijabli je ploha z=f(x; y). 

Presjecemo li tu plohu ravninom x = x 0 ili y = y 0 

dobit ćemo ravninske krivulje 2 odnosno 1; 

redom. Prisjetimo se da je 1 graf restrikcije f 1 

polazne funkcije f; a 2 graf restrikcije f 2 polazne 

funkcije f: 

Geometrijska interpretacija parcijalnih derivacija 

fx(x 0 0 ; y 0 ) i fy(x 0 0 ; y 0 ): 

to su koecijenti smjera tangente na 1; odnosno na 

2 u tocki T 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 =f(x 0 ; y 0 )). 

t y 

z t x0 

0 

Γ 1 

Γ 2 

z=f(x,y) 

(x 0 ,y 0 ) 

x 

α 

y 

β 

Slika 3. 


Napomena. Analogno se deniraju i parcijalne 

derivacije funkcija tri i više varijabli. Npr. za 

u = f(x; y; z) imamo 

lim 

x!0 

f(x 0 + x; y 0 ; z 0 ) f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) 

x 

= f 0 x(x 0 ; y 0 ; z 0 ) 

Slicno, f 0 y(x 0 ; y 0 ; z 0 ); f 0 z(x 0 ; y 0 ; z 0 ): 

Tehnika deriviranja ostaje ista: deriviramo po varijabli 

x; tretirajući y i z kao konstante, pa dobivamo 

f 0 x(x; y; z): 

Neka je T 0 = x 0 1 ; x0 2; :::; x 0 n 

2 D R n i f : D ! R: 

Ako postoji limes 

lim 

x i !0 

f x 0; :::; x0 1 i + x i; x 0 i+1; :::; 

x0 n 

x i 

f x 0; :::; x0 1 i ; :::; 

x0 n 

onda taj limes nazivamo parcijalna derivacija funkcije 

f po varijabli x i u tocki T 0 i oznacavamo f 0 x i 

(T 0 ) = 

@f 

@x i 

(T 0 ) : 

Ako funkcija f ima u tocki T 0 parcijalnu derivaciju 

po svakoj varijabli onda kaemo da je funkcija f 

derivabilna u tocki T 0 . Ako je f derivabilna u svakoj 

tocki T 2 D; nazivamo ju derivabilnom funkcijom. 


Sjetimo se da za realne funkcije jedne varijable derivabilnost 

povlaci neprekidnost. Sada ćemo pokazati 

da za funkcije više varijabla to, općenito, ne vrijedi. 

Primjer. Pokazali smo da je funkcija f : R 2 ! R 

zadana propisom 

8 xy 

>< 

x 

f(x; y) = 

2 + y2, (x; y) 6= (0; 0) 

>: 

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

prekidna u tocki (0; 0) ( 

lim 

(x;y)!(0;0) 

f(x; y) ne postoji). 

Ona je, me ¯dutim, derivabilna u tocki (0; 0). Naime 

f 0 x(0; 0) = 

f (0 + x; 0) f(0; 0) 

lim 

x!0 x 

= lim 

x!0 

(x)0 

(x) 2 +0 2 0 

x 

= 0; 

a slicno se pokae da je i f 0 y(0; 0) = 0. 

Dakle prve parcijalne derivacije zadane funkcije f su 

redom funkcije: 


f 0 x : R 2 ! R 

f 0 x(x; y) = 

i f 0 y : R 2 ! R 

f 0 y(x; y) = 

8 

< 

: 

8 

< 

: 

y y2 x 2 

(x 2 + y 2 ) 

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

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

x x2 y 2 

(x 2 + y 2 ) 

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

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


Denicija 1.10. Parcijalnim deriviranjem prvih parcijalnih 

derivacija f 0 x(x; y) i f 0 y(x; y) (to su opet 

funkcije dviju varijabli), dobivamo parcijalne derivacije 

drugog reda: 

@ 

@x 

@ 

@y 

@ 

@x 

@ 

@y 

@f 

@x 

@f 

@x 

@f 

@y 

@f 

@y 

def 

= @2 f 

@x 2 = f 00 

xx = D xx f 

def 

= @2 f 

@y@x = f 00 

xy = D xy f 

def 

= @2 f 

@x@y = f 00 

yx = D yx f 

def 

= @2 f 

@y 2 = f 00 

yy = D yy f 

- druga parcijalna derivacija po x 

9 

>= 

>; 

- druge mješovite parcijalne derivacije 

- druga parcijalna derivacija po y 

Ovo su opet funkcije dviju varijabli. 

Parcijalnim deriviranjem ovih funkcija dolazimo do 

parcijalnih derivacija trećeg reda itd. 

Analogno se deniraju parcijalne derivacije višeg 

reda funkcija od tri ili više varijabli. 


Cesto puta se doga ¯da da su mješovite derivacije 

neke funkcije f; tj. funkcije fxy 00 i fyx 

00 me ¯dusobno 

jednake. Postavlja se pitanje: 

Uz koje uvjete na funkciju f to vrijedi? 

Odgovor na to pitanje dan je u narednom teoremu: 

Teorem 1.11. (Schwarzov teorem) Neka funkcija 

f : D R 2 ! R 

ima u nekoj u nekoj okolini K (T 0 ; ") tocke T 0 

neprekidne parcijalne derivacije prvog reda fx 0 i 

fy 0 , i neka u toj okolini postoje mješovite parcijalne 

derivacije drugog reda fxy 00 i f yx 00 . 

Ako su druge mješovite parcijalne derivacije fxy 00 i f yx 

00 

neprekidne u tocki T 0 , onda su one i jednake u T 0 ; tj. 

vrijedi 

f 00 

xy(T 0 ) = f 00 

yx(T 0 ): 

(Nije bitan poredak deriviranja!) 

Napomena. Schwarzov teorem moemo poopćiti i 

na više derivacije (ako su neprekidne), tj. opet nije 

bitan poredak deriviranja. 


Primjer. Odredimo sve parcijalne derivacije drugoga 

reda i treće parcijalne derivacije po x, y i x redom, te 

po x, x, i y redom (ondje gdje postoje) za funkciju 

f : D ! R; D R 2 ; f(x; y) = x 2 y + x ln y: 

Denicijsko podrucje D je otvorena poluravnina 

(x; y) 2 R 2 j y > 0 i funkcija f je derivabilna. 

Pritom je, u bilo kojoj tocki (x; y) 2 D, 

f 0 x(x; y) = 2xy + ln y; 

f 0 y(x; y) = x 2 + x y : 

Primijetimo da su i obje parcijalne derivacije derivabilne 

funkcije, tj. da je funkcija f dvaput derivabilna, 

i da je 

f 00 

xx(x; y) = 2y; f 00 

yx(x; y) = 2x + 1 y ; 

f 00 

xy(x; y) = 2x + 1 y ; f 00 

yy(x; y) = x y 2: 

Napokon, ocito je da je f i triput (zapravo, po volji 

mnogo puta) derivabilna i da je fxyx(x; 000 y) = 2 = 

fyxx(x; 000 y): 


Primjer. Promatrajmo funkciju f : R 2 ! R zadanu 

propisom 

8 

< 

xy x2 y 2 

f(x; y) = x 

: 

2 + y2, (x; y) 6= (0; 0) 

: 

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

Funkcija f je derivabilna na R 2 n f(0; 0)g i pritom je 

x 

fx(x; 0 2 

y 2 

y) = y 

x 2 + y + 4x2 y 2 

; 

2 (x 2 + y 2 ) 2 

f 0 y(x; y) = x 

x 

2 

y 2 

x 2 + y 2 4x 2 y 2 

(x 2 + y 2 ) 2 

: 

Nadalje, obje ove parcijalne derivacije su derivabilne 

funkcije (na R 2 n f(0; 0)g) i vrijedi 

fyx(x; 00 y) = x2 y 2 

1 + 8x2 y 2 

x 2 + y 2 (x 2 + y 2 ) 2 

= f 00 

xy(x; y): 

Pogledajmo sada što je s derivabinošću u tocki (0; 0)! 


Budući da je f(x; 0) = 0 za svaki x 2 R i f(0; y) = 0 

za svaki y 2 R, to je f derivabilna i u (0; 0) i 

f 0 x(0; 0) = 0 = f 0 y(0; 0): Primijetimo da je 

f 0 x(x; 0) = 0; f 0 y(x; 0) = x; f 0 x(0; y) = y; f 0 y(0; y) = 0; 

pa za druge mješovite parcijalne derivacije od f u 

(0; 0) dobivamo: 

f 00 

xy(0; 0) = 

f 

lim 

x(0; 0 0 + 4y) fx(0; 0 0) 

4y!0 4y 

= 

= lim 

4y!0 

4y 0 

= 1; 

4y 

f 00 

yx(0; 0) = 

fy(0 0 + 4x; 0) fy(0; 0 0) 

lim 

4x!0 4x 

= 

4x 0 

= lim 

4x!0 4x = 1; 

Dakle, funkcija f je dvaput derivabilna. Me ¯dutim, 

"mješovite" druge parcijalne derivacije fyx(0; 00 0) i 

fxy(0; 00 0) su me ¯dusobno razlicite! Uzrok, dakako, lei 

u prekidnosti funkcije fxy(x; 00 y) u tocki (0; 0). 


1.6. Tangencijalna ravnina. Diferencijal funkcije. 

Neka je funkcija f : D R 2 ! R, derivabilna u 

tocki (x 0 ; y 0 ) 2 D. Tada postoje parcijalne derivacije 

fx(x 0 0 ; y 0 ) i fy(x 0 0 ; y 0 ): 

Graf funkcije je ploha dana jednadbom z=f(x; y). 

Presjecemo li tu plohu ravninom x = x 0 ; odnosno 

y = y 0 ; dobit ćemo ravninske krivulje 2 , odnosno 1 ; 

redom. 

x 

α 

t y 

Slika 3. 

t x0 

z Γ 1 

Γ 2 

0 

z=f(x,y) 

(x 0 ,y 0 ) 

y 

β 

Parcijalna derivacija f 0 x(x 0 ; y 0 ) je koecijent smjera 

tangente t 1 na 1 u tocki T 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 =f(x 0 ; y 0 )) : 

t 1 ::: z z 0 = f 0 x(x 0 ; y 0 )(x x 0 ); y = y 0 ; 

(na slici oznacena sa t y0 ) 


a parcijalna derivacija f 0 y(x 0 ; y 0 ) je koecijent smjera 

tangente t 2 na 2 u tocki T 0 : 

t 2 ::: z z 0 = f 0 y(x 0 ; y 0 )(y y 0 ); x = x 0 : 

(na slici oznacena sa t x0 ). 

denirane tangentama t 1 i t 2 

Jednadba ravnine 

dana je sa 

::: z z 0 = f 0 x(x 0 ; y 0 )(x x 0 )+f 0 y(x 0 ; y 0 )(y y 0 ): () 

t y 

z t x0 

0 

Γ 1 

Γ 2 

z=f(x,y) 

(x 0 ,y 0 ) 

x 

α 

y 

β 

Slika 3. 

U dovoljno maloj okolini tocke (x 0 ; y 0 ) ; ova ravnina 

i ploha dana jednadbom z=f(x; y); imaju samo 

jednu zajednicku tocku T 0 ; pa ravninu danu s () 

nazivamo tangencijalna ravnina na plohu z = f(x; y) 

u tocki T 0 : 


Primjer. Odredimo jednadbu tangencijalne ravnine 

na plohu zadanu funkcijom 

u tocki T 0 = (1; 1; 3): 

f(x; y) = 2x 2 y 2 

Kako je f 0 x(x; y) = 4x; f 0 y(x; y) = 2y; imamo da je 

f 0 x(1; 1) = 4 i f 0 y(1; 1) = 2: 

Jednadba tangencijalne ravnine glasi 

odnosno 

z + 3 = 4(x 1) 2(y 1); 

z = 4x 2y + 3: 

Uvjerimo se da u maloj okolini tocke (1; 1) tangencijalna 

ravnina dobro aproksimira funkciju. Zaista, u 

tocki (1:1; 0:95) imamo da je 

f(1:1; 0:95) = 2(1:1) 2 (0:95) 2 = 3:3225; 

z(1:1; 0:95) = 4 1:1 2 0:95 + 3 = 3:3; 

i zaista se radi o dobroj aproksimaciji. 


Denicija 1.12. Funkcija 

L(x; y) = f(x 0 ; y 0 )+f 0 x(x 0 ; y 0 )(x x 0 )+f 0 y(x 0 ; y 0 )(y y 0 ) 

naziva se linearizacijom funkcije f u (x 0 ; y 0 ); a 

aproksimacija 

f(x; y) f(x 0 ; y 0 )+f 0 x(x 0 ; y 0 )(x x 0 )+f 0 y(x 0 ; y 0 )(y y 0 ) 

linearnom aproksimacijom od f u (x 0 ; y 0 ): 

Gornju aproksimaciju nazivamo linearnom jer je to 

aproksimacija zadane funkcije polinomom prvog 

stupnja u varijablama x i y: 

U ovoj aproksimaciji funkcijske vrijednosti f (x; y) 

zadane funkcije aproksimiramo vrijednostima koordinate 

z (aplikate) tocaka u tangencijalnoj ravnini 

za odgovarajuće parove (x; y) ; tj. u dovoljno maloj 

okolini oko tocke T 0 (x 0 ; y 0 ; z 0 =f(x 0 ; y 0 )) graf funkcije 

f aproksimiramo tangencijalnom ravninom. 


Primjer. Pokazali smo da funkcija 

f(x; y) = 

( xy 

x 2 + y2, (x; y) 6= (0; 0) 

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

ima parcijalne derivacije f 0 x(0; 0) = 0; f 0 y(0; 0) = 0 pa 

linearizacija od f u (0; 0) glasi 

L(x; y) = f(0; 0) + 0(x 0) + 0(y 0) = 0: 

U ovom slucaju linearizacija nije dobra aproksimacija 

za f . (Npr. f u tockama pravca y = x poprima 

vrijednost f(x; x) = 1 2 

što je daleko od vrijednosti 

L(x; x) = 0): 

Prirodno se sada postavlja pitanje: 

Što moramo pretpostaviti za f da bi linearna 

aproksimacija bila dobra? 


Za funkciju f jedne varijable, derivabilnu u x 0 : 

Denirali smo 

4f(x) = f(x 0 +4x) f(x 0 ) i f 0 (x 0 ) = lim 

4x!0 

Oznacimo sa 

4f(x) 

4x : 

" = 4f(x) 

4x 

f 0 (x 0 ) 

Ako je f derivabilna u x 0 ; onda je 

 

4f(x) 

lim " = lim 

f 0 (x 0 ) = f 0 (x 0 ) f 0 (x 0 ) = 0: 

4x!0 4x!0 4x 

Nadalje iz " = 4f(x) 

4x 

f 0 (x 0 ) slijedi 

4f(x) = f 0 (x 0 )4x + " 4x: 

To znaci da za derivabilnu funkciju f u x 0 vrijedi 

gdje je lim 

4x!0 " = 0: 

4f(x) = f 0 (x 0 )4x 

| {z } 

df(x 0 )(4x) 

+ " 4x 


Po ovom uzoru i prirast 

4f(x; y) = f(x 0 + 4x; y 0 + 4y) f(x 0 ; y 0 ) 

moemo opisati sa 

Denicija 1.13. Funkcija z = f (x; y) je 

diferencijabilna funkcija u tocki (x 0 ; y 0 ) ako se prirast 

z = 4f(x; y) = f (x 0 + x; y 0 + y) f (x 0 ; y 0 ) 

dade zapisati u obliku 

z = f 0 x(x 0 ; y 0 ) (x x 0 ) + f 0 y(x 0 ; y 0 ) (y y 0 ) + 

+ " 

q 

(4x) 2 + (4y) 2 

gdje " ! 0 kad (x; y) ! (0; 0) : 

Napomena. Ako postoje prve parcijalne derivacije 

od z = f (x; y) onda kaemo da je z = f (x; y) 

derivabilna. Derivabilnost funkcije ne jamci i diferencijabilnost 

(kod funkcija jedne varijable ti su pojmovi 

ekvivalentni). 


Teorem 1.14. Ako parcijalne derivacije f 0 x i f 0 y postoje 

u okolini tocke (x 0 ; y 0 ) i ako su neprekidne u tocki 

(x 0 ; y 0 ) tada je funkcija z = f (x; y) diferencijabilna 

funkcija u tocki (x 0 ; y 0 ) : 

Primjer. Pokaimo da je funkcija f(x; y) = xe xy 

diferencijabilna u tocki T 0 = (1; 0) i odredimo njenu 

linearnu aproksimaciju. 

Kako je 

f 0 x(x; y) = @ 

@x (xexy ) = e xy + xye xy ; f 0 x(1; 0) = 1; 

f 0 y(x; y) = @ @y (xexy ) = x 2 e xy ; f 0 y(1; 0) = 1; 

vidimo da su parcijalne derivacije neprekidne na R 2 ; 

dakle i u tocki T 0 , pa je f(x; y), po prethodnom teoremu, 

diferencijabilna funkcija u tocki T 0 . Njezina 

linearna aproksimacija je 

L(x; y) = f(1; 0) + 1 (x 1) + 1 (y 0) = x + y; 

a to znaci da moemo pisati 

f(x; y) = xe xy x + y = L(x; y) 

u nekoj maloj okolini tocke T = (1; 0): Npr., 


f(1:1; 0:1) 1:1 0:1 = 1: 

(f(1:1; 0:1) = 1:1 e (1:1)( 0:1) 0:985 42). 

Dakle, da bi linearna aproksimacija od f u okolini 

tocke (x 0 ; y 0 ) bila dobra, funkcija f mora biti diferencijabilna 

funkcija u tocki (x 0 ; y 0 ) : 

Denicija 1.15. Totalni diferencijal df (x 0 ; y 0 ) funkcije 

f u tocki (x 0 ; y 0 ) deniramo kao 

df (x 0 ; y 0 ) = f 0 x (x 0 ; y 0 ) dx + f 0 y (x 0 ; y 0 ) dy 

gdje su dx i dy diferencijali nezavisnih varijabli x i y: 

Napomena. Budući je 4x = dx i 4y = dy; onda linearnu 

aproksimaciju moemo zapisati kao 

f(x; y) L(x; y) = f(x 0 ; y 0 ) + df(x 0 ; y 0 ): 


Geometrijska interpretacija totalnog diferencijala 

Sjetimo se, kod funkcije jedne varijable imali smo da 

je diferencijal df(x) = f 0 (x)dx i njega smo interpretirali 

kao prirast do tangente, tj. prirast ordinate y na 

tangenti za prirast nezavisne varijable x za dx. 

Po analogiji, totalni diferencijal 

df (x; y) = f 0 x (x; y) dx + f 0 y (x; y) dy 

je prirast do tangencijalne ravnine, tj. prirast aplikate 

z u tangencijalnoj ravnini za priraste nezavisnih varijabli 

x i y redom za dx i dy: 

z 

df(x,y) 

x 

x 

(x,y) 

y 

∆f(x,y) 

y 

(x+dx,y+dy) 


Primjer. Odredimo totalni diferencijal funkcije 

f(x; y) = x 2 + 3xy y 2 : 

u bilo kojoj tocki (x; y): Imamo: 

df(x; y) = (2x + 3y)dx + (3x 

2y)dy: 

Promotrimo promjenu 4f(x; y) pri promjeni tocke 

(2; 3) u tocku (2 + 0:05; 3 0:04) 

(dakle, 4x = dx = 0:05; 4y = dy = 0:04) 

4f(2; 3) = [f(2:05; 2:96) f(2; 3)] = 

[(2:05) 2 +32:052:96 (2:96) 2 ] [2 2 323 3 2 ] = 0:6449: 

df(2; 3) = (22+33)0:05+(32 23)( 0:04) = 0:65 

vidimo da je 4f(2; 3) df(2; 3); ali i da je racun puno 

jednostavniji. Sada je i 

f(2:05; 2:96) f(2; 3) + df(2; 3) = 

= 2 2 3 2 3 3 2 + 0:65 = 22: 35: 


Napomena. Pojmovi: linearna aproksimacija i totalni 

diferencijal, analogno se deniraju i za funkcije od 

tri i više varijabli. Npr. za f(x; y; z) linearna aproksimacija 

je 

f (x; y; z) L (x; y; z) = f (x 0 ; y 0 ; z 0 ) + f 0 x(x 0 ; y 0 ; z 0 ) (x x 0 ) 

+f 0 y(x 0 ; y 0 ; z 0 ) (y y 0 ) + f 0 z(x 0 ; y 0 ; z 0 ) (z z 0 ) 

a totalni diferencijal kao 

df (x 0 ; y 0 ; z 0 ) = 

f 0 x(x 0 ; y 0 ; z 0 )dx + f 0 y(x 0 ; y 0 ; z 0 )dy + f 0 z(x 0 ; y 0 ; z 0 )dz: 

Napomena. Osnovna pravila za diferenciranje, što 

smo ih dali za funkcije jedne varijable, ostaju valjana 

i za funkcije više varijabla kad god imaju smisla: 

(a) d(f + g)(T 0 ) = df(T 0 ) + dg(T 0 ); 

(b) d(f g)(T 0 ) = g(T 0 ) df(T 0 ) + f(T 0 ) dg(T 0 ); 

f 

(c) d (T 0 ) = g(T 0) df(T 0 ) f(T 0 ) dg(T 0 ) 

; 

g g(T 0 ) 2 

(d) d(' f)(T 0 ) = ' 0 (f(T 0 )) df(T 0 ): 


1.7. Diferencijal višeg reda 

Neka je D R 2 otvoren skup i f : D ! R diferencijabilna 

na D; tada razmatramo funkciju df = f 0 xdx+f 0 ydy 

na skupu D : (x; y) 7! df (x; y) 

Ako je funkcija df diferencijabilna, a fxy 00 i f yx 

00 

neprekidne, onda diferencijal drugog reda funkcije 

f glasi: 

d 2 f = d (df) = 

Schwarz 

formalno 

= 

d f 0 xdx + f 0 ydy 

= f 00 

xx (dx) 2 + f 00 

yxdydx + f 00 

xydxdy + f 00 

yy (dy) 2 

= fxx 00 (dx) 2 + 2fxydxdy 00 + fyy 00 (dy) 2 

 

2 

dx @ 

@x @y + dy @ f 

Ako je funkcija d 2 f diferencijabilna na D i ako su 

sve mješovite derivacije 3. reda od f neprekidne, 

onda diferencijal trećeg reda funkcije f glasi: 

d 3 f = d d 2 f = d 

 

f 00 

xx (dx) 2 + 2f 00 

xydxdy + f 00 

yy (dy) 2 

= fxxx 000 (dx) 3 + 3fxxy 000 (dx) 2 dy + 3fxyydx 000 (dy) 2 + f 000 

 

3 

= dx @ 

@x @y + dy @ f 

yyy (dy) 3 


Neka funkcija f ima u nekoj okolini K (T; ") D 

sve parcijalne derivacije do ukljucivo (n 1)-vog 

reda. Ako su sve parcijalne derivacije (n 1)-vog 

reda diferencijabilne u tocki T; i njihove derivacije 

neprekidne onda totalni diferencijal n-tog reda 

funkcije f u tocki T glasi: 

d n f (T ) = 

 

dx @ 

@x + dy @ n 

f (T ) 

@y 

= 

nX 

n @ n f (T ) 

k @x n k @y k (dx)n k (dy) k . 

k=0 

(a + b) n = 

nX 

k=0 

n 

k 

a n 

k b k 

n 

k 

= 

n! 

(n k)!k! 


1.8. Deriviranje sloenih funkcija 

Kod derivacije sloene funkcije jedne varijable 

imamo: Ako je y = f(x) i x = g(t); gdje su f i g diferencijabilne 

funkcije, onda imamo: 

Sada imamo: 

dy 

dt = dy 

dx dx 

dt 

Teorem 1.16. Neka su u : I ! R i v : I ! R diferencijabilne 

funkcije na I R, u(I) v(I) D R 2 

i f : D ! R diferencijabilna funkcija. Tada je dobro 

denirana kompozicija 

z f (u; v) : I ! R; z(t) = f(u(t); v(t)); t 2 I; 

koja je diferencijabilna i vrijedi 

dz 

dt = @f 

@u du 

dt + @f 

@v dv 

dt : 

Dokaz: Uvedimo oznake z = f(x; y) , x = u(t); 

y = v(t) pa treba dokazati formulu 

dz 

dt = @f 

@x dx 

dt + @f 

@y dy 

dt : 


Neka je (x 0 ; y 0 ) = (u(t 0 ); v(t 0 )) 2 D bilo koja 

tocka: Funkcija f je diferencijabilna funkcija, pa je 

4z = 4f(x; y) moguće zapisati u obliku 

4z = @f(x 0; y 0 ) 

@x 

4x+ @f(x q 

0; y 0 ) 

4y+" (4x) 2 + (4y) 2 ; 

@y 

gdje " ! 0 kada (4x; 4y) ! (0; 0): Sada dijeljenjem 

s 4t imamo 

4z 

4t =@f(x 0 ; y 0) 4x 

@x 4t +@f(x 0 ; y 0) 

@y 

q 

4y 

4t +" 

(4x) 2 + (4y) 2 

4t 

Neka sada 4t ! 0: Tada imamo 4x = u(t 0 + 4t) 

u(t 0 ) ! 0 i 4y = v(t 0 + 4t) v(t 0 ) ! 0 (jer su u i v 

neprekidne), pa stoga i " ! 0: Imamo 

dz 

dt (t 0) = lim 

(@f(x 0 ; y 0) 

4t!0 @x 

4x 

4t + 

q 

+ @f(x 0 ; y 0) 4y 

@y 4t +" (4x) 2 + (4y) 2 

) = 

4t 

: 


@f(x 0 ; y 0 ) 

@x 

Dakle, vrijedi 

a to se i tvrdilo. 

4x 

lim 

4t!0 

| {z 

4t 

} 

dx 

dt (t 0) 

+ @f(x 0; y 0 ) 

@y 

4y 

lim + 

4t!0 

| {z 

4t 

} 

dy 

dt (t 0) 

s 4x 2 2 4y 

+ lim " lim 

+ 

4t!0 4t!0 

| {z } 

4t 4t 

| {z } 

0 p(x 0 (t 0 )) 2 +(y 0 (t 0 )) 2 

dz 

dt = @f 

@x dx 

dt + @f 

@y dy 

dt 


Primjer. Odrediti z 0 (0) ako je 

Vrijedi 

z = x 2 y + 3xy 4 i x = sin 2t; y = cos t: 

dz 

dt = 2xy + 3y4 (2 cos 2t) + x 2 + 12xy 3 ( 

Kako je x(0) = 0; y(0) = 1 imamo da je 

sin t): 

z 0 (0) = dz(0) 

dt 

= 2xy + 3y 4 (x;y)=(0;1) [(2 cos 2t)] t=0 + 

+ x 2 + 12xy 3 (x;y)=(0;1) [( sin t)] t=0 = 6: 

Racun provjeriti deriviranjem funkcije 

z(t) = sin 2 2t cos t + 3 sin 2t cos 4 t: 


Teorem 1.17. Neka je z = f (x; y) diferencijabilna 

funkcija po varijablama x i y, te neka su x = g(u; v) i 

y = h(u; v) diferencijabilne funkcije po varijablama u i 

v; tada je 

Dijagram: 

@z 

@u = @z 

@x @x 

@u + @z 

@y @y 

@u 

@z 

@v = @z 

@x @x 

@v + @z 

@y @y 

@v : 

z 

x 

y 

u 

v u 

v 

Primjer. Odrediti @z 

@u i @z 

@v 

sloene funkcije 

z = x y ; x = u 2 v 2 ; y = e uv : 

@z 

@u = @z 

@x @x @u +@z @y @y @u = yxy 1 (2u) + x y ln x (ve uv ); 

@z 

@v = @z 

@x @x @v +@z @y @y @u = yxy 1 ( 2v) + x y ln x (ue uv ): 


Napomena. Rezultat Teorema 1.17 lako se poopćuje. 

Npr. ako imamo w = f (x; y; z; t) i x = x(u; v), 

y = y(u; v); z = z(u; v) i t = t(u; v) onda je: 

@w 

@u = @w 

@x @x 

@u + @w 

@y @y 

@u + @w 

@z @z 

@u + @w 

@t @t 

@u 

@w 

@v = @w 

@x @x 

@v + @w 

@y @y 

@v + @w 

@z @z 

@v + @w 

@t @t 

@v : 

Dijagram: 

w 

x 

y 

z 

t 

u 

v u 

v u 

vu 

v 

Primjer. Ako je 

u = x 4 y + y 2 z 3 ; x = rse t ; y = rs 2 e t ; z = r 2 s sin t 

izracunati @u 

@s 

Pripadni dijagram je 

u tocki (r; s; t) = (2; 1; 0): 

u 

x 

y 

z 

r 

s t r s t 

r 

s 

t 


pa je traena derivacija 

@u 

@s = @u 

@x @x 

@s + @u 

@y @y 

@s + @u 

@z @z 

@s = 

= 4x 3 y re t + x 4 + 2yz 3 2rse t + 3y 2 z 2 r 2 sin t: 

Kako je x(r; s; t) = rse t ; x(2; 1; 0) = 2; y(r; s; t) = 

rs 2 e t ; y(2; 1; 0) = 2; z(r; s; t) = r 2 s sin t; z(2; 1; 0) = 0 

imamo 

@u(2; 1; 0) 

= 4 2 3 2 2e 0 + 2 4 +2 2 0 3 2 2 1 e 0 

@s 

+ 3 2 2 0 2 2 2 sin 0 = 192: 

Graf funkcije z = F (x; y) općenito prestavlja neku 

plohu u prostoru. Pretpostavimo da je s F (x; y) = 0 

implicitno zadana funkcija y = f(x): To znaci da je 

F (x; f(x)) = 0 za svaku tocku x iz domene funkcije 

f: 

Primjenom Teorema 1.16. imamo (deriviranjem po x) 


što povlaci 

@F 

@x dx 

|{z} dx 

1 

+ @F 

@y dy 

dx = 0: 

dy 

dx = 

@F 

@x 

@F 

@y 

= F x 

0 : 

Fy 

0 

Ovo vrijedi ako je @F 

@y 

6= 0 i ako je s F (x; y) = 0 

implicitno deniran y kao funkcija od x: 

Ovo nije uvijek moguće. Sljedeći teorem govori koje 

uvjete mora zadovoljavati funkcija F da bi preko nje y 

denirali kao funkciju od x: 

Teorem 1.18. (Teorem o implicitnoj funkciji) Neka 

je F denirana na otvorenom skupu U R 2 koji 

sadri tocku T 0 = (x 0 ; y 0 ) i neka je F (x 0 ; y 0 ) = 0 i 

Fy 0 (x 0 ; y 0 ) 6= 0: Ako su Fx 0 i F y 0 neprekidne funkcije 

na U; tada jednadba F (x; y) = 0 implicitno denira 

y kao funkciju od x na nekoj okolini od x 0 i pri tome 

je derivacija 

dy 

dx = 

F x 

0 : 

Fy 

0 


Primjer. Sa 

F (x; y) = y y 3 x 2 y + x 2 y 3 = 0 

denirana je implicitna funkcija y kao funkcija u 

varijabli x u nekoj otvorenoj okolini tocke x 0 = 0 

(jer je F (0; 1) = 0 i jer su Fx(x; 0 y) = 2xy 3 2xy; 

Fy(x; 0 y) = 3x 2 y 2 3y 2 x 2 + 1 neprekidne funkcije 

te Fy(0; 0 1) 6= 0). 

Derivacija te funkcije je 

dy 

dx = 

F 0 x 

F 0 y 

= 

2xy 3 2xy 

3x 2 y 2 3y 2 x 2 + 1 : 

Poopćenje prethodnog rezultata daje teorem: 

Teorem 1.19. (Teorem o implicitnoj funkciji) Neka 

je u = F (x; y; z) funkcija denirana na otvorenom 

skupu U R 3 koji sadri tocku T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ): 

Ako je F (T 0 ) = 0; Fz(T 0 0 ) 6= 0 i ako su Fx; 

0 

Fy; 0 Fz 

0 neprekidne funkcije na U; tada jednadba 

F (x; y; z) = 0 implicitno denira funkciju z = f(x; y) 

u nekoj okolini tocke (x 0 ; y 0 ) i njene parcijalne 

derivacije su 

@z 

@x = 

F x 

0 ; 

Fz 

0 

@z 

@y = 

F 0 y 

F 0 z 

: 


Primjer. Odrediti parcijalne derivacije 

implicitno zadane funkcije 

@z 

@x , @z 

@y 

F (x; y; z) = x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz 1 = 0: 

Funkcija F denirana je na citavom R 3 : Budući da 

je F (0; 0; 1) = 0 i da je F 0 z(0; 0; 1) = 3 6= 0; to je u 

okolini tocke (0; 0) gornjom jednadbom implicitno 

zadana funkcija z = f(x; y): 

Odredimo još derivacije te funkcije: 

@z 

@x = 

@F 

@x 

@F 

@z 

= 

6yz + 3x2 2yz x2 

= 

6xy + 3z2 2xy + z ; 2 

@z 

@y = 

@F 

@y 

@F 

@z 

= 

2xz y2 

2xy + z 2 : 


1.9. Teorem srednje vrijednosti 

Podsjetimo se Lagrangeovog teorema (teorema 

srednje vrijednosti) za funkcije jedne varijable: 

Teorem 1.20. Neka je funkcija f : D ! R; D R 

neprekidna na segmentu [a; b] D a derivabilna na 

intervalu ha; bi : Tada postoji tocka c 2 ha; bi takva 

da je 

f (b) 

b 

f (a) 

a 

= f 0 (c) : () 

Lagrangeova formula () se moe zapisati na više 

nacina: 

f (b) f (a) = f 0 (c) (b a) 

= f 0 (a + (b a)) (b a) ; 0 < < 1 

ili uz a = x 0 

i b = x 0 + x 

f = f (x 0 + x) 

f (x 0 ) = f 0 (x 0 + x) x; 

gdje je 0 < < 1: 


Denicija 1.21. Za skup S R n kaemo da je 

konveksan ako je za bilo koje dvije tocke A; B 2 S i 

njihova spojnica sadrana u S; tj ako je 

[A; B] := fA + t (B 

A) : t 2 [0; 1]g S 

Poopćenje Lagrangeovog teorema za funkcije više 

varijabli dano je sljedećim dvama teoremima. Prvi je 

iskazan za funkcije dviju varijabla: 

Teorem 1.22. Neka je R 2 otvoren i konveksan 

skup, A (x 0 ; y 0 ) 2 i B (x 0 + x; y 0 + y) 2 : 

Neka funkcija f : ! R ima na neprekidne parcijalne 

derivacije fx 0 i fy: 0 Tada postoji tocka 

C 2 [A; B] ; C 6= A; C 6= B takva da je 

f (x 0 + x; y 0 + y) 

f (x 0 ; y 0 ) = f 0 x (C) x+f 0 y (C) y: 

Pritom je C = (x 0 + tx; y 0 + ty) za neki 

t 2 h0; 1i : 


Općenito vrijedi teorem srednje vrijednosti za funkciju 

n varijabli: 

Teorem 1.23. Neka je R n otvoren i konveksan 

skup, A (a 1 

; :::; a n ) 2 i B (b 1 

; :::; b n ) 2 : Neka 

funkcija f : ! R ima na sve parcijalne 

derivacije prvog reda i neka su one neprekidne. 

Tada postoji tocka C 2 [A; B] ; C 6= A; C 6= B 

takva da je 

f (b 1 

; :::; b n ) f (a 1 

; :::; a n ) = 

nX 

fx 0 i 

(C) (b i a i ) : 

i=1 

Pritom je C = (a 1 

+ t (b 1 

a 1 

) ; :::; a n + t (b n a n )) 

za neki t 2 h0; 1i : 


1.10. Taylorova formula 

Podsjetimo se, za funkcije jedne varijable imamo: 

Neka funkcija f : I R ! R ima na intervalu 

ha; bi I derivaciju (n + 1)-og reda i neka je 

x 0 2 ha; bi bilo koja tocka. Tada za svaki x 2 ha; bi 

vrijedi Taylorova formula: 

f (x) = f (x 0 ) + f 0 (x) 

1! 

(x x 0 ) + ::: + f (n) (x) 

n! 

(x x 0 ) n + R n (x) 

= f (x 0 ) + 

nX 

k=1 

f (k) (x) 

k! 

(x x 0 ) k + R n (x) ; 

R n (x) = f (n+1) (c) 

(n+1)! 

(x x 0 ) n+1 : 

gdje je c = x 0 + (x x 0 ) ; 0 < < 1; a R n (x) 

ostatak (Lagrangeov oblik) n-tog reda u Taylorovoj 

formuli. 

Za funkcije dviju varijabli Taylorova formula dana je 

sljedećim teoremom: 


Teorem 1.24. Ako funkcija f : D R 2 ! R ima na 

nekoj okolini K (T 0 ; ") D tocke T 0 = (x 0 ; y 0 ) 2 D 

neprekidne derivacije do ukljucivo (n + 1)-og reda, 

onda za svaku tocku T = (x; y) 2 K (T 0 ; ") vrijedi 

Taylorova formula: 

f (T ) = f (T 0 ) + 

nX 

p=1 

1 

p! 

 

(x x 0 ) @ 

@x + (y 

y 0) @ @y 

p 

f (T 0 ) 

+R n (T ) ; 

gdje je 

R n (T ) = 

1 

(n + 1)! 

 

(x x 0 ) @ 

@x + (y 

y 0) @ @y 

(n+1) 

f (T ); 

T = (x 0 + (x x 0 ) ; y 0 + (y y 0 )) ; 0 < < 1; 

i pri cemu je 

 

(x x 0 ) @ 

@x + (y 

y 0) @ @y 

p 

f (T 0 ) = 

= 

pX 

p @ p f (T 0 ) 

k @x p k @y (x x 0) p k (y y k 0 ) k : 

k=0 


Dakle, prema Taylorovoj formuli imamo da je 

f (T ) = P n (T ; f) + R n (T ) ; 

gdje je P n (T ; f) Taylorov polinom (n-tog stupnja) 

funkcije f. 

Za n = 2 imamo: 

f (T ) = f (T 0 ) + 1 1! 

 

f 

0 

x (T 0 ) (x x 0 ) + f 0 y (x 0 ) (y y 0 ) 

+ 1 2! 

h 

f 00 

xx (T 0 ) (x x 0 ) 2 + 2f 00 

xy (T 0 ) (x x 0 ) (y y 0 ) 

+ f 00 

yy (T 0 ) (y y 0 ) 2i + R 2 (T ) 

gdje je 

R 2 (T ) = 1 3! 

h 

f 000 

xxx (T ) (x x 0 ) 3 + 3f 000 

xxy (T ) (x x 0 ) 2 (y y 0 ) 

+3f 000 

xyy (T ) (x x 0 ) (y y 0 ) 2 + f 000 

yyy (T ) (y 

y 0 ) 3i 

Ocekivamo da će ostatak R n (T ) biti to manji što je 

tocka T blia tocki T 0 . 


Moe se pokazati da za 

q 

= d (T; T 0 ) = (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 

vrijedi: 

R n (T ) 

lim = 0; 

!0 n 

što znaci da ostatak Taylorove formule R n (T ) ! 0 

bre od n ; zato ponekad za R n (T ) koristimo oznaku 

O ( n ) : 

Ako funkcija f : D R 2 ! R ima na nekoj okolini 

K (T 0 ; ") D tocke T 0 neprekidne derivacije po 

volji visokog reda i ako niz ostataka R n (T ) ! 0 kad 

n ! 1; onda Taylorova formula prelazi u Taylorov 

red: 

f (T ) = f (T 0 )+ 

1X 

p=1 

1 

p! 

 

(x x 0 ) @ 

@x + (y 

y 0) @ @y 

U slucaju T 0 = (0; 0) Taylorovu formulu nazivamo 

Maclaurinovom formulom, a Taylorov red 

Maclaurinovim redom. 

Analogno se Taylorova formula i Taylorov red mogu 

iskazati i općenito za funkcije n varijabli, n 3. 

p 

f (T 0 ) : 


1.11. Ekstremi funkcija više varijabli 

Denicija 1.25. Za funkciju f : D ! R; D R m ; 

kaemo da ima lokalni maksimum (minimum) u tocki 

T 0 2 D, ako postoji "-okolina K(T 0 ; ") D tocke T 0 

sa svojstvom da je 

f (T ) < f (T 0 ) ; 

za svaku tocku T 2 K(T 0 ; ") n fT 0 g 

( f (T ) > f (T 0 ) ; za svaku tocku T 2 K(T 0 ; ")nfT 0 g) 

Ukoliko je 

f (T ) f (T 0 ) ; 

za svaki T 2 D 

( f (T ) f (T 0 ) ; za svaki T 2 D) 

onda kaemo da f ima globalni maksimum (minimum) 

u tocki T 0 2 D. 

Kao i do sada promatrat ćemo funkcije dviju varijabli. 


Primjer. Funkcije 

f 1 (x; y) = x 2 + y 2 i f 2 (x; y) = p x 2 + y 2 

imaju minimum (lokalni i globalni) u tocki (0; 0): 

Primijetimo da je za prvu funkciju tocka (0; 0; 0) tjeme 

paraboloida (grafa) i da ona u toj tocki ima parcijalne 

derivacije, a da je za drugu funkciju ta tocka vrh 

stošca (grafa) i da ne postoje parcijalne derivacije u 

toj tocci. 

Teorem 1.26. (Nuan uvjet za lokalni ekstrem) 

Ako funkcija f : D ! R, D R 2 ; ima u tocki 

T 0 = (x 0 ; y 0 ) 2 D lokalni ekstrem i ako je u toj tocki 

derivabilna, onda je 

f 0 x(x 0 ; y 0 ) = 0; f 0 y(x 0 ; y 0 ) = 0: 

Tocka u kojima se prve parcijalne derivacije poništavaju 

naziva se stacionarna tocka. 

Stacionarna tocka je kandidat za ekstrem. 

Cemu je jednak diferencijal funkcije u stacionarnoj 

tocki i kakva je tangencijalna ravnina na plohu grafa 

funkcije u toj tocki? 


Teorem 1.27. (Dovoljan uvjet za lokalni ekstrem) 

Neka je T 0 = (x 0 ; y 0 ) 2 D stacionarna tocka funkcije 

f : D ! R; D R 2 ; i neka su druge parcijalne 

derivacije funkcije f neprekidne na nekoj "-kugli 

K(T 0 ; ") D. Neka je 

(T 0 

) = fxx(T 00 

0 

) f 00 

yy (T 0 ) [f xy(T 0 

)] 2 = 

= 

f xx(T 00 

0 

) fxy(T 00 

0 

) 

fxy(T 00 

0 

) fyy(T 00 

0 

) : 

Tada vrijedi: 

Ako je (T 0 ) > 0 i f xx (T 0 ) > 0; tada je f u tocki T 0 

ima lokalni minimum f (T 0 ) ; 

Ako je (T 0 ) > 0 i f xx (T 0 ) < 0; tada je f u tocki T 0 

ima lokalni maksimum f (T 0 ) ; 

Ako je (T 0 ) < 0; tada f u tocki T 0 nema ekstrem. 

Napomena. Ako je (T 0 ) = 0 ne moemo zakljuciti 

ništa o ekstremu. U ovom slucaju moemo imati 

ekstrem, ali i sedlastu tocku. Tu je potrebno daljnje 

ispitivanje. 


Primjer. Odrediti ekstreme funkcije 

f(x; y) = x 4 + y 4 4xy + 1: 

Vrijedi: 

fx(x; 0 y) = 4x 3 4y = 4 x 3 y = 0 ) x 3 = y; 

Slijedi 

f 0 y(x; y) = 4y 3 4x = 4 y 3 x = 0 ) y 3 = x: 

x 9 x = x (x 1) (x + 1) x 2 + 1 x 4 + 1 = 0; 

i x 1 = 0; x 2 = 1; x 3 = 

tocke su 

1 su nultocke: Stacionarne 

Budući da je 

T 1 = (0; 0); T 2 = (1; 1); T 3 = ( 1; 1): 

f 00 

xx(x; y) = 12x 2 ; f 00 

xy(x; y) = 4; f 00 

yy(x; y) = 12y 2 ; 

imamo: 

(x; y) = 

12x2 4 

4 12y 2 = 144x 2 y 2 16 


(0; 0) = 144x 2 y 2 16 

(x;y)=(0;0) 

= 16 

i funkcija f u T 1 nema ekstrem; 

 

(1; 1) = 144x 2 y 2 16 

(x;y)=(1;1) 

= 128; f 00 xx(1; 1) = 12 

i funkcija f u T 2 ima lokalni minimum z min = 1; 

 

( 1; 1) = 144x 2 y 2 16 

(x;y)=( 1; 1) 

= 128; 

f 00 

xx( 1; 1) = 12 

i funkcija f u T 3 ima lokalni minimum z min = 1: 

Slicno imamo za funkcije tri varijable. 

Teorem 1.26a) (Nuan uvjet za lokalni ekstrem) 

Ako funkcija f : D ! R, D R 3 ; ima u tocki 

T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 2 D lokalni ekstrem i ako je u toj tocki 

derivabilna, onda je 

f 0 x(x 0 

; y 0 ; z 0 ) = 0; f 0 y(x 0 

; y 0 ; z 0 ) = 0; f 0 z(x 0 

; y 0 ; z 0 ) = 0: 


Teorem 1.26a) (Dovoljan uvjet za lokalni ekstrem) 

Neka je T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 2 D stacionarna tocka 

funkcije f : D ! R; D R 3 ; i neka su druge parcijalne 

derivacije funkcije f neprekidne na nekoj "-kugli 

K(T 0 ; ") D. Neka je 

fxx 00 (T 0 ) fxy 00 (T 0 ) fxz 00 (T 0 ) 

3 = 

fxy 00 (T 0 ) fyy 00 (T 0 ) fyz 00 (T 0 ) 

fxz 00 (T 0 ) fyz 00 (T 0 ) fzz 00 (T 0 ) 

2 = 

f xx 00 (T 0 ) fxy 00 (T 0 ) 

fxy 00 (T 0 ) fyy 00 (T 0 ) i 1 = fxx 00 (T 0 ) 

Ako je 3 > 0; 2 > 0 i 1 > 0; tada je f u tocki T 0 

ima lokalni minimum f (T 0 ) ; 

Ako je 3 < 0; 2 > 0 i 1 < 0; tada je f u tocki T 0 

ima lokalni maksimum f (T 0 ) ; 

U svim ostalim slucajevima kada je 2 6= 0; f u 

tocki T 0 nema lokalni ekstrem; 

Ako je 2 = 0 nema odluke. 


Podsjetimo se: 

Skup U R n je otvoren ako je okolina svake svoje 

tocke, tj. ako za svaki T 2 U postoji " > 0 takav da 

je K (T; ") U: 

Skup F R n je zatvoren ako je njegov komplement 

F c = R n F otvoren skup. 

N Tocka T 2 R n je rubna (granicna) tocka skupa S; 

ako svaka otvorena kugla K (T; ") sadri barem 

jednu tocku iz S i barem jednu tocku iz S c : 

(K (T; ") sijece S i S c ; tj. svaka kruna okolina 

oko tocke T je dijelom van S, dijelom unutar S:) 

N Skup svih rubnih (granicnih) tocaka skupa S nazivamo 

rub (granica) skupa S i oznacavamo sa @S: 

Dakle, otvoren skup ne sadri niti jednu rubnu 

tocku, dok zatvoren skup sadri sve svoje rubne 

tocke. 

Za skup X R n kaemo je ome ¯den skup ako 

postoji otvorena kugla K (0; r) koja sadri skup 

X. (Pritom je 0 oznaka za ishodište koordinatnog 

sustava u R n :) 


Prisjetimo se: Ako je f : [a; b] ! R neprekidna na 

segmentu (zatvorenom intervalu) [a; b] ; onda ona na 

tom segmentu poprima (globalnu) minimalnu i maksimalnu 

vrijednost. 

Teorem 1.28. Ako je z = f (x; y) neprekidna na 

zatvorenom ome ¯denom skupu D R 2 , tada postoje 

tocke T 1 = (x 1 ; y 1 ) i T 2 = (x 2 ; y 2 ) u kojima f 

ima globalni maksimum f (x 1 ; y 1 ) i globalni minimum 

f (x 2 ; y 2 ) ; redom. 

Traenje globalnih ekstrema: 

a) Na ¯du se stacionarne tocke (lokalni ekstremi) 

funkcije f i vrijednosti od f u njima; 

b) Na ¯du se tocke ekstrema od f na rubu od D i 

vrijednosti od f u njima; 

c) Tocka kojoj pripada najveća vrijednost od f iz a) 

i b) je tocka globalnog maksimuma, a tocka kojoj 

pripada najmanja vrijednost od f je tocka globalnog 

minimuma. 


Primjer. U skupu svih kvadratastih kutija (kvadri bez 

gornje stranice) jednakog oplošja O (12m 2 ) odredite 

onaj s najvećom volumenom. 

Zadano je (uz oznake x-širina.; y-duina.; z-visina.) 

xy + 2xz + 2yz = 12 

i treba naći maksimum funkcije 

V (x; y; z) = xyz: 

Iz polaznog uvjeta je z = 12 xy ; pa problem 

2(x + y) 

moemo riješiti traeći maksimum funkcije 

Vrijedi 

V (x; y) = xy 12 xy 

2(x + y) : 

V 0 

x(x; y) = y2 (12 2xy x 2 ) 

2(x + y) 2 ; 

V 0 

y(x; y) = x2 (12 2xy y 2 ) 

2(x + y) 2 ; 

i za naći stacionarne tocke, zbog prirode zadatka (x; 

y > 0), dovoljno je riješiti sustav 


12 2xy x 2 = 0; 

12 2xy y 2 = 0: 

Mora biti x 2 = y 2 ; a to daje x = y (ostale mogućnosti 

otpadaju zbog x; y > 0). 

Slijedi da je (2; 2) je stacionarna tocka. Dovoljne 

uvjete nije potrebno ispitivati zbog prirode zadatka. 

Dobivamo 

z = 12 2 2 

2(2 + 2) = 1; 

te za kutiju dimenzija (x; y; z) = (2; 2; 1); V max = 4. 

Prethodni primjer moemo interpretirati na nacin: 

Odrediti ekstrem funkcije V (x; y; z) = xyz uz uvjet 

da je '(x; y; z) = xy + 2xz + 2yz 12 = 0: 


Denicija 1.29. Ekstrem funkcije z = f(x; y) uz uvjet 

'(x; y) = 0 naziva se vezani (uvjetni) ekstrem. 

Napomena: 

Vezani ekstrem moemo interpretirati na nacin: graf 

funkcije z = f(x; y) (ploha) presjecimo cilindricnom 

plohom '(x; y) = 0: Presjecnica je prostorna 

krivulja i njezin ekstrem je traeni vezani ekstrem. 

U deniciju se ne moramo ograniciti na dimenziju 2 i 

samo jedan uvjet. Npr., problem vezanog ekstrema 

je i: naći ekstrem funkcije u = f(x; y; z) uz uvjete 

' 1 (x; y; z) = 0; ' 2 (x; y; z) = 0 (naalost, ovdje 

nemamo geometrijskog prikaza problema). 

Nalaenje vezanog ekstrema najlakše je provesti 

Lagrangeovim postupkom: 

Formira se pripadna Lagrangeova funkcija 

F (x; y; ) = f(x; y) + '(x; y); 

Na ¯du se stacionarne tocke funkcije F ; neka su to 

tocke (x i ; y i ; i ); 

Izracunaju se vrijednosti f(x i ; y i ): najveća vrijednost 

od njih je vezani maksimum od f(x; y); a 

najmanja je traeni vezani minimum. 


Primjer. Odrediti ekstrem funkcije f(x; y) = x + 2y 

uz uvjet x 2 + y 2 = 5: 

Pripadna Lagrangeova funkcija je 

F (x; y; ) = x + 2y + x 2 + y 2 5 ; 

pa imamo sustav 

F 0 x(x; y; ) = 1 + 2x = 0; 

F 0 y(x; y; ) = 2 + 2y = 0; 

F 0 (x; y; ) = x 2 + y 2 5 = 0; 

cija su rješenja 

 

x = 1; y = 2; = 1 

; 

2 

 

x = 1; y = 2; = 1 

; 

2 

Imamo: f( 1; 2) = 5 ! minimum, 

f(1; 2) = 5 ! maksimum. 

Geometrijska interpretacija: 

Tocke T 1 ( 1; 2; 5) i T 2 (1; 2; 5) su tocke na prostornoj 

krivulji (elipsi) 

x + 2y z = 0; 

K::: 

x 2 + y 2 = 5 

(dobivenoj kao presjek ravnine i valjka) sa minim., 

odnosno maksim. vrijednosti koordinate z. 


Vratimo se primjeru: odrediti ekstrem funkcije 

V (x; y; z) = xyz 

(volumen) uz uvjet da je 

f(x; y; z) = xy + 2xz + 2yz 12 = 0: 

Formirajmo pripadnu Lagrangeovu funkciju: 

F (x; y; z; ) = xyz + (xy + 2xz + 2yz 12) 

i odredimo njezine stacionarne tocke. Riješimo sustav 

Fx(x; 0 y; z; ) = yz + y + 2z = 0; 

Fy(x; 0 y; z; ) = xz + x + 2z = 0; 

Fz(x; 0 y; z; ) = xy + 2x + 2y = 0; 

F(x; 0 y; z; ) = xy + 2xz + 2yz 12 = 0: 

Rješenja su 

x = 2; y = 2; z = 1; = 1 2 

 

 

x = 2; y = 2; z = 1; = 1 

: 

2 

Zakljucujemo da je traeni vezani maksimum V max = 4 

i on se postie za x = 2; y = 2, z = 1: 


2. VIŠESTRUKI INTEGRAL 


2.1. Dvostruki integral - denicija 

Prisjetimo se: Neka je f neprekidna funkcija na segmentu 

[a; b] i neka je segment [a; b] tockama x 0 = a; 

x 1 ; :::; x n = b podijeljen na n jednakih djelova duljine 

x = b a 

n i neka je x i 2 [x i 1; x i ] : 

Odre ¯deni integral funkcije f od a do b deniramo kao 

Z b 

a 

nX 

f (x) dx = lim f (x i ) x 

n!1 

i=1 

| {z } 

Riemannova suma 

P 

Ukoliko je f (x) 0; Riemannova suma n f (x i ) x 

i=1 

daje aproksimaciju površine ravninskog lika ispod 

krivulje y = f (x) za x 2 [a; b] ; sumom površina 

pravokutnika, a integral 

tog lika. 

R b 

a 

f (x) dx daje pravu površinu 


Neka je f : K ! R ome ¯dena funkcija denirana na 

zatvorenom pravokutniku 

K = [a; b] [c; d] = (x; y) 2R 2 j a x b; c y d 

i neka je f(x; y) 0; (x; y) 2 K: Graf G f funkcije f je 

ploha cija je jednadba z = f(x; y): Oznacimo sa T 

"pseudokvadar" odre ¯den s pravokutnikom K i grafom 

G f funkcije f nad njim (Slika 2.1), tj. 

T = (x; y; z) 2 R 3 j (x; y) 2 K; 0 z f(x; y) : 

Izracunajmo volumen V tijela T: 

z 

z=f(x,y) 

a 

c 

d 

y 

x 

b 

Slika 2.1 

Postupiti ćemo slicno izracunu površine, ovdje upisivajući 

kvadre koji će aproksimirati volumen odgovarajućeg 

pseudokvadra. Segment [a; b] podijelimo 

diobenim tockama a = x 0 < x 1 < < x m = b 

na m podsegmenata [x i 1 ; x i ] jednake duljine 

4x = b a 

m 

: Segment [c; d] podijelimo diobenim 

tockama c = y 0 < y 1 < < y n = d na n podsegme- 


nata [y j 1 ; y j ] jednake duljine 4y = d c 

n : 

Razdiobe segmenata [a; b] i [c; d] odre ¯duju razdiobu 

pravokutnika K na pravokutnike 

K ij = (x; y) 2 R 2 j x i 1 x x i ; y j 1 y y j ; 

i = 1; ; m; j = 1; ; n; jednake površine 4x4y: 

U svakom pravokutniku K ij odaberimo tocku (x i ; y j ) 

i volumen kvadra kojemu je baza pravokutnik K ij i 

visina f(x i ; y j ) iznosi V ij = f(x i ; y j )4x4y: 

Taj volumen moemo uzeti kao aproksimaciju volumena 

pseudokvadra odre ¯denog pravokutnikom K ij i 

grafom G f funkcije f nad njim. 

z 

z=f(x,y) 

x i 

x i1 

a 

K ij 

c 

y j1 

y j 

d 

y 

x 

b 

(x*,y*) 

i j 

Slika 2.2 

Jasno je da traeni volumen V tijela T moemo 

aproksimirati zbrojem svih ovako dobivenih V ij tj. 

mX nX 

V f(x i ; yj )4x4y: 

i=1 j=1 


Dakako da će aproksimacija volumena V biti bolja 

kada je razdioba pravokutnika K nija, tj. kada su m 

i n veći (Slika 2.3), 

z 

z=f(x,y) 

z 

z=f(x,y) 

a 

c 

d y 

d y 

x 

b 

x 

b 

Slika 2.3 

pa stoga moemo uzeti da je 

V = lim 

m!1 

n!1 

mX 

i=1 

nX 

f(x i ; yj )4x4y: 

j=1 

Limes ovakvoga tipa moemo promatrati i kada 

funkcija f nije pozitivna. 


Denicija 2.1. Dvostruki integral funkcije f : K 

nad pravokutnikom K R 2 je broj 

mX nX 

I = lim f(x i ; yj )4x4y 

m!1 

n!1 i=1 j=1 

(uz oznake od prije) ukoliko on postoji. 

! R 

Uobicajena oznaka je 

I = 

ZZ 

f(x; y)dxdy: 

K 

Napomena: 

1. Suma m P 

nP 

i=1 j=1 

f(x i ; y j )4x4y naziva se Riemannovom 

sumom, a integral RR K 

f(x; y)dxdy Riemannovim 

integralom funkcije f nad K. 

2. Limes iz Denicije 2.1. uvijek postoji ukoliko 

je funkcija f neprekidna. On postoji i za neke 

prekidne funkcije. 


Napomena: Lako je dokazati da vrijedi: 

1. ZZ 

[f(x; y) + g(x; y)] dxdy = 

= 

ZZ 

K 

K 

f(x; y)dxdy + 

ZZ 

K 

g(x; y)dxdy; 

2. ZZ 

ZZ 

cf(x; y)dxdy = c 

K 

K 

f(x; y)dxdy; c 2 R: 

3. Ako je f(x; y) g(x; y) za svaki (x; y) 2 K tada je 

ZZ 

ZZ 

f(x; y)dxdy g(x; y)dxdy: 

K 

K 


2.2. Racunanje dvostrukih integrala 

Prisjetimo se (jednostrukog) integrala realne funkcije 

jedne varijable kojega, naravno, nismo izracunavali 

po deniciji, nego primjenom Newton-Leibnizove formule, 

tj. primjenom neodre ¯denog integrala. Istu 

tehniku primijeninimo i na dvostruki integral. 

Prvo izracunajmo odre ¯deni integral R b 

a 

f(x; y)dx 

uzimajući da je varijabla y konstanta. Rezultat će 

biti funkcija u varijabli y i potom nju integrirajmo 

uzimajući c i d kao granice integracije. Prethodni 

postupak RR kae da se izracun dvostrukog integrala 

K 

f(x; y)dxdy svodi na izracun dvaju jednostrukih 

integrala. Pokazuje se da vrijedi tzv. Fubinijev teorem: 

Teorem 2.2. (Fubini) Neka je f : K ! R neprekidna 

funkcija, pri cemu je K = [a; b] [c; d] R 2 pravokutnik. 

Tada vrijedi 

ZZ 

f(x; y)dxdy = 

K 

= 

Z b Z d 

a c 

f(x; y)dy 

Uobicajeni zapis je 

! 

dx = 

Z d 

c 

Z b 

a 

f(x; y)dx 

! 

dy: 


Z b 

a 

Z d 

c 

Z d 

c 

Z b 

a 

f(x; y)dy 

f(x; y)dx 

! 

! 

dx = 

dy = 

Z b 

a 

Z d 

c 

dx 

dy 

Z d 

c 

Z b 

a 

f(x; y)dy; 

f(x; y)dx 

i pritom kaemo da smo proveli integraciju u redoslijedu 

yx; odnosno xy: 

Primjer. Izracunajmo I = RR K xy2 dxdy; K = 

[1; 2] [0; 1]: 

ZZ 

Z 2 Z 1 

I = xy 2 dxdy = dx xy 2 dy = 

Z 2 

1 

x 

K 

! 

y 

3 

y=1 

dx = 

3 

1 

3 

y=0 

1 

Z 2 

x 

2 

x=2 

= 1 2 

2 

2 3 2 

x=1 

1 

0 

1 

3 

x 

3 

1 2 

2 

0 3 

dx = 

3 

= 1 2 

Dakako, isti se rezultat dobiva i u obrnutom redoslijedu 

integriranja. 


Napomena. Za integral iz prethodnog primjera 

kaemo da je integral sa separiranim varijablama i on 

se moe jednostavnije izracunati kao umnoak dvaju 

jednostrukih integrala: 

! 

! 

Z b Z d 

a 

c 

f(x)g(y)dxdy = 

U prethodnom primjeru je 

ZZ 

Z 2 

xy 2 dxdy = 

K 

! 

x 

2 

x=2 

 

2 

x=1 

1 

Z b 

a 

f(x)dx 

 

xdx 

 

 

Z 1 

0 

Z d 

c 

 

y 2 dy 

g(y)dy 

! 

y 

3 

y=1 

= 3 3 2 1 3 = 1 2 : 

y=0 

= 

: 


Napomena. Dokaz Fubinijevog teorema je sloen, 

ali se u slucaju pozitivne funkcije moe intuitivno 

razumjeti tvrdnja teorema. Naime, u slucaju pozitivne 

funkcije dvostruki integral RR K 

f(x; y)dxdy je broj 

koji je jednak volumenu V odgovarajućeg pseudokvadra. 

Do izracuna toga volumena moemo doći i 

na sljedeća dva nacina. U prvom slucaju istaknuti dio 

(Slika 2.4.(a)) ima volumen 

V i 

" Z # 

d 

f(x i ; y)dy 4x: 

c 

Zbrajanjem svih tih volumena dobivamo aproksimaciju 

volumena V : 

V = 

mX 

V i 

i=1 

" 

mX Z # 

d 

f(x i ; y)dy 4x ; 

i=1 

c 

z 

z=f(x,y) 

z 

z=f(x,y) 

d y 

d y 

x 

b 

x 

b 

(a) 

V i 

V j 

(b) 

Slika 2.4. 


i u granicnom slucaju, kad m ! 1 imamo: 

" 

mX Z # 

d 

Z b 

V = lim f(x 

m!1 

i ; y)dy 4x = F (x) dx 

i=1 c 

a 

| {z } 

F (x i ) 

= 

Z b 

a 

Z d 

c 

f(x; y)dy 

! 

dx: 

z 

z=f(x,y) 

z 

z=f(x,y) 

d y 

d y 

x 

b 

x 

b 

(a) 

V i 

Slika 2.4. 

U drugom slucaju istaknuti dio (Slika 2.4.(b)) ima 

volumen 

" Z # 

b 

V j f(x; yj )dx 4y: 

a 

Zbrajanjem svih tih volumena dobivamo aproksimaciju 

volumena V : 

" 

nX nX Z # 

b 

V = V j f(x; yj )dx 4y ; 

j=1 j=1 

a 

V j 

(b) 


i u granicnom slucaju kad n ! 1 imamo: 

" 

nX Z # 

b 

Z d 

V = lim f(x; yj )dx 4y = G (y) dy 

n!1 

j=1 a 

c 

| {z } 

G(yj) 

! 

= 

Z d 

c 

Z b 

a 

f(x; y)dx 

dy: 

Ovim racunanjem volumena V na dva nacina dobivamo 

da je zaista 

ZZ 

Z b Z ! 

d 

f(x; y)dxdy = f(x; y)dy dx 

K 

= 

Z d 

c 

Z b 

a 

a 

c 

f(x; y)dx 

! 

dy: 


Za neprekidnu funkciju f : D ! R, pri cemu je 

D R 2 ome ¯den (Slika 2.5.), pripadni integral deniramo 

pomoću njezinoga trivijalnog proširenja 

ef(x; y) = 

f(x; y), (x; y) 2 D 

0, (x; y) 2 K n D 

na neki pravokutnik K D. 

z 

z=f(x,y) 

a 

0 

c 

0 

1 

x 

b 

K 

D 

d 

y 

Slika 2.5. 

Sjetimo se interpretacije integrala pozitivne funkcije 

preko volumena: volumen ispod grafa funkcije f nad 

D i volumen ispod grafa funkcije e f nad K (primijetimo 

da e f nije neprekidna funkcija) su jednaki, pa ima 

smisla integral funkcije f nad D denirati preko 

integrala funkcije e f nad K (lako se vidi da taj integral, 

ako postoji, ne ovisi o odabranom pravokutniku). 


Denicija 2.3. Neka je f : D ! R neprekidna 

funkcija pri cemu je D R 2 ome ¯den skup. Neka je 

K R 2 bilo koji pravokutnik što sadri D, a funkcija 

ef : K ! R trivijalno proširenje funkcije f. Ako je 

funkcija e f integrabilna onda dvostruki integral (na 

D) od f deniramo formulom 

ZZ 

D 

f(x; y)dxdy = 

ZZ 

K 

ef(x; y)dxdy: (1) 

Napomena. Vrijedi: 

1. 

2. 

ZZ 

ZZ 

D 

D 

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

+ 

ZZ 

ZZ 

D 

D 

f(x; y)dxdy 

g(x; y)dxdy; 

ZZ 

f(x; y)dxdy = f(x; y)dxdy; 2 R; 

D 

3. RR Ako je D = D 1 [ D 2 i D 1 \ D 2 = ; (ili 

D 1 \D 2 

f(x; y)dxdy = 0) onda je 

ZZ 

ZZ 

ZZ 

f(x; y)dxdy = f(x; y)dxdy+ f(x; y)dxdy: 

D 

D 1 D 2 


Posebno, kad je denicijsko podrucje D R 2 

ome ¯deno grafovima dviju neprekidnih funkcija lako 

dobivamo, iz formule (1), ovaj teorem: 

Teorem 2.4. Neka je f : D ! R funkcija, pri cemu 

je D R 2 ome ¯den grafovima neprekidnih funkcija 

' 1 ; ' 2 : [a; b] ! R, ' 1 ' 2 (Slika 2.6.(a)). Tada je 

ZZ 

D 

f(x; y)dxdy = 

Z b 

a 

Z '2 (x) 

' 1 (x) 

f(x; y)dy 

! 

dx: (2) 

Posve slicno, kad je D R 2 ome ¯den grafovima 

neprekidnih funkcija 1 ; 2 : [c; d] ! R, 1 2 

(Slika 2.6.(b)), vrijedi 

ZZ 

D 

f(x; y)dxdy = 

Z d 

c 

Z 

2 (y) 

1(y) 

f(x; y)dx 

! 

dy: (3) 

y 

y=ϕ 2 (x) 

y 

d 

D 

y=ϕ 1 (x) 

x=ψ 1 (y) 

D 

x=ψ 2 (y) 

a 

(a) 

b 

x 

c 

(b) 

x 

Slika 2.6. 


Umjesto (2) i (3) uobicajilo se pisati 

ZZ 

Z b 

f(x; y)dxdy = dx 

ZZ 

D 

D 

f(x; y)dxdy = 

a 

Z d 

c 

dy 

Z '2 (x) 

' 1 (x) 

Z 

2 (y) 

1(y) 

f(x; y)dy; 

f(x; y)dx; 

i pritom smo u prvome slucaju integraciju proveli u 

redoslijedu yx, a u drugome u redoslijedu xy: 

Primjer 1. Promijeniti poredak integracije u integralu 

I = 

Z 1 

0 

dx 

Z 2 

i izracunati njegovu vrijednost. 

Podrucje integracije 

x 

x 

x 

y dy 

D = 

0 x 1 

x y 2 

moemo zapisati i na ovaj nacin D = D 1 [ D 2 

2.7.), 

x 

(Slika 


2 

y 

y=2x 

1 

D 2 

D 1 

Slika 2.7. 

y=x 

1 

x 

gdje je 

D 1 

Imamo 

Z 1 

0 

Z 1 

0 

1 

y 

0 y 1 

1 y 2 

0 x y , D 2 

0 x 2 y : 

Z 1 

0 

I = 

dy 

Z y 

0 

ZZ 

D 

= 

ZZ 

Z 

x 2 

y dx + 

1 x 

2 

x=y 

dy + 

y 2 

y 

2 

2 

x=0 

Z 2 

0 dy+ 

1 

1 

y 

1 

Z 2 

1 

D 1 

+ 

dy 

1 

y 

ZZ 

Z 2 

0 

(2 y) 

2 

2 

D 2 

= 

y 

x 

y dx = 

x 

2 

x=2 

2 

x=0 

y 

! 

dy = 

 

0 dy = 2 ln 2 1 : 


Primjer 2. Izracunajte integral 

ZZ 

D 

x + y 2 dxdy; 

pri cemu je D R 2 ome ¯den krivuljama y = x 2 i 

y = x 4 . 

Racunajte integral u oba poretka integracije! 


2.3. Zamjena varijabla u dvostrukom integralu 

Neka su X; Y R 2 ravninska podrucja i neka je 

bijektivno preslikavanje 

: Y ! X 

odre ¯deno sa 

(u; v) 7! (u; v) = (x = g(u; v); y = h(u; v)); 

gdje su g; h : Y ! R funkcije koje imaju neprekidne 

prve parcijalne derivacije (Slika 2.8.). 

v 

Y 

(u,v) 

Φ 

y 

X 

Φ (u,v)=(x=g(u,v),y=h(u,v)) 

u 

x 

Oznacimo sa 

Slika 2.8. 

1 : X ! Y; 

1 (x; y) = (u = G(x; y); v = H(x; y)) 

inverzno preslikavanje od . 

Za preslikavanje s ovim svojstvima kaemo da je 

(bijektivna) C 1 transformacija koja Y preslikava u X: 


Primjer 1. Na primjer podrucje 

Y = f(u; v) 2 R 2 j 0 u 1; 0 v 1g 

preslikava se transformacijom odre ¯denom sa 

funkcijama g; h : Y ! R 2 ; 

x = g(u; v) = u 2 v 2 ; y = h(u; v) = 2uv 

u podrucje X u xy-ravnini ome ¯deno parabolama 

x = 1 

1 

4 y2 ; x = 1 4 y2 1 i segmentom [ 1; 1] na x -osi. 

v 

1 

C 

D Y B 

0 A 1 

u 

_ 

x = y 2 1 

1 

4 

C' 

y 

2 

_ 

X 

1_ 

x = 1 y 2 

B' 

x 

1 D' 0 A' 1 

Slika 2.9. 

4 

Zaista, za duinu 

A = f(u; v) j 0 u 1; v = 0g 

imamo x = u 2 ; y = 0; pa se ona transformacijom T 


preslikava u duinu 

A 0 = f(x; y) j 0 x 1; y = 0g: 

Za duinu 

B = f(u; v) j u = 1; 0 v 1g 

imamo x = 1 

v; dobivamo 

v 2 ; y = 2v (0 v 1), i eliminacijom 

B 0 = f(x; y) j x = 1 

1 

4 y2 ; 0 y 2g: 

Dakle, slika B 0 je dio grafa parabole od tocke 1 na 

x-osi do tocke 2 na y-osi. Analogno odre ¯dujemo slike 

C 0 i D 0 duina C i D (Slika 2.9.): 

Pitanje: Kako izracunati integral 

ZZ 

f(x; y)dxdy 

X 

prelaskom sa koordinata (x; y) na koordinate (u; v) ; 

za slucaj (x; y) = (u; v) ? 


Neka je transformacija (u; v) dana sa 

x = g(u; v); 

y = h(u; v): 

Oznacimo sa 

! r (u; v) = g(u; v) 

! i + h(u; v) 

! j 

vektor poloaja tocke (u; v) = (g (u; v); h(u; v)) 

(u xy-ravnini): Transformacijom pravokutnik 

S = [u 0 ; u 0 + 4u] [v 0 ; v 0 + 4v] se bijektivno 

preslikava na podrucje R. 

v 

u 0 

+∆v 

y 

∆vr v 

' 

S 

∆v 

b 

R 

v 0 

(u 0 ,v 0 ) 

∆u 

y 0 

a 

∆ur u ' 

u 0 

u 0 

+∆u 

u 

x 0 

x 

Slika 2.10. 

Oznacimo sa 

! a = 

! r (u0 + 4u; v 0 ) 

! b = 

! r (u0 ; v 0 + 4v) 

! r (u0 ; v 0 ); 

! r (u0 ; v 0 ): 


Površinu P (R) podrucja R moemo aproksimirati sa 

površinom paralelograma ! a ! b kojega odre ¯duju 

vektori ! a i ! b . 

Budući je 

! ru 0 (u 0 ; v 0 ) = lim 

4u!0 

! r (u0 + 4u; v 0 ) 

4u 

! r (u0 ; v 0 ) 

; 

vrijedi 

! rv 0 (u 0 ; v 0 ) = lim 

4v!0 

! r (u0 ; v 0 + 4v) 

4v 

! r (u0 ; v 0 ) 

; 

! a = 

! r (u0 + 4u; v 0 ) 

! b = 

! r (u0 ; v 0 + 4v) 

! r (u0 ; v 0 ) 4u ! r 0 u(u 0 ; v 0 ); 

! r (u0 ; v 0 ) 4v ! r 0 v(u 0 ; v 0 ); 

gdje je 

! ru 0 (u 0 ; v 0 ) = g 0 u(u 0 ; v 0 ) ! i + h 0 u(u 0 ; v 0 ) ! j = 

= @x(u 0; v 0 ) 

@u 

! @y(u 0 ; v 0 )! i + j ; 

@u 


! rv 0 (u 0 ; v 0 ) = g 0 v(u 0 ; v 0 ) ! i + h 0 v(u 0 ; v 0 ) ! j = 

= @x(u 0; v 0 ) 

@v 

! @y(u 0 ; v 0 )! i + j : 

@v 

Sada površinu P (R) podrucja R moemo aproksimirati 

sa 

P (R) ! a ! b j(4u ! r 0 u(u 0 ; v 0 )) (4v ! r 0 v(u 0 ; v 0 ))j = 

4u4v j ! r 0 u(u 0 ; v 0 ) ! r 0 v(u 0 ; v 0 )j : 

Kako je 

! r 

0 

u (u 0 ; v 0 ) ! r 0 v(u 0 ; v 0 ) = 

 

@x(u 0 ;v 0 ) 

@u 

@x(u 0 ;v 0 ) 

@v 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@u 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@v 

 

! i 

! j 

! k 

@x(u 0 ;v 0 ) 

@u 

@x(u 0 ;v 0 ) 

@v 

! @x(u 0 ;v 0 ) 

k = @u 

 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@u 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@u 

0 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@v 

0 

@x(u 0 ;v 0 ) 

@v 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@v 

 

! k ; 

 

= 

onda je 

j ! r 0 u(u 0 ; v 0 ) ! r 0 v(u 0 ; v 0 )j = 

 

 

@x(u 0 ;v 0 ) 

@u 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@u 

@x(u 0 ;v 0 ) 

@v 

@y(u 0 ;v 0 ) 

@v 

 

 


Determinanta 

@x @x 

J = 

@u @v 

@y @y 

 

@u @v 

naziva se Jacobijeva determinanta ili Jacobijan transformacije 

i oznacava sa 

@x @x 

@(x; y) 

J = 

@(u; v) = @u @v 

@y @y 

= @x @y @x @y 

@u@v 

@v @u 

 

@u @v 

Konacno, površinu podrucja R moemo aproksimirati 

sa 

P (R) jJj 4u4v: 

gdje Jacobijan J treba uzeti u tocki (u 0 ; v 0 ). 


Neka je sada zadano podrucje Y R 2 u uv-ravnini 

i transformacija (u; v); x = g(u; v); y = h(u; v); 

koja podrucje Y u uv-ravnini preslikava na podrucje 

X R 2 u xy-ravnini, te neka je f : X ! R funkcija. 

Podijelimo podrucje Y na pravokutnike S ij i njihove 

slike u xy-ravnini oznacimo s R ij (Slika 2.11.): 

v 

Y 

y 

X 

S ij 

R ij 

v j 

u 

u j 

y j 

x j 

x 

Slika 2.11. 

Dvostruki integral funkcije f nad X moemo 

aproksimirati sa 

ZZ 

mX nX 

f(x; y)dP f(x i ; y j )P (R ij ) 

mX 

i=1 

X 

i=1 

j=1 

nX 

f (g(u i ; v j ); h(u i ; v j )) 

@(x; y) 

@(u; v) 4u4v 

j=1 

gdje je Jacobijan uzet u tocki (u i ; v j ): Posljednja suma 

je integralna suma za integral 


ZZ 

Y 

f (g(u; v); h(u; v)) 

@(x; y) 

@(u; v) dudv 

što nas upućuje na supstituciju u dvostrukom 

integralu. 

Teorem 2.5. Neka je f : X ! R neprekidna funkcija 

na podrucju X R 2 , a = (g; h) : Y ! X R 2 

neka je bijektivna C 1 transformacija ciji Jacobijan ne 

išcezava. Tada je 

ZZ 

ZZ 

f(x; y)dxdy = f (g(u; v); h(u; v)) 

@(x; y) 

@(u; v) dudv: 

X 

Y 

Primjer 2. Izracunati integral 

ZZ 

I = ydxdy 

X 

gdje je podrucje X odre ¯deno parabolama y 2 = 4 4x; 

y 2 = 4 + 4x i x-osi (iznad x-osi, Slika 2.9.). 

Racun ćemo provesti tako da uvedemo supstituciju 

x = u 

2 

v 2 ; 

y = 2uv: 

Pokazali smo u Primjeru 1. da je podrucje integracije 

X = (Y ) slika podrucja 


Y = f(u; v) j 0 u 1; 0 v 1g ; 

gdje je : X ! Y transformacija odre ¯dena supstitucijom, 

tj. 

(u; v) = (x = u 2 

v 2 ; y = 2uv): 

Z 1 

0 

Budući je 

J = 

@x 

@(x; y) 

@(u; v) = @u 

@y 

@u 

@x 

@v 

@y 

= 

2u 

2v 

 

@v 

2v 

2u = 4u2 +4v 2 > 0; 

po Teoremu 2.5. imamo 

ZZ ZZ 

I = ydxdy = 2uv 

@(x; y) 

 

X 

Y @(u; v) dudv = 

Z 1 

2uv 4 u 2 +v 2 Z 1 

Z 1 

dudv = 8 u 3 v + v 3 u 

du dv = 

0 

8 

Z 1 

0 

" u 

4 

4 v + v3u2 

2 

0 

0 

# 

 

u=1 

dv = 

u=0 

Z 1 

0 

2v + 4v 3 dv = 

v 2 + v 4 

v=1 

v=0 = 2: 


U praksi se, cesto javlja potreba da se pravokutne 

Kartezijeve koordinate (varijable) x; y zamijene polarnim 

koordinatama u ; v '. Supstitucijom 

x = g(; ') = cos ' 

y = h(; ') = sin ' 

za Jacobijan dobivamo 

@x 

@(x; y) 

@(; ') = @ 

@y 

@ 

@x 

@' 

@y 

@' 

Prema tomu, 

ZZ 

ZZ 

f(x; y)dxdy = 

 

= 

cos ' 

sin ' 

sin ' 

cos ' = : 

f( cos '; sin ') dd': 

X 

Y 

Ovu supstituciju moemo interpretirati na nacin: neka 

je podrucje integracije u integralu 

ZZ 

ZZ 

f(x; y)dxdy = f(x; y)dP 

X 

kao na Slici 2.12., 

X 


y 

X 

ρ 2 (ϕ) 

ρdϕ 

dP 

ρ 

dρ 

ρ+dρ 

dϕ 

ϕ 

ρ 1 (ϕ) 

x 

Slika 2.12. 

tj. moe se opisati na nacin 

X = f('; ) j ' 1 

' ' 2 ; 1 (') 2 

(')g: 

Naznaceni element površine dP je dio krunog 

isjecka, pa je 

 

1 1 

dP = d' 

2 ( + d)2 2 2 d' = dd'+ 1 2 (d)2 d': 

Drugi clan moemo zanemariti i uzeti za dP = d'd: 

Sada je 


ZZ 

f(x; y)dxdy = 

ZZ 

f(x; y)dP = 

X 

= 

ZZ 

X 

f( cos '; sin ')d'd; 

X 

a to daje i naš teorem o supstituciji. 

Napomenimo još da se u polarnim koordinatama integrira 

u poretku ' tj. 

ZZ 

f( cos '; sin ')d'd = 

= 

X 

Z '2 

' 1 

d' 

Z 2 (') 

1 (') 

f( cos '; sin ')d: 

Primjer 3. Izracunajmo integral 

ZZ 

p 

I = 1 x 

2 

y 2 dxdy, 

X 

gdje je X polukrug u I. kvadrantu odre ¯den krunicom 

x 

1 

2 2 

+ y 2 = 1 4 : 

Zamjenom Kartezijevih koordinata polarnima, integracijsko 

podrucje 


X = 

n(x; y) j 0 x 1; 0 y p o 

x x 2 

postaje integracijskim podrucjem 

Y = ('; ) j 0 ' 2 ; 0 cos ' : 

y 

y= xx 2 

ρ 

1 

ρ=cosϕ 

ρ= cosϕ 

X 

x 

0 1 0 

Y 

π 

2 

ϕ 

Slika 2.13. 

a podintegralna funkcija p p 

1 x 2 y 2 postaje 

1 2 : Slijedi, 

ZZ 

Z 

2 

0 

X 

p 

1 x 

2 

y 2 dxdy = 

Z 

2 

0 

Z 

2 

0 

d' 

Z cos ' 

0 

p 

1 2 d = 

" 1 

3 2 1 p 

# 

 

=cos ' 

1 

2 

d' = 

=0 

1 

3 cos2 ' 1 p 

1 1 cos2 ' 

d' = 

3 

6 

2 

9 : 


Katkada je racun pogodnije provesti u : 

pomaknutom polarnom koordinatnom sustavu 

kojemu je pol u tocki O = (p; q) : 

x p = cos '; 

y q = sin ': 

Za Jacobijan dobivamo J = ; i ukoliko je slika 

podrucja integracije X oblika 

Y = f('; ) j ' 1 ' ' 2 ; 1 (') 2 (')g 

vrijedi 

ZZ 

f(x; y)dxdy = 

X 

ZZ 

Y 

f(p+ cos '; q+ sin ')d'd = 

Z '2 

' 1 

d' 

Z 2 (') 

1 (') 

f(p + cos '; q + sin ')d: 

Krunice koje u Kartezijevom koordinatnom sustavu 

imaju prikaz (x p) 2 + (y q) 2 = R 2 ; ovdje imaju 

jednostavni prikaz = R: Tocka T = (x; y) u ovomu 

koordinatnom sustavu ima koordinate ('; ) gdje je 

= p (x p) 2 + (y q) 2 ; tg ' = y q 

x p ; 


i pri odre ¯divanju kuta ' iz tg ' = y q 

x p 

treba voditi 

racuna o predznacima od x p i y q. 

poopćenim polarnim koordinatama '; : 

x = a cos ' 

y = b sin ' 

Za Jacobijan dobivamo 

@x @x 

@(x; y) 

@(; ') = @ @' 

= 

@y @y 

a cos ' 

b sin ' 

@ @' 

a sin ' 

b cos ' 

= ab: 

Prema tomu, 

ZZ 

f(x; y)dxdy = 

ZZ 

f(a cos '; b sin ') abdd': 

X 

Y 

Napomenimo da se u ovom koordinarnom sustavu 

elipsa 

x2 

a + y2 

= 1 2 opisuje jednadbom = 1; 

b2 pa stoga poopćene polarne koordinate '; 

nazivamo i eliptickim koordinatama. 


pomaknutom eliptickom koordinatnom sustavu 

kojemu je pol u tocki O = (p; q) : 

x p = a cos '; 

y q = b sin ': 

Opet je Jacobijan J = ab; i ukoliko je slika integracijskog 

podrucja X oblika 

Y = f('; ) j ' 1 ' ' 2 ; 1 (') 2 (')g 

vrijedi 

ZZ 

f(x; y)dxdy = 

X 

ZZ 

Y 

f(p+a cos '; q+b sin ')abd'd: 

Napomenimo da elipsa koja u Kartezijevom koordinatnom 

sustavu ima jednadbu 

(x p) 2 

a 2 + 

(y q)2 

b 2 = 1; 

ovdje ima jednostavni prikaz = 1: 


ZZ 

Primjer 4. Izracunati I = 

X 

dxdy; 

gdje je 

X = (x; y) j 4(x 2) 2 + 9(y + 1) 2 36; y 0 : 

y 

ρ 

1 

= 2sinϕ 

B 

1 

O 

ϕ A 

ϕ 

ρ=1 

ϕ B 

A 

5 

x 

polarna os 

3 

Slika 2.14. 

Istaknuti dio X unutrašnjosti elipse 

(x 2) 2 

3 2 + 

(y + 1)2 

2 2 = 1 

(Slika 2.14.) moemo opisati sa 

8 

>< x B = 2 3p 3 

2 x 2+3p 3 

2 = x A 

X = 

: 

>: 0 y 1+ 1 3 

q36 4(x 2) 2 


Zamjenom Kartezijevih koordinata pomaknutim 

poopćenim (eliptickim) polarnim koordinatama 

x 2 = 3 cos ' 

y + 1 = 2 sin ' 

elipsa poprima jednostavan zapis = 1; dok je jednadba 

pravca y = 0 u ovom sustavu 

= 1 

2 sin ' : 

Odredimo '-koordinatu tocke A = (2 + 3p 3 

2 ; 0) : 

tg ' A = a (y A q) 

b (x A p) = 3(0 + 1) 

 

2 2+ 3p 3 

2 

2 

= 

p 

3 

3 

) ' A = 6 : 

Dakako, zbog simetrije je ' B = 5 6 : Navedenom 

supstitucijom integracijsko podrucje X postaje integracijsko 

podrucje 

 

Y = ('; ) j 6 ' 5 

6 ; 1 

2 sin ' 1 : 

Imamo 

I = 

ZZ 

X 

dxdy = 

ZZ 

Y 

6d'd = 6 

Z 5 

6 

 

6 

d' 

Z 1 

1 

2 sin ' 

d = 


Z 5 

6 

6 

 

6 

" 1 

2 2 

=1 

= 1 

2 sin ' 

# 

d' = 3 

Z 5 

6 

 

6 

 

1 

 

1 

4 sin 2 d' = 

' 

= ::: = 4 3p 3 

2 


2.4. Nekoliko primjena dvostrukog integrala 

Pokazali smo da ako je funkcija f : D ! R, 

D R 2 , neprekidna i nenegativna, onda pripadni 

dvostruki integral mjeri volumen geometrijskoga tijela 

odre ¯denoga osnovicom D i plohom f , tj. 

ZZ 

V () = f(x; y)dxdy: 

D 

Primijetimo da u slucaju konstantne funkcije 

f(x; y) = 1 promatrani integral mjeri površinu ravninskoga 

skupa D, tj. 

ZZ 

P (D) = dxdy: 

Primjer 5. Izracunaj volumen tijela ome ¯denog plohom 

z = 3 x 2 y 2 i ravninom z = 0: 

Sjecište ove dvije plohe je krunica x 2 + y 2 = 3; pa je 

podrucje integracije krug: 

D 

D ::: x 2 + y 2 3 

Budući da je f : D ! R; f(x; y) = 3 x 2 y 2 0 

na D i neprekidna funkcija, volumen tijela dobivamo 

racunajući integral: 


ZZ 

V = 

D 

3 x 2 y 2 dxdy = 

p 

3 Z 

p 

3 

dx 

p 

3 x 

2 

Z 

p 

3 x 

2 

3 x 2 y 2 dy: 

Prelaskom na polarne koordinate 

dobivamo 

x = cos ' 

y = sin ' 

V = 

Z 2 

0 

d' 

Z p 3 

0 

3 2 3 

2 

d = 2 

2 

p 

 

4 3 

4 

0 

= 9 2 : 


Glatka ploha i njezina površina 

Graf funkcije f : D ! R, D R 2 ; je ploha u prostoru 

R 3 S = f(x; y; z) j (x; y) 2 D; z = f(x; y)g R 3 : 

Ukoliko je funkcija f diferencijabilna, tada plohu 

nazivamo glatkom (drugim rijecima, ploha S je 

glatka cim u svakoj svojoj tocki T 2 S dopušta 

tangencijalnu ravninu!). 

U nekim razmatranjima i primjenama javljat će se 

plohe poput ovih na Slici 2.15. 

S 1 

S 3 

S 4 

S 2 

Slika 2.15. 

Uocavamo da se radi o plohi S sastavljenoj od konacno 

glatkih ploha S 1 ,..., S n tako da u tockama 

"spojnih krivulja" ne postoje tangencijalne ravnine 

(ni normale). Za takve plohe kaemo da su po dijelovima 

glatke. 


Pokazuje se da je skup svih tocaka takve plohe u 

kojima nema tangencijalnih ravnina "površinski zanemariv" 

pa ćemo ga u našim razmatranjima smjeti 

zanemarivati. 

Dakle, ako je z = f(x; y); (x; y) 2 D; eksplicitna jednadba 

glatke plohe S; tada je 

P (S) = 

ZZ 

D 

njezina površina. 

s 

2 2 @f(x; y) @f(x; y) 

1 + 

+ 

dxdy 

@x 

@y 

Primijetimo da u slucaju konstantne funkcije 

f(x; y) = c 2 R na D dobivamo 

P (S) = P (D) = 

ZZ 

D 

dxdy; 

što se slae s prije poznatom formulom. 

Ako ploha S nije glatka, ali ju se moe rastaviti po 

dijelovima glatkim krivuljama na konacno mnogo "disjunktnih" 

glatkih ploha S 1 ; ; S n , onda je njezina 

površina zbroj 

P (S) = P (S 1 ) + + P (S n ): 


Primjer 6. Izracunati površinu dijela stoaste plohe 

p 

y = 2 x2 + z 2 koji je odre ¯den uvjetom 1 y 2: 

y 

S 

x 

D 

z 

Slika 2.16. 

Ploha S ("privilegirana" y-os) i njena projekcija D 

(krug x 2 + z 2 1) na xz-ravninu prikazani su na Slici 

2.16. 

P (S) = 

Treba izracunati 

v 

ZZ 

u 

t @(2 1 + 

D 

p ! 2 

x2 + z 2 ) 

+ @(2 p ! 2 

x2 + z 2 ) 

dxdz: 

@x 

@z 

P (S) = 

ZZ 

x 2 +z 2 1 

ZZ 

D 

s 

1 + 

 

p 

2dxdz = 

p 

2 

ZZ 

x 

p 

x2 + z 2 2 

+ 

x 2 +z 2 1 

 

z 

p 

x2 + z 2 2 

dxdz = 

dxdz = p 2P (D) = p 2: 


2.5. Trostruki integral - denicija 

Posve slicno dvostrukom integralu denira se i 

trostruki integral. Neka je f : K ! R neprekidna 

funkcija triju varijabla denirana na kvadru 

K = [a; b] [c; d] [s; t]: 

Podijelimo diobenim tockama 

a = x 0 < x 1 < < x l = b; 

c = y 0 < y 1 < < y m = d; 

s = z 0 < z 1 < < z n = t 

segmente [a; b]; [c; d]; [s; t] na podsegmente jednake 

duljine 4x = b a 

l 

; 4y = d c 

m ; 4z = t s 

n : Kvadar K 

podijelimo na podkvadre 

K ijk = f(x; y; z) 2R 3 j x i 1 

x x i ; 

y j 1 y y j ; z k 1 z z k g; 

i = 1; ; l; j = 1; ; m; k = 1; n: Svi podkvadri 

imaju jednaki volumen 4x4y4z: Riemannova 

trostruka suma je oblika 


lX mX nX 

f(x i ; yj ; zk)4x4y4z 

 

i=1 j=1 k=1 

gdje je (x i ; y j ; z k ) bilo koja tocka iz kvadra K ijk: 

Denicija 2.6. Trostruki integral funkcije f : K 

nad nad kvadrom K R 3 je broj 

lX mX nX 

J = 

f(x i ; yj ; zk)4x4y4z 

 

lim 

l;m;n!1 

i=1 

ukoliko on postoji. 

j=1 

k=1 

! R 

Uobicajena oznaka je 

ZZZ 

J = 

K 

f(x; y; z)dxdydz: 


2.6. Racunanje trostrukih integrala 

I trostruki integral RRR D f(x; y; z)dxdydz po ome ¯denom 

integracijskom podrucju D R 3 deniramo preko 

trivijalnog proširenja 

ef(x; y; z) = 

f(x; y; z), (x; y; z) 2 D 

0, (x; y; z) 2 K n D 

funkcije f na bilo koji kvadar K što sadri D; 

stavljajući 

ZZZ 

ZZZ 

f(x; y; z)dxdydz = ef(x; y; z)dxdydz: 

D 

Iskaimo sada analogone prethodnih teorema u 

slucaju trostrukog integrala. 

Teorem 2.7. Neka je f : K ! R funkcija, pri cemu je 

K = [a; b] [c; d] [r; s] R 3 kvadar. Tada vrijedi: 

ZZZ 

f(x; y; z)dxdydz = 

= 

Z b 

a 

Z d 

c 

K 

Z s 

r 

K 

! 

f(x; y; z)dz dy dx: 

"Izmijenjujući mjesta" varijablama dobivamo analogne 

integracijske formule. 


Napomena. Vrijedi: 

ZZZ 

1. (f(x; y; z) + g(x; y; z))dxdydz = 

2. 

ZZZ 

D 

D 

f(x; y; z)dxdydz + 

ZZZ 

ZZZ 

ZZZ 

f(x; y; z)dxdydz = 

D 

3. Ako je D = D 1 [ D 2 i D 1 \ D 2 = ; 

D 

g(x; y; z)dxdydz; 

D 

f(x; y; z)dxdydz; 2 R; 

(ili RRR D 1 \D 2 

f(x; y; z)dxdydz = 0) 

onda je 

ZZZ 

ZZZ 

D 


ZZZ 

f(x; y; z)dxdydz + f(x; y; z)dxdydz: 

D 1 D 2 

4. Ako je f(x; y; z) g(x; y; z); (x; y; z) 2 D; onda je 

ZZZ 

ZZZ 

f(x; y; z)dxdydz g(x; y; z)dxdydz: 

D 

D 


Teorem 2.8. Neka je f : D ! R; funkcija, pri cemu je 

D = 

(x; y; z) j a x b; '1 (x) y ' 2 (x); 

g 1 (x; y) z g 2 (x; y) 

 

; 

gdje su ' 1 ; ' 2 i g 1 ; g 2 neprekidne funkcije (Slika 2.17). 

Tada je 

ZZZ 


= 

Z b 

a 

Z '2 (x) 

' 1 (x) 

D 

Z g2 (x;y) 

g 1 (x;y) 

f(x; y; z)dz 

! 

dy 

! 

dx: (4) 

z 

z=g 2 (x,y) 

D 

a< _ x

Posve slicno, ako je 

D = 

(x; y; z) j c y d; 1 (y) x 2 (y); 

g 1 (x; y) z g 2 (x; y) 

 

; 

gdje su 1 ; 2 i g 1 ; g 2 neprekidne funkcije (Slika 2.18). 

Tada je 

ZZZ 


Z d 

c 

Z 

2 (y) 

1(y) 

D 

Z g2 (x;y) 

g 1 (x;y) 

f(x; y; z)dz 

! 

dx 

! 

dy: (5) 

z 

z=g 2 (x,y) 

D 

c< _ y

Kao i kod dvostrukog integrala uobicajilo se umjesto 

zapisa (4) i (5) koristiti 

ZZZ 


D 

= 

Z b 

a 

dx 

Z '2 (x) 

' 1 (x) 

dy 

Z g2 (x;y) 

g 1 (x;y) 

f(x; y; z)dz; 

(4a) 

ZZZ 

D 


= 

Z d 

c 

dy 

Z 

2 (y) 

1(y) 

dx 

Z g2 (x;y) 

g 1 (x;y) 

f(x; y; z)dz; 

i pritom govorimo da smo integraciju proveli u 

redoslijedu zyx; odnosno redoslijedu zxy: 

(5a) 


Primjer. Izracunajmo 

ZZZ 

D 

2zdxdydz 

gdje je D R 3 ome ¯den grafovima funkcija 

g 1 (x; y) = x 2 + y 2 i g 2 (x; y) = p x 2 + y 2 : 

Uocimo da promatrane plohe prolaze ishodištem i 

da se sijeku uzdu jedinicne krunice x 2 + y 2 = 1 u 

ravnini z = 1: Budući da izme ¯du ravnina z = 0 i z = 1 

vrijedi x 2 + y 2 

odre ¯deno nejednadbama: 

1 x 1; 

p 

1 x2 y p 1 x 2 ; 

Imamo: 

ZZZ 

D 

2zdxdydz = 

x 2 + y 2 z p x 2 + y 2 

Z 1 Z p 1 x Z p 2 x 2 +y 2 

dx 

p 

2zdz = 

1 1 x 2dy 

x 2 +y 2 

Z 1 Z p " # 

1 x 2 z=p 

x 

dx 

p 

z 2 2 +y 2 

dy = 

1 1 x 

2 

z=x 2 +y 2 


Z 1 Z p 1 x 2 h 

dx 

p 

1 1 x 

2 

x 2 + y 2 

 

x 2 + y 2 2 i dy = 

Z 1 Z p 1 x 2 

dx 

p 

1 1 x 

2 

y 2 + x 2 x 4 2x 2 y 2 y 4 dy = 

Z 1 

1 

2 

4 1 

3 y3 + x 2 y x 4 y 

p 

y= 

1 x 

2 

3 x2 y 3 1 2 

5 y5 

y= 

p 

1 x 2 3 

5 dx = 

Z 1 

2 

3 

p 3 

1 x 

2 + 2 x 

2 

x 4 p 

1 x 

2 

1 

4 

p 3 2 

3 x2 1 x 

2 

5 

p 

5 

1 x 2 

dx = 6 


2.7. Zamjena varijabla u trostrukom integralu 

Neka je Y R 3 podrucje (u uvw-koordinatnom 

sustavu) koje se bijektivnom C 1 transformacijom 

odre ¯denom sa 

x = g(u; v; w); y = h(u; v; w); z = k(u; v; w) 

preslikava u podrucje X R 3 (u xyz-koordinatnom 

sustavu). Jacobijan transformacije je determinanta 

@x @x @x 

@(x; y; z) 

@(u; v; w) = @u @v @w 

@y @y @y 

@u @v @w 

: 

Teorem 2.9. Neka je f : X ! R neprekidna funkcija 

na podrucju X R 3 , a 

@z 

@u 

@z 

@v 

@z 

@w 

= (g; h; k) : Y ! X R 3 

neka je bijektivna C 1 transformacija ciji Jacobijan ne 

išcezava. Tada je 

ZZZ 


ZZZ 

Y 

X 

f (g(u; v; w); h(u; v; w); k(u; v; w)) 

@(x; y; z) 

@(u; v; w) dudvdw: 


U slucaju trostrukog integrala se cesto javlja potreba 

da se pravokutne Kartezijeve koordinate zamijene 

cilindricnima ili sfernima. Budući da je veza Kartezijevih 

i cilindricnih koordinata 

8 

< 

: 

to je pripadni Jacobijan 

x = g(; '; z) = cos '; 

y = h(; '; z) = sin ', 

z = k(; '; z) = z 

@( cos ') 

@ 

@(x; y; z) 

@(; '; z) = @( sin ') 

@ 

 

@z 

@ 

@( cos ') 

@' 

@( sin ') 

@' 

@z 

@' 

cos ' sin ' 0 

sin ' cos ' 0 

0 0 1 

Tako dobivamo formulu 

ZZZ 

ZZZ 


X 

Y 

= : 

@( cos ') 

@z 

@( sin ') 

@z 

@z 

@z 

= 

 

f( cos '; sin '; z)dd'dz 


Primjer. Vratimo se ranijem primjeru. Izracunati 

ZZZ 

2zdxdydz; 

X 

gdje je X R 3 ome ¯den grafovima preslikavanja 

g 1 (x; y) = x 2 + y 2 i g 2 (x; y) = p x 2 + y 2 . 

Racun koji treba provesti u integralu 

ZZZ 

X 

2zdxdydz = 

Z 1 

1 

dx 

Z p 1 x 2 

Z p x 2 +y 2 

p 

dy 2zdz 

1 x 

2 

x 2 +y 2 

je poprilicno kompliciran. Prije ¯de li se, me ¯dutim, 

na cilindricne koordinate, integracijsko podrucje X 

postaje integracijskim podrucjem Y 

Y = ('; ; z) j 0 ' 2; 0 1; 2 z : 

Tako dobivamo 

ZZZ 

2zdxdydz = 

Z 2 

0 

d' 

Z 1 

0 

X 

d 

Z 

2 2zdz = 

ZZZ 

Z 2 

0 

Y 

d' 

2zdd'dz = 

Z 1 

0 

 

z 2 

z= 

z= 2 

d = 

Z 2 

0 

Z 1 

d' 

0 

2 4 d = ::: = 6 : 


U slucaju sfernog koordinatnog sustava zamjenske 

varijable uvodimo na nacin 

8 

< 

: 

i pripadni Jacobijan je 

@(r sin cos ') 

@r 

@(x; y; z) 

@(r; ; ') = @(r sin sin ') 

@r 

x = g(r; ; ') = r sin cos ', 

y = h(r; ; ') = r sin sin ', 

z = k(r; ; ') = r cos , 

@(r cos ) 

@r 


@ 

@(r sin sin ') 

@ 

@(r cos ) 

@ 


@' 

@(r sin sin ') 

@' 

@(r cos ) 

@' 

= 

 

sin cos ' r cos cos ' r sin sin ' 

sin sin ' r cos sin ' r sin cos ' 

cos r sin 0 = r2 sin : 

Time smo dobili formulu 

ZZZ 


ZZZ 

X 

Y 

f(r sin cos '; r sin sin '; r cos ) r 2 sin drdd': 


Primjer. Izracunati 

ZZZ 

z p 1 + x 2 + y 2 + z 2 dxdydz; 

X 

gdje je X = f(x; y; z) j x 2 + y 2 + z 2 1; z 0g: 

Podintegralna funkcija z p 1 + x 2 + y 2 + z 2 u sfernom 

koordinatnom sustavu ima zapis r cos p 1 + r 2 : Podrucje 

integracije X je jedinicna središnja polukugla i 

ona prelazi u podrucje integracije Y 

Y = (r; ; ') j 0 ' 2; 0 2 ; 0 r 1 ; 

pa je 

ZZZ 

ZZZ 

Y 

X 

z p 1 + x 2 + y 2 + z 2 dxdydz = 

r cos p 1 + r 2 r 2 sin drdd' = 

Z 2 

0 

Z 

2 

d' 

0 

cos sin d 

Z 1 

0 

r 3p 1 + r 2 dr = 


Z 2 

0 

Z 

2 

d' 

0 

! Z 1 

sin cos d r 3p 

1 + r 2 dr 

= 2 p 2 + 1 

15 

: 

0 

= 


2.8. Nekoliko primjena trostrukog integrala 

Ako funkcija f : D ! R, D R 3 , predstavlja gustoću 

tijela , pripadni integral mjeri masu, tj. 

ZZZ 

m() = f(x; y; z)dxdydz: 

 

Uocimo da za konstantnu funkciju f(x; y; z) = 1 (homogenost) 

pripadni integral mjeri volumen tijela 

ZZZ 

V () = dxdydz: 

Ako je pak tijelo konstantne gustoće imamo 

m() = V (): 

D 

Primjer 1. Izracunati masu tijela ome ¯denog koncentricnim 

sferama radijusa R 1 i R 2 ; ako je gustoća 

materijala obrnuto proporcionalna udaljenosti od 

središta sfere, a jednaka je na udaljenosti 1: 

Rješenje: m() = 2 R 2 2 R 2 1 

: 


Primjer 2. Izracunati volumen tijela 

= (x; y; z) j 4x 2 + z 2 2z y + 1 0; y + z 3 : 

Rješenje: V = 

ZZZ 

 

dxdydz = 81 

64 : 


3. VEKTORSKA ANALIZA 


3.1. Vektorski prostor 

Skup svih ure ¯denih n-torki realnih brojeva oznacavamo 

sa R n : 

R n = fx = (x 1 ; x 2 ; :::; x n ) j x i 2 Rg : 

Na skupu R n deniramo operacije zbrajanja 

i mnoenja sa skalarom 

+ : R n R n ! R n 

: R R n ! R n : 

deni- 

Za x = (x 1 ; x 2 ; :::; x n ) ; y = (y 1 ; y 2 ; :::; y n ) 2 R n 

ramo 

x + y = (x 1 + y 1 ; x 2 + y 2 ; :::; x n + y n ) ; 

x = (x 1 ; x 2 ; :::; x n ) ; 2 R: 

Uz te dvije operacije R n postaje vektorski prostor, a 

njegovi elemente nazivamo vektori. 


Teorem 3.1. Ure ¯dena trojka (R n ; +; ) skupa R n ; 

te dvije operacije zbrajanja vektora ”+” i mnoenja 

vektora skalarom ”” cini vektorski prostor. U tom 

prostoru vrijede sljedeća svojstva: 

1. (asocijativnost zbrajanja) 

(x + y) +z=x+ (y + z) ; 8x; y; z 2 R n 

2. (postojanje nul vektora) 

(90 2 R n ) x + 0 = 0 + x = x; 8x 2 R n 

3. (postojanje suprotnog vektora) 

(8x 2 R n ) (9!x 0 2 R n ) x + x 0 = x 0 + x = 0 

4. (komutativnost zbrajanja) 

x + y = y + x; 8x; y 2 R n 

5. (kompatibilnost mnoenja ili kvaziasocijativnost) 

(x) = () x; 8; 2 R; 8x 2 R n 

6. (distributivnost mnoenja prema zbrajanju u R n ) 

(x + y) = x + y; 8 2 R; 8x; y 2 R n 

7. (distributivnost mnoenja prema zbrajanju u R) 

( + ) x = x + x; 8; 2 R; 8x 2 R n 

8. (posjedovanje jedinice) 

1 x = x; 8x 2 R n 


Općenito, ako su na nekom skupu X = fx; y; z; :::g 

denirane operacije zbrajanja vektora ”+” i mnoenja 

vektora skalarom ”” koje imaju navedena svojstva 

1 8; onda je ure ¯dena trojka (X; +; ) 

vektorski prostor, a elemente skupa X nazivamo 

vektorima. 

Neki primjeri vektorskih prostora: 

V 1 ; V 2 ; V 3 vektorski prostori svih vektora na 

pravcu, u ravnini, u prostoru (redom). 

M mn (R) ; M mn (C) vektorski prostori svih 

matrica tipa (m; n) nad poljem R odnosno C. 

Podsjetimo se: 

Vektori a 1 ; :::; a n su linearno zavisni ako postoje 

skalari 1 ; :::; n takvi da je 

1 a 1 + 2 a 2 + ::: + n a n = 0 (1) 

pri cemu je barem jedan i 6= 0: 

Ako jednakost (1) vrijedi samo za 1 = 2 = ::: = n = 0; 

onda su vektori a 1 ; :::; a n linearno nezavisni. 


Skup linearno nezavisnih vektora fa 1 ; :::; a n g X 

je baza vektorskog prostora X ako se svaki vektor 

x 2 X moe jednoznacno prikazati kao linearna 

kombinacija vektora iz fa 1 ; :::; a n g : 

x = 1 a 1 + 2 a 2 + ::: + n a n 

za neke skalare 1 ; :::; n : 

Maksimalan broj linearno nezavisnih vektora u 

nekom vektorskom prostoru jednak je dimenziji tog 

prostora. 

Baza vektorskog prostora V 3 je skup 

n !i ! ! 

o 

; j ; k : 

Svaki vektor ! a 2 V 3 ima jedinstven prikaz u toj bazi 

! a = ax 

! i + ay 

! j + az 

! k : 

Prostor R n ima dimenziju n: Standardnu bazu tog 

prostora cine vektori: 

e 1 = (1; 0; :::; 0) ; e 2 = (0; 1; :::; 0) ; ::: ; e n = (0; 0; :::; 1) ; 

pa za svaki x = (x 1 ; x 2 ; :::; x n ) 2 R n vrijedi 

x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + ::: + x n e n : 


Neka su x = (x 1 ; x 2 ; :::; x n ) ; y = (y 1 ; y 2 ; :::; y n ) 2 R n : 

Na vektorskom prostoru R n nadalje deniramo: 

Standardni ili euklidski skalarni produkt: 

(x j y) = x 1 y 1 + x 2 y 2 + ::: + x n y n 

Euklidsku normu vektora x: 

kxk = p q 

(x j x) = x 2 1 + x2 2 + ::: + x2 n 

Euklidsku metriku (udaljenost): 

d (x; y) = kx yk = 

q Pn 

i=1 (x i y i ) 2 

Vektorski prostor R n u kojem su denirani euklidski 

skalarni produkt, euklidska norma i euklidska metrika 

nazivamo euklidski prostor i oznacavamo s E n : 


3.2. Vektorske funkcije skalarnog argumenta 

Odaberimo tocku O (0; :::; 0) 2 E n : Skup svih usmjerenih 

duina iz E n sa pocetnom tockom O: 

n ! 

o 

E n o = OT j T 2 E 

n 

vektorski je prostor s bazom fe 1 ; e 2 ; :::; e n g ; 

e i = OT ! 

i ; T i = (0; :::; 1; :::; 0): 

i 

Denicija 3.2. Vektorska funkcija skalarnog argumenta 

je funkcija f : I R ! E n o koja svakom 

skalaru iz I pridruuje tocno jedan vektor iz E n o: 

Cesto je I = [a; b] i za n = 3 uobicajeno je koristiti 

oznaku: 

ili 

! r (t) = r1 (t) ! i + r 2 (t) ! j + r 3 (t) ! k ; t 2 [a; b] 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] : 

To je funkcija: 

t 7! T (t) = (x (t) ; y (t) ; z (t)) 2 E 3 ; 

! r (t) = 

! OT : 

Funkcije x (t) ; y (t) i z (t) zovemo skalarne komponente 

vektorske funkcije ! r (t) : 


Skup 

K = f(x (t) ; y (t) ; z (t)) j t 2 [a; b]g 

zovemo graf vektorske funkcije ! r (t) :Graf vektorske 

funkcije je skup u prostoru koji opisuje vrh radijvektora 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] : 

Primjer: Neka su ! a i ! b linearno nezavisni vektori. 

Što su grafovi sljedećih vektorskih funkcija? 

! r (t) = ! a + t ! b ; t 2 R; 

! r (t) = (1 t) ! a + t ! b ; t 2 [0; 1] : 

! r (t) = (a cos t) ! i + (a sin t) ! j + (bt) ! k ; t 2 R: 


Napomena. Sve denicije i tvrdnje u daljnjem tekstu 

navodimo za n = 3; no one općenito vrijede (gdje to 

ima smisla) i za proizvoljan n 2 N: U slucaju n 2 N; 

n > 3 umjesto ! r (t) treba koristiti oznaku r (t) : 

Denicija 3.3. Neka je vektorska funkcija ! r (t) 

denirana intervalu I osim moda u tocki t 0 2 I: 

Limes vektorske funkcije ! r (t) u tocki t 0 je vektor ! a 

za koji vrijedi 

lim k ! r (t) 

! a k = 0: 

t!t 0 

U tom slucaju pišemo 

! a = lim 

! r (t) : 

t!t0 

Ovu deniciju moemo zapisati na sljedeći nacin: 

Za svaki " > 0 postoji > 0 takav da ako je 

0 < jt t 0 j < onda je k ! r (t) 

! a k < ": 

Teorem 3.4. Neka su zadane vektorska funkcija 

i vektor 

Tada je 

ako i samo ako je 

lim 

t!t 0 

x (t) = a x ; 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k 

! a = ax 

! i + ay 

! j + az 

! k : 

lim 

! r (t) = 

! a 

t!t 0 

lim y (t) = a y ; 

t!t0 

lim z (t) = a z : 

t!t0 


Primjer: Izracunaj lim 

t!0 

! r (t) ako je 

! r (t) = cos (t + ) 

! i + sin (t + ) 

! j + e 

t 2! k : 

Teorem 3.5. Pretpostavimo da za vektorske funkcije 

! r 1 (t) ; ! r 2 (t) i skalarnu funkciju u (t) postoje limesi 

lim 

! r 1 (t) = ! a ; 

t!t 0 

Tada vrijedi: 

lim 

! r 2 (t) = ! b ; 

t!t0 

lim u (t) = : 

t!t0 

1. lim 

t!t0 

( ! r 1 (t) ! r 2 (t)) = ! a ! b ; 

2. lim 

t!t0 

u (t) ! r 1 (t) = ! a ; 

3. lim 

t!t0 

( ! r 1 (t) ! r 2 (t)) = ! a ! b ; 

4. lim 

t!t0 

( ! r 1 (t) ! r 2 (t)) = ! a ! b : 

lim c ! r 1 (t) = c ! a ; c 2 R; 

t!t0 

Denicija 3.6. Za vektorsku funkciju ! r : I R ! E 3 o 

kaemo da je neprekidna u tocki t 0 2 I ako je 

lim 

! r (t) = 

! r (t0 ) : 

t!t 0 

Vektorska funkcija ! r (t) je neprekidna na intervalu 

I ako je neprekidna u svakoj tocki intervala I: 


Dakle, vektorska funkcija je neprekidna ako i samo 

ako su njezine komponente neprekidne. Zbroj, 

razlika, skalarni i vektorski umnoak neprekidnih vektorskih 

funkcija tako ¯der su neprekidne funkcije. 

Denicija 3.7. Za vektorsku funkciju ! r : I R ! E 3 o 

kaemo da je derivabilna u tocki t 0 2 I ako postoji 

vektor 

lim 

4t!0 

! r (t0 + 4t) 

4t 

! r (t0 ) 

: 

Taj vektor nazivamo derivacija vektorske funkcije 

! r u tocki t0 i oznacavamo s 

! r 0 (t 0 ) = d! r (t) 

dt 

= lim 

4t!0 

! r (t0 + 4t) 

4t 

! r (t0 ) 

: 

Kaemo da ! r (t) ima derivaciju ! r 0 (t) na intervalu 

I; ako je ona derivabilna u svakoj tocki intervala I: 

Primjetimo da je derivacija vektorske funkcije i sama 

vektorska funkcija istog argumenta. 


Ako je ! r 0 (t) derivabilna na intervalu I, onda drugu 

derivaciju deniramo kao derivaciju prve derivacije. 

Više derivacije deniramo induktivno: 

! r 00 (t) = [ ! r 0 (t)] 0 ; ::: ; ! r (n) (t) = 

h !r (n 

i 0 1) (t) : 

Nadalje, derivacija vektorske funkcije 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k 

moe se racunati pomoću derivacija njenih komponenti, 

tj. vrijedi: 

! r 0 (t) = x 0 (t) ! i + y 0 (t) ! j + z 0 (t) ! k : 

Analogno kao i kod skalarnih funkcija deniramo i 

prvi diferencijal vektorske funkcije: 

d ! r (t) = d! r (t) 

dt = ! r 0 (t) dt 

dt 

h 

= x 0 (t) ! i + y 0 (t) ! j + z 0 (t) ! i 

k dt 

= [dx (t)] ! i + [dy (t)] ! j + [dz (t)] ! k : 


Primjer. Za vektorsku funkciju 

! r (t) = t 

! i + 

p 

t + 1 

! j e 

t ! k 

odredimo: 

a) domenu, b) ! r (0) ; c) ! r 0 (t) ; 

d) k ! r (t)k ; e) ! r (t) ! r 0 (t) ; f) ! r 00 (t) : 

Neka su dane vektorske funkcije ! r 1 (t) ; ! r 2 (t) i 

skalarna funkcija u (t) derivabilne na I: Tada za svaki 

t 2 I vrijede sljedeća svojstva: 

1. ( ! r 1 (t) ! r 2 (t)) 0 = ! r 0 1 (t) ! r 0 2 (t) ; 

2. (u (t) ! r 1 (t)) 0 = u (t) ! r 0 1 (t) + u 0 (t) ! r 1 (t) ; 

3. ( ! r 1 (t) ! r 2 (t)) 0 = ! r 0 1 (t) ! r 2 (t) + ! r 1 (t) ! r 0 2 (t) ; 

4. ( ! r 1 (t) ! r 2 (t)) 0 = ! r 0 1 (t) ! r 2 (t) + ! r 1 (t) ! r 0 2 (t) : 

5. ! r (t) = ! a ; 8t 2 I ) ! r 0 (t) = ! 0 i obratno: 

! r 0 (t) = ! 0 ; 8t 2 I ) ! r (t) = ! a za neki 

konstantan vektor ! a : 


Denicija 3.8. Vektorska funkcija ! r : I ! E 3 o je 

klase C n ; (n = 1; 2; 3; :::) na otvorenom intervalu 

I R; ako u svakoj tocki intervala I funkcija ! r ima 

neprekidnu n-tu derivaciju. Pišemo ! r 2 C n (I) : 

Teorem 3.9. Neka su dane funkcija 

u : J ! R; u 2 C 1 (J) ; 

pri cemu je u (J) I i funkcija 

! r : I ! E 

3 

o ; 

! r 2 C 1 (I) : 

Tada je denirana kompozicija ! r u 2 C 1 (J) i 

vrijedi: 

( ! r u) 0 (t) = ! r 0 (u (t)) u 0 (t) : 


Denicija 3.10. Za funkciju 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] ; 

kaemo da je integrabilna na segmentu [a; b] ako su 

skalarne komponente x (t) ; y (t) i z (t) integrabilne 

na [a; b] : Tada deniramo 

Z b 

a 

Z b 

! r (t) dt = 

! Z ! 

! b 

Z ! 

! b 

! 

x (t) dt i + y (t) dt j + z (t) dt k : 

a 

a 

a 

Svojstva integrala vektorskih funkcija: 

1. 

2. 

3. 

Z b 

a 

Z b 

( ! r 1 (t) + ! r 2 (t)) dt = 

a 

a 

c 

Z b 

Z b 

Z c Z b 

! r (t) dt = 

! r (t) dt + 

! r (t) dt: 

a 

a 

a 

! r 1 (t) dt + 

Z b 

Z b 

! c 

! r (t) dt = 

! c 

! r (t) dt; pri cemu je 

! c 

konstantni vektor. 

a 

! r 2 (t) dt: 


4. 

 

Z b 

a 

! r (t) dt 

 

 

Z b 

a 

k ! r (t)k dt : 

5. Ako je ! r (t) neprekidna vektorska funkcija i ! s (t) 

njena primitivna funkcija na I, tj. ona za koju 

vrijedi 

! s 0 (t) = ! r (t) ; 8t 2 I; 

onda je za a; b 2 I : 

Z b 

a 

! r (t) dt = 

! s (b) 

! s (a) : 

Primjer. Izracunaj integrale vektorskih funkcija: 

a) 

b) 

Z 2 

1 

Z 

0 

!i ! + 2t j + 3t 

2 ! 

k dt; 

 

2 cos t ! i + 3 sin t ! j + 4t ! k 

 

dt: 


Jordanov luk - jednostavna glatka krivulja 

Neka je vektorska funkcija ! r : I ! E 3 o 

na I = [a; b] i neka je 

neprekidna 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] : 

Graf ove funkcije je krivulja 

= (x (t) ; y (t) ; z (t)) 2 R 3 j t 2 [a; b] : 

Ure ¯deni par ([a; b] ; ! r (t)) zove se parametrizacija 

krivulje . U daljnjem izlaganju ćemo parametrizaciju 

krivulje zapisivati ovako: 

::: ! r (t) = x (t) ! i + y (t) ! j + z (t) ! k ; t 2 [a; b] ; 

ili po komponentama 

::: x = x (t) ; y = y (t) ; z = z (t) ; t 2 [a; b] : 

Ove jednadbe nazivamo parametarskim jednadbama 

krivulje . 

Primjer. Napiši jednu parametrizaciju krivulje 

odre ¯dene kao presjek ploha x = z 2 i z = y 2 : 


Definicija 3.11. Za krivulju 

Γ ... −→ r (t) = x (t) −→ i + y (t) −→ j +z (t) −→ k , t ∈ [a, b] , 

kažemo da je jednostavna glatka krivulja ili 

Jordanov luk ako vrijedi: 

1. −→ r : [a, b] −→ Γ je bijekcija, tj. surjekcija i injekcija 

( t 1 ≠ t 2 ⇒ −→ r 1 (t) ≠ −→ r 2 (t) ). 

2. Derivacija −→ r ′ (t) postoji i neprekidna je za svako 

t ∈ [a, b] , tj. −→ r je klase C 1 (krivulja Γ je glatka) . 

3. −→ r ′ (t) ≠ −→ 0 , za svako t ∈ [a, b] . 

Točke A = (x (a) , y (a) , z (a)) i B = (x (b) , y (b) , z (b)) 

zovemo rubne točke krivulje Γ. 

Ako je A = B tj. 

−→ r (a) = 

−→ r (b) , onda krivulju 

zovemo zatvorenom krivuljom. 

z 

r(t) 

a 

t 

b 

r(a) 

x 

r(t) 

r(b) 

r '(t) 

y 


(t 1 ) 

r(t 2 ) 

r(b) 

Γ 1 

Γ 2 

Γ 3 

Krivulja Γ je po dijelovima Jordanov luk (po dijelovima 

jednostavna glatka krivulja) ako se sastoji 

od Jordanovih lukova koji se nastavljaju jedan na 

drugi i nema presjecanja. Dakle postoji skup točaka 

A, T 1 , T 2 , ...T n , B na krivulji Γ takav da su lukovi: 

ÂT 1 , ̂T 1 T 2 , ... , ̂T n B Jordanovi lukovi. 

Primjer. Provjerite da li je krivulja 

−→ r (t) = (a cos t) 

−→ i + (a sin t) 

−→ j + (bt) 

−→ k , t ∈ [0, 2π] 

Jordanov luk. 


Denicija 3.12. (Orijentacija krivulje). 

Neka je vektorska funkcija ! r (t) denirana na 

I = [a; b] R. Graf te funkcije je neka krivulja . 

Postoje dvije orijentacije te krivulje: 

jedna se dobiva "gibajući se" du od rubne tocke 

A = ! r (a) do rubne tocke B = ! r (b) uz stalni porast 

varijable t 2 [a; b]", 

a druga "gibajući se" obratno, od tocke B do tocke 

A uz stalni pad varijable t 2 [a; b]". 

U prvom slucaju kaemo da je: 

krivulja orijentirana porastom parametra t, 

a u drugomu da je: 

krivulja orijentirana padom parametra t. 

U prvom (drugom) slucaju kaemo da je A = ! r (a) 

pocetak (kraj) i da je B = ! r (b) kraj (pocetak) 

orijentirane krivulje . 

Dakle u jednoj orijentaciji imamo: 

t 1 < t 2 ) T (t 1 ) je "ispred" T (t 2 ) ; 

a u drugoj imamo 

t 1 < t 2 ) T (t 2 ) je "ispred" T (t 1 ) : 


Zadavanjem krivulje u vektorskom obliku (parametarski) 

ujedno je dana i njena orijentacija. Dvije 

krivulje kao skupovi tocaka mogu biti jednaki, ali su 

one razlicite ako su im orijentacije razlicite. 

Primjer. Sa 

! r 1 (t) = cos t ! i + sin t ! j ; t 2 [0; 2] 

dana je jedna orijentacija krunice koja odgovara orijentaciji 

suprotno kretanju kazaljke na satu, a sa 

! r 2 (t) = cos t ! i + sin t ! j ; t 2 [0; 2] 

orijentacija prema kretanju kazaljke na satu. 


u prostoru zadana jed- 

Neka je glatka krivulja 

nadbom 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 I R: 

Sada ćemo dati geometrijsku interpretaciju 

derivacije vektorske funkcije ! r (t) u tocki t 0 2 I : 

! r 0 (t 0 ) = x 0 (t 0 ) ! i + y 0 (t 0 ) ! j + z 0 (t 0 ) ! k : 

Po deniciji je 

! r 0 (t 0 ) = lim 

4t!0 

! r (t0 + 4t) 

4t 

! r (t0 ) 

: 

Ako je ! r 0 (t 0 ) 6= ! 0 ; onda za dovoljno mali 4t je 

t 0 + 4t blizu t 0 i vektor prirasta funkcije ! r je 

4 ! r (t 0 ) = ! r (t 0 + 4t) 

! r (t0 ) 6= ! 0 : (1) 

Taj vektor je vektor smjera sekante dane krivulje . 

Kad 4t ! 0; vektor ! r (t 0 + 4t) 

! r (t0 ) se 

"pribliava" vektoru smjera tangente u tocki s 

radijvektorom 

! r (t0 ) = x (t 0 ) ! i + y (t 0 ) ! j + z (t 0 ) ! k : 


Granicni vektor je ! 0 ; a on nema smjer, pa umjesto 

vektora (1) razmatramo njemu paralelan vektor 

! r (t0 + 4t) 

4t 

Budući da njegov limes 

! r (t0 ) 

: 

! r 0 (t 0 ) = lim 

4t!0 

! r (t0 + 4t) 

4t 

! r (t0 ) 

po pretpostavci nije ! 0 , taj se vektor moe uzeti 

za vektor smjera tangente na krivulju u tocki 

T 0 = (x (t 0 ) ; y (t 0 ) ; z (t 0 )) : 

Denicija 3.13. Neka je dana krivulja 

::: ! r (t) = x (t) ! i + y (t) ! j + z (t) ! k ; t 2 I 

i neka je ! r (t) derivabilna. Vektor ! r 0 (t 0 ) (ako nije 

! 0 ) je vektor smjera tangente na krivulju u tocki 

T 0 = (x (t 0 ) ; y (t 0 ) ; z (t 0 )) : 

Jednadba tangente je: 

! R (u) = 

! r (t0 ) + u ! r 0 (t 0 ) ; u 2 R; 


ili po komponentama 

x = x (t 0 ) + u x 0 (t 0 ) ; 

y = y (t 0 ) + u y 0 (t 0 ) ; u 2 R; 

z = z (t 0 ) + u z 0 (t 0 ) ; 

ili u kanonskom obliku 

x x (t 0 ) 

x 0 (t 0 ) 

= y y (t 0) 

y 0 (t 0 ) 

= z z (t 0) 

z 0 (t 0 ) 

= u; u 2 R: 

Ako je ! r 0 (t 0 ) 6= ! 0 ; onda jedinicni vektor 

! T (t0 ) = 

! r 0 (t 0 ) 

k ! r 0 (t 0 )k = x0 (t 0 ) ! i + y 0 (t 0 ) ! j + z 0 (t 0 ) ! k 

q 

x 0 (t 0 ) 2 + y 0 (t 0 ) 2 + z 0 (t 0 ) 2 

nazivamo jedinicni vektor tangente u tocki T 0 

Primjer. Odredi jednadbu tangente na krivulju 

! r (t) = t 

! i + t 

2 ! j + t 

3 ! k ; t > 0 

u tocki T = (2; 4; 8) : 


Budući da je vektor ! T (t) jedinicni, njegova se duljina 

ne mijenja, moe se mijenjati samo njegov smjer. 

Deriviramo li jednakost 

dobivamo 

! T (t) 

! T (t) = 

! T (t) 

 

2 

= 1 

2 ! T (t) d! T (t) 

dt 

= 0 ) d! T (t) 

dt 

? ! T (t) : 

Iznos vektora d! T(t) 

dt 

nam pokazuje koliko se brzo 

mijenja smjer tangente. Tu mjeru nazivamo zakrivljenost 

krivulje u danoj tocki i oznacavamo 

sa : 

d ! T (t) 

(t) = 

dt 

Deniramo i vektor glavne normale 

! 

! T 0 (t) 

N (t) := ! T 0 : 

(t) 

Dakle, 

d ! T 

dt = ! N: 

Smjer vektora ! N odabiremo tako da je 0: 


Konacno dajmo i zikalnu interpretaciju derivacije 

vektorske funkcije ! r (t) u tocki t 0 2 I: 

Neka se materijalna tocka giba u vremenu t po nekoj 

krivulji u prostoru zadanoj jednadbom 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] : 

Dakle, ! r (t 0 ) je radijvektor poloaja te tocke u 

trenutku t 0 : Nakon nekog vremena 4t njen poloaj je 

odre ¯den radijvektorom ! r (t 0 + 4t). Gibanje materijalne 

tocke po krivulji od jednog do drugog poloaja 

u vremenu 4t aproksimiramo jednolikim gibanjem po 

spojnici tih dvaju poloaja. Vektor 

! 

! r (t0 + 4t) 

v = 

4t 

! r (t0 ) 

zovemo srednja brzina gibanja tocke tijekom vremena 

4t (prevaljeni put/vrijeme). Granicnu vrijednost 

(limes) srednje brzine kad 4t ! 0 

! v (t0 ) = lim 

4t!0 

! r (t0 + 4t) 

4t 

! r (t0 ) 

zovemo brzina gibanja tocke u trenutku t 0 : 

= ! r 0 (t 0 ) 


Akceleracija materijalne tocke (u trenutku t 0 ) denira 

se kao derivacija brzine po vremenu: 

! a (t0 ) = ! v 0 (t 0 ) = ! r 00 (t 0 ) : 


Duljina luka krivulje 

Duljinu luka krivulje denirat ćemo pomoću poligonalne 

linije "upisane" u tu krivulju. 

Neka su parametarske jednadbe krivulje : 

x = x (t) ; y = y (t) ; z = z (t) ; t 2 [a; b] R: 

Izvršimo podjelu segmenta [a; b] : 

D ::: a = t 0 < t 1 < ::: < t k 1 < t k < :::t n = b: 

na n podsegmenata duljine 4t = b 

! r : [a; b] ! E 3 ; 

a 

n 

: Funkcijom 

! r (t) = T (x (t) ; y (t) ; z (t)) 

prenosimo podjelu D segmenta [a; b] na luk 

Pritom je 

d AB: 

A = ! r (t 0 ) ; B = ! r (t n ) i T i = ! r (t i ) 

za i = 0; 1; :::; n: Moemo kazati da smo "upisali" 

poligon u krivulju. Izborom razlicitih podjela segmenta 

[a; b] dobivamo razlicite poligone. Duljina 

poligonalne linije je manja ili jednaka duljini luka 

krivulje. Što je podjela segmenta [a; b] nija, to je i 


poligonalna linija veće duljine i "bolje aproksimira" 

krivulju . 

Udaljenost tocaka T k 1 i T k (k = 0; 1; :::n:) je 

= 

d (T k 1 ; T k ) = k ! r (t k ) 

! r (tk 1 )k = 

q 

(x (t k ) x (t k 1 )) 2 + (y (t k ) y (t k 1 )) 2 + (z (t k ) z (t k 1 )) 2 

= 

q 

(4x k ) 2 + (4y k ) 2 + (4z k ) 2 : 

Zbrajanjem tih udaljenosti dobivamo aproksimaciju 

duljine luka krivulje : 

s X q 

n 

(4x k ) 2 + (4y k ) 2 + (4z k ) 2 : 

k=1 

Gornja suma (vidi detalje u Mat1_28.pdf) 

je integralna suma funkcije 

q 

t 7 ! x 0 (t) 2 + y 0 (t) 2 + z 0 (t) 2 = k ! r 0 (t)k ; (2) 

pa ako je ta funkcija integrabilna na segmentu [a; b] 

duljinu luka dobivamo u granicnom slucaju kad 

n ! 1 : 


X q n 

s = lim (4x k ) 2 + (4y k ) 2 + (4z k ) 2 

n!1 k=1 

Z b q 

= x 0 (t) 2 + y 0 (t) 2 + z 0 (t) 2 dt: 

a 

Ako je krivulja Jordanov luk, onda je funkcija 

(2) neprekidna i postoji njezin integral. Time smo 

dokazali sljedeći teorem. 

Jordanov luk s parametrizaci- 

Teorem 3.14. Ako je 

jom 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] ; 

onda je njegova duljina 

s = 

Z b 

a 

q 

x 0 (t) 2 + y 0 (t) 2 + z 0 (t) 2 dt: 


Napomena. Duljina luka krivulje ne ovisi o parametrizaciji 

ni o podjeli segmenta. 

Ako je = 1 [ 2 , gdje su i (i = 1; 2) Jordanovi 

lukovi, tada je 

s ( ) = s ( 1 ) + s ( 2 ) : 

Graf funkcije f : [a; b] R ! R 

f = f(x; f (x)) j x 2 [a; b]g R 2 

je ravninska krivulja koju moemo prikazati kao vektorsku 

funkciju 

! r (x) = x 

! i + f (x) 

! j ; [a; b] : 

Ako je f derivabilna funkcija onda je duljina luka 

nad segmentom [a; b] : 

s = 

Z b 

a 

q 

[x 0 ] 2 + [f 0 (x)] 2 dx = 

Z b 

a 

q 

1 + [f 0 (x)] 2 dx; 

a ovo je upravo poznata formula iz Matematike 1 za 

racunanje duljine luka. 

f 


Primjer. Odredi duljinu luka jednog zavoja spirale 

! r (t) = (a cos t) 

! i + (a sin t) 

! j + (bt) 

! k ; t 2 [0; 2] : 

Ova krivulja je Jordanov luk, kako smo to pokazali u 

jednom ranijem primjeru, pa je duljina luka 

s = 

= 

Z 2 

0 

Z 2 

0 

= 2 p a 2 + b 2 : 

q 

( a sin t) 2 + (a cos t) 2 + b 2 dt 

p 

a 2 sin 2 t + a 2 cos 2 t + b 2 dt 


3.3. Skalarna i vektorska polja 

Pojam polja uveo je irski matematicar Hamilton, 

u svezi sa promatranjem zikalnih velicina u 

elektricnim, magnetskim, gravitacijskim i drugim 

poljima. 

Skalarna i vektorska polja su u biti drugi naziv za 

skalarne i vektorske funkcije. 

Denicija 3.15. Neka je E 3 . Svaku funkciju 

f : ! R zovemo skalarnom funkcijom ili skalarnim 

poljem. 

Primjeri skalarnih polja su: 

temperatura T tijela : 

T : ! R; (x; y; z) 7! T (x; y; z) ; 

gustoća tekućine : 

: ! R; (x; y; z) 7! (x; y; z) ; 

tlak p zraka : 

p : ! R; (x; y; z) 7! p (x; y; z) : 


Denicija 3.16. Neka je E 3 . Svaku funkciju 

! a : ! E 

3 

o zovemo vektorskom funkcijom ili vektorskim 

poljem. Vektorsko polje oznacavamo sa 

! a (x; y; z) = a1 (x; y; z) ! i +a 2 (x; y; z) ! j +a 3 (x; y; z) ! k 

gdje su a i : ! R; (i = 1; 2; 3) (komponente ili 

koordinatne funkcije) skalarna polja. 

Primjeri vektorskih polja su: 

gravitacijsko polje ! G tockaste mase m; ! G : ! E 3 o: 

elektricno polje ! E tockastog naboja q; ! E : ! E 3 o: 

magnetsko polje ! B ; polje brzina neke tekućine ili 

plina, polje sila... 

vektorske funkcije skalarnog argumenta iz prethodnog 

odjeljka su poseban slucaj vektorskih polja, gdje je 

interval I R: 

Primjer 1. 

1. ! a (t) = sin t ! i + cos t ! j + t ! k je vektorska funkcija 

(polje) jedne varijable; 

2. f (x; y; z) = x 2 + y 2 + z 2 je skalarno polje triju 

varijabli; 


3. ! a (x; y) = x ! i y 2! j + xy ! k je vektorsko polje 

dviju varijabli; 

4. ! a (x; y; z) = ln p x 2 + y 2 + z 

x 2 ! i + y ! j + z ! 

k 

je vektorsko polje triju varijabli. 

Parcijalne derivacije vektorskog polja se deniraju se 

potpuno analogno parcijalnim derivacijama skalarnog 

polja (realne funkcije više varijabli) i svode se na parcijalne 

derivacije njegovih komponenti: 

@ ! a 

@x (x 0; y 0 ; z 0 ) = lim 

4x!0 

= : : : = 

! a (x0 + 4x; y 0 ; z 0 ) 

4x 

! a (x0 ; y 0 ; z 0 ) 

= @a 1 

@x (x 0; y 0 ; z 0 ) ! i + @a 2 

@x (x 0; y 0 ; z 0 ) ! j + @a 3 

@x (x 0; y 0 ; z 0 ) ! k 

@ ! a 

@y (x 0; y 0 ; z 0 ) = lim 

4y!0 

= : : : = 

! a (x0 ; y 0 + 4y; z 0 ) 

4y 

! a (x0 ; y 0 ; z 0 ) 

= @a 1 

@y (x 0; y 0 ; z 0 ) ! i + @a 2 

@y (x 0; y 0 ; z 0 ) ! j + @a 3 

@y (x 0; y 0 ; z 0 ) ! k 


i analogno se denira i 

@ ! a 

@z : 

@ ! a 

@z (x 0; y 0 ; z 0 ) = lim 

4z!0 

= : : : = 

! a (x0 ; y 0 ; z 0 + 4z) 

4z 

! a (x0 ; y 0 ; z 0 ) 

= @a 1 

@z (x 0; y 0 ; z 0 ) ! i + @a 2 

@z (x 0; y 0 ; z 0 ) ! j + @a 3 

@z (x 0; y 0 ; z 0 ) ! k 

Primjer 2. Odredi parcijalne derivacije: 

1. skalarnog polja: f (x; y; z) = e x y ln z; 

2. vektorskog polja: ! a (x; y) = x 3 y ! i +ln y ! j +e x y 3! k : 


Gradijent, divergencija i rotacija 

Ovdje ćemo denirati tri linearna operatora, neophodna 

za matematicko opisivanje temeljnih zickih zakona 

materijalnog svijeta u kojem ivimo. Radi se u biti 

o jednom operatoru cije se djelovanje ocituje na tri 

nacina - ovisno o objektima na koje djeluje. 

Denicija 3.17. Neka su f : ! R i ! a : ! E 3 o; 

E 3 ; redom skalarno i vektorsko polje, te neka su 

oba diferencijabilna. 

Gradijentom skalarnog polja f nazivamo vektorsko 

polje grad f : ! E 3 o denirano sa: 

grad f = @f ! @f ! @f ! i + j + k 

@x @y @z 

tj. za svaki (x; y; z) 2 : 

@f (x; y; z) 

@x 

grad f (x; y; z) = 

! i + 

@f (x; y; z) 

@y 

! @f (x; y; z) ! j + k : 

@z 


Divergencijom vektorskog polja ! a nazivamo 

skalarno polje div ! a : ! R denirano sa: 

div ! a = @a x 

@x + @a y 

@y + @a z 

@z ; 


@a x (x; y; z) 

@x 

div ! a (x; y; z) = 

+ @a y (x; y; z) 

@y 

+ @a z (x; y; z) 

: 

@z 

Rotacijom vektorskog polja ! a nazivamo vektorsko 

polje rot ! a : ! E 3 o denirano sa: 

rot ! a = 

@az 

@y 

 

@a y !i @ax + 

@z @z 

 

@a z !j @ay + 

@x @x 

 

@a x !k 

@y 


rot ! @az (x; y; z) @a y (x; y; z) !i 

a (x; y; z) = 

+ 

@y 

@z 

@ax (x; y; z) @a z (x; y; z) !j 

+ 

+ 

@z 

@x @ay (x; y; z) @a x (x; y; z) !k 

+ 

: 

@x 

@y 


Primjetimo da rot ! a 

obliku determinante: 

rot ! a = 

 

dopušta formalni zapis u 

! ! ! 

i j k 

 

@ @ @ 

: 

@x @y @z 

a x a y a z 

Uocimo sljedeće: 

gradijent je funkcija denirana na skupu svih 

diferencijabilnih skalarnih polja s vrijednostima u 

skupu vektorskih polja; 

divergencija je funkcija denirana na skupu svih 

diferencijabilnih vektorskih polja s vrijednostima u 

skupu skalarnih polja; 

rotacija je funkcija denirana na skupu svih diferencijabilnih 

vektorskih polja s vrijednostima u istom 

skupu. 


Primjer 3. 

a) Odredi gradijent skalarnog polja 

f (x; y; z) = 

p x ln y 

z 

u tocki T (1; e; 2) : 

b) Odredi divergenciju i rotaciju vektorskog polja 

! a (x; y; z) = e 

x! i + xy 

2! j + sin z 

! k : 

c) Ako je ! r = x ! i + y ! j + z ! k (polje radij vektora), 

dokai da je 

div ! r = 3 i rot ! r = ! 0 : 

Dakle, vektorsko polje ! r je bezvrtlono. Tako 

nazivamo svako vektorsko polje cija je rotacija 

jednaka ! 0 : Vektorsko polje cija je divergencija 

jednaka 0 nazivamo solenoidalno. 


Gradijent, divergencija i rotacija mogu se opisati 

samo jednim operatorom: 

Znakom r (citamo: nabla) oznacimo tzv. Hamiltonov 

diferencijalni operator - formalni vektor: 

r ! i 

@ 

@x + ! j @ @y + ! k @ @z : 

Gledamo li na r kao na operator deniran na vektorskom 

prostoru svih diferencijabilnih skalarnih 

(vektorskih) polja pojavljuju se sljedeće mogućnosti: 

rf = grad f; (djelovanje operatora r na skalarno polje f) ; 

r ! a = div ! a ; (formalni skalarni umnoak r i vektorskog polja ! a ) ; 

r ! a = rot ! a ; (formalni vektorski umnoak r i vektorskog polja ! a ) : 

Vana je cinjenica da je operator r linearan u svakoj 

od navedenih interpretacija, tj. da vrijedi ovaj teorem: 


Teorem 3.18. Nabla je linearni operator, tj. za bilo 

koja dva diferencijabilna skalarna polja f; g : ! R; 

bilo koja dva diferencijabilna vektorska polja 

! a ; 

! b : ! E 

3 

o ; E 3 i bilo koja dva broja ; 2 R 

vrijedi: 

1. r (f + g) = rf + rg; 

 

2. r ! a + ! 

b = (r ! 

a ) + r ! 

b ; 

 

3. r ! a + ! 

b = (r ! 

a ) + r ! b 

 

: 

Dokaz: Dokaimo npr. tvrdnju (3): 

r 

 

! a + ! b 

= 

 

 

= 

 

! ! ! 

i j k 

 

@ @ @ 

= 

@x @y @z 

a x +b x a y +b y a z +b z 

! ! ! i j k @ @ @ 

+ 

@x @y @z 

a x a y a z 

 

= (r ! a ) + 

! ! ! 

i j k 

 

@ @ @ 

= 

@x @y @z 

b x b y b z 

 

r ! 

b : 


Teorem 3.19. Neka su f; g : ! R; E 3 , 

diferencijabilna skalarna polja, c r konstantno skalarno 

polje, F : Y ! R, f[] Y R, diferencijabilna 

funkcija i ; 2 R. Tada je: 

1. grad c r = ! 0 ; 

2. grad(f + g) = grad f + grad g; 

3. grad(fg) = g grad f + f grad g; 

f g grad f f grad g 

4. grad = 

g g 2 ( cim je g(T ) 6= 0); 

5. grad(F f) = F 0 (f) grad f. 

Dokaz: Tvrdnje su izravna posljedica denicije 

gradijenta. Primijetimo da je tvrdnja (2) isto što i 

Teorem 3.18 (1). 


Teorem 3.20. Neka je F : R ! R derivabilna realna 

funkcija. Tada za gradijent radijalnog polja F (r) ; 

r = p x 2 + y 2 + z 2 = k ! r k ; vrijedi 

grad F (r) = F 0 (r) 

! r 

r : 

Dokaz: Prvo primjetimo da vrijedi 

grad r = grad p x 2 + y 2 + z 2 

= x r 

! i + 

y 

r 

! z! ! r j + k = 

r r = ! r o ; 

pa je prema svojstvu (5) Teorema 3.19 

grad F (r) = F 0 (r) grad r = F 0 (r) 

! r 

r : 


Teorem 3.21. Neka su ! a ; ! b : ! E 3 o; E 3 , 

diferencijabilna vektorska polja, f; g : ! R diferencijabilna 

skalarna polja, ! c konstantno vektorsko polje 

i ; 2 R. Tada je 

1. div ! c = 0; 

 

2. div ! a + ! 

b = div ! a + div ! b ; 

 

3. div !a ! 

 

b = (rot ! a ) ! 

b 

! a rot ! b 

 

; 

4. div (f ! a ) = (grad f) ! a + f (div ! a ); 

5. div (f grad g) = (grad f) (grad g) + f4g 

(g dvaput diferencijabilno), pri cemu je 

div grad = r r 

tzv. Laplaceov diferencijalni operator (delta), tj. 

@2 

@x 2 + @2 

@y 2 + @2 

@z 2; 

6. div(rot ! a ) = 0 ( ! a dvaput diferenc., klase C 2 :) 

Dokaz: Tvrdnje slijede neposredno iz denicije divergencije. 

Primijetimo da se tvrdnja 2. podudara s 

onom iz Teorema 3.18 (2). 


Za dokaz tvrdnje 3. koristit ćemo formalni racun pomoću 

operatora r i identitete 

! a 

!b 

! c 

 

= ! b ( ! c ! a ) = ! c 

!a 

! b 

 

Kako je r diferencijalni operator, na zadani izraz prvo 

primjenimo pravilo o derivaciji produkta. Pritom podctravamo 

polja na koja operator ne djeluje. Dakle, 

 

div !a ! 

 

b 

 

= r !a ! 

 

b 

 

= r !a ! 

 

b 

= ! b (r ! a ) 

 

+ r !a ! 

 

b 

 

! a r ! 

b 

= ! b rot ! a 

! a rot 

! b ; 

gdje smo treću jednakost dobili iz druge ciklickom zamjenom 

u prvom mješovitom produktu i aciklickom 

zamjenom u drugom mješovitom produktu. 

Tvrdnja 4. dokazuje se slicno kao i tvrdnja 3. 

(Dokaite sami formalnim racunom pomoću operatora 

r!). Direktno, primjenom denicije divergencije 

imamo 


div(f ! a ) = @(fa x) 

@x 

+ @(fa y) 

@y 

+ @(fa z) 

@z 

= @f 

@x a x + f @a x 

@x + @f 

@y a y + f @a y 

@y + @f 

@z a z + f @a z 

@z 

= 

@f 

@x ; @f 

@y ; @f 

(a x ; a y ; a z ) + f 

@z 

@ax 

@x + @a y 

@y + @a 

z 

@z 

= (grad f) ! a + f div ! a : 

Tvrdnja 5. slijedi iz 4. za ! a = grad g. 

Pri dokazivanju tvrdnje 6. (direktno iz denicije 

rotacije i divergencije) treba primijeniti Schwarzov 

teorem. (Dokaite tako sami!). Formalnim racunom 

vektorske algebre odmah bismo to dobili: 

div(rot ! a ) = r (r ! a ) = ! a (r r) = 0: 

| {z } 

! 0 


Primjer 4. Odredi Laplace skalarnih polja zadanih sa : 

1. f (x; y; z) = e x y ln z; 

2. f (x; y; z) = p x 2 + y 2 + z 2 (= r sferna 

koordinata). 

1: 

f = (e x y ln z) = 

 

@ 

2 

@x + @2 

2 @y + @2 

(e x y ln z) 

2 @z 2 

= @2 (e x y ln z) 

+ @2 (e x y ln z) 

+ @2 (e x y ln z) 

@x 2 @y 2 @z 2 

 

= @ (ex y ln z) 

@x 

= e x y ln z 

+ @ (ex ln z) 

@y 

+ @ ex y 1 z 

@z 

e x y 

z 2 skalarno polje! 


2: 

p 

r = x2 + y 2 + z 2 

= @2p x 2 + y 2 + z 2 

+ @2p x 2 + y 2 + z 2 

+ @2p x 2 + y 2 + z 2 

@x 2 @y 2 @z 2 

= @ x 

p 

@x x2 + y 2 + z + @ 2 @y 

y 

p 

x2 + y 2 + z 2 + @ @z 

z 

p 

x2 + y 2 + z 2 

= 

= 

y 2 + z 2 

(x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 

+ 

x 2 + z 2 

(x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 

+ 

x 2 + y 2 

(x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 

2 x 2 + y 2 + z 2 

(x 2 + y 2 + z 2 ) p x 2 + y 2 + z 2 = 2 

p 

x2 + y 2 + z 2 = 2 r 


Primjer 5. Općenito za proizvoljnu radijalnu funkciju: 

F (r) ; r = p x 2 + y 2 + z 2 

F (r) = div (grad F (r)) 

imamo: 

 

Tm. 3.20 

= div F 0 (r) 

! r 

r 

 

F 0 (r) 

= div ! 

r 

r 

 

= grad F 0 

(r) 

r 

Tm. 3.21.(4) 

= 

! r + F 0 (r) 

r 

(div ! r ) 

Tm. 3.20 

= 

= 

F 0 0 

(r) 

 

r 

! r 

r ! r + 3 F 0 (r) 

r 

= rF 00 (r) F 0 (r) 

r 2 

r + 3 F 0 (r) 

r 

= F 00 (r) + 2 F 0 (r) 

: 

r 


Primjer 6. Potencijal elektricnog polja pozitivnog 

tockastog naboja Q smještenog u ishodištu - u nekoj 

tocki T (x; y; z) radijvektora 

iznosi 

! r = x 

! i + y 

! j + z 

! k = r 

! ro 

(T ) = 1 

4" o 

Q 

r : 

Izracunajmo gradijent tog skalarnog polja : 

grad (T ) = 

Q 1 

grad 

4" o r 

= Q 

4" o 

1 

r 2 

grad r 

= 

1 Q 

! r 

4" o r 2 r = 1 Q! ro = ! E (T ) : 

4" o r 2 

Dakle, za elektricno polje pozitivnog tockastog naboja 

! E (T ) - u nekoj tocki T (x; y; z) imamo 

! E (T ) = grad (T ) ; 

pa je ono potencijalno polje. 

Općenito za vektorsko polje ! a : ! E 3 o kaemo da 

je potencijalno ako postoji skalarno polje ' : ! R 

takvo da je ! a = grad ' ili 

! a = grad ': 


Izracunajmo i divergenciju elektricnog polja ! E u tocki 

T : 

div ! E (T ) = div 

1 

4" o 

Q 

r 3 ! r 

 

= Q 

4" o 

 

grad 1 r 3 

= Q 1 

div 

! r 

4" o r 3 

! r + 1 r (div ! 

r ) 

3 

= Q 

4" o 

3 

! r 

! r + 3 1 

r 4 r r 3 

= Q 

4" o 

3 

r + 3 

= 0: 

3 r 3 

Tm. 3.21 (4) 

= 

Tm. 3.20 

= 


Teorem 3.22. Pod istim pretpostavkama kao u 

Teoremu 3.21, uz dodatnu pretpostavku da su 

vektorsko polje ! a i skalarno polje g klase C 2 na 

vrijedi: 

1. rot ! c = ! 0 ; 

 

2. rot ! a + ! 

b = rot ! a + rot ! b ; 

 

3. rot !a ! 

 

b = 

pri cemu su 

! @ 

a r ax 

@x + a y 

 

div ! b 

!a (div 

! a ) 

! b + 

+ 

!b r 

!a ( 

! a r) 

! b , 

@ 

@y + a @ 

z 

@z 

i slicno tome ! b r novi diferencijalni operatori; 

4. rot (f ! a ) = (grad f) ! a + f rot ! a ; 

5. rot(f grad g) = (grad f) (grad g), 

posebno rot(grad g) = ! 0 ; 

6. rot (rot ! a ) = grad (div ! a ) ! a . 


Dokaz: Pokušajte sami dokazati ove tvrdnje. 

Primijetimo da je tvrdnja 2. isto što i tvrdnja u 

Teoremu 3.18 (3). Direktno iz denicije rotacije i 

gradijenta, primjenom Schwarzova teorema dobivamo 

rot(grad g) = ! 0 ; 

pa tvrdnja 5. slijedi iz 4. za ! a = grad g: 

Napomena. Tvrdnju 6. u Teoremu 3.22. moemo 

ovako napisati: 

grad div ! a = rot (rot ! a ) + ! a ; 

te time dobiti odgovor na pitanje što je gradijent 

skalarnog polja, koje je divergencija vektorskog polja. 


Napomena: Diferencijalni operator 

! @ 

a r ax 

@x + a @ 

y 

@y + a @ 

z 

@z 

shvaćamo kao "skalar", pa on moe djelovati i na 

vektorsko i skalarno polje. Imamo: 

ako je f diferencijabilno skalarno polje onda je 

( ! 

 

@ 

a r) f a x 

@x + a @ 

y 

@y + a @ 

z f = 

@z 

@f 

= a x 

@x + a @f 

y 

@y + a @f 

z 

@z = ! a grad f 

ako je ! b (b x ; b y ; b z ) diferencijabilno vektorsko 

polje onda je 

( ! a r) ! 

 

@ 

b a x 

@x + a @ 

y 

@y + a @ 

z (b x ; b y ; b z ) = 

@z 

= (( ! a r) b x ; ( ! a r) b y ; ( ! a r) b z ) = 

= ( ! a grad b x ; ! a grad b y ; ! a grad b z ) = 


= 

 

@b x 

a x 

@x +a @b x 

y 

@y +a @b x 

z 

@z ; a @b y 

x 

@x +a @b y 

y 

@y +a @b y 

z 

@z ; 

@b z 

a x 

@x +a @b z 

y 

@y +a z 

@bx 

= a x 

@x ; @b y 

@x ; @b 

z 

@x 

 

@b z 

@z 

@bx 

+a z 

@z ; @b y 

@z ; @b 

z 

@z 

= 

@bx 

+ a y 

@y ; @b y 

@y ; @b 

z 

+ 

@y 

 

@ ! b 

a x 

@x + a @ ! b 

y 

@y + a @ ! b 

z 

@z : 


Usmjerena derivacija skalarnog polja 

Najprije ćemo denirati usmjerenu derivaciju 

skalarnog polja u smjeru nekog vektora. 

Neka je E 3 i f : ! R skalarno polje. Odaberimo 

T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 2 i 

! s jedinicni vektor s 

pocetkom u tocki T 0 ; 

! s = sx 

! i +sy 

! j +sz 

! k : 

(Ako ! s nije jedinicni vektor uzmemo ! s o = ! s 

k ! s k ; 

jedinicni vektor u smjeru vektora ! s ) 

Neka tocka T lei na zraci (polupravcu) odre ¯denoj 

tockom T 0 i vektorom ! s ; tj. neka je 

Ocito je d (T 0 ; T ) = h: 

! 

T 0 T = h ! s ; h 0: 

Denicija 3.23. Derivacija skalarnog polja 

f : ! R u tocki T 0 u smjeru vektora ! s je 

granicna vrijednost (ako postoji) 

lim 

h!0 

f (T ) f (T 0 ) 

h 

= @f 

@ ! s (T 0) : 

() 


Ispišemo li () preko komponenti vektora ! s i koordinata 

tocaka T 0 i 

T = (x 0 + hs x ; y 0 + hs y ; z 0 + hs z ) 

@f 

@ ! s (T f (x 0 + hs x ; y 0 + hs y ; z 0 + hs z ) f (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 

0) = lim 

h!0 h 

(a) 

lako uocavamo da je parcijalna derivacija skalarnog 

polja f samo jedan poseban slucaj njenih usmjerenih 

derivacija. 

Naime, za ! s = ! j imamo (s x = s z = 0; s y = 1) : 

lim 

h!0 

f (x 0 ; y 0 + h; z 0 ) f (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 

h 

= @f 

@y (x 0; y 0 ; z 0 ) : 

O tome kako ćemo racunati usmjerenu derivaciju 

govori nam sljedeći teorem. 

Teorem 3.24. Neka je f : ! R derivabilno skalarno 

polje i ! s vektor. Tada vrijedi: 

@f 

@ ! s (T 0) = grad f(T 0 ) ! s o ; 

gdje je 

! s o = ! s 

k ! s k 

jedinicni vektor vektora ! s : 


Dokaz: Neka je ! ! ! ! 

s = s x i +sy j +sz k i k 

! s k = 1: 

Neka je ! u : [0; 1i ! E 3 vektorsko polje denirano 

sa 

! u (t) = (x0 + ts x ; y 0 + ts y ; z 0 + ts z ) ; t 0: 

(Ovo vektorsko polje svakom t 0 pridruuje neku 

tocku T sa zrake odre ¯dene sa T 0 i ! s .) 

Razmatramo kompoziciju F = f ! u : [0; 1i ! R : 

F (t) = f (x 0 + ts x ; y 0 + ts y ; z 0 + ts z ) t 0: 

Primjenom pravila za deriviranje kompozicije funkcija 

(polja) iz jednakosti (a) dobivamo 

@f 

@ ! s (T F (h) F (0) 

0) = lim 

= dF 

h!0 h dt (0) = 

= @f 

@x d (x 0 + ts x ) 

T0 

dt + @f 

t=0 

@y d (y 0 + ts y ) 

 

T0 

dt 

+ @f 

@z d (z 0 + ts z ) 

 

T0 

dt 

 

t=0 

 

t=0 


= @f 

@x (T 0) s x + @f 

@y (T 0) s y + @f 

@z (T 0) s z 

= grad f(T 0 ) ! s : 

Broj grad f(T 0 ) ! s 

je iznos projekcije vektora 

grad f(T 0 ) na vektor ! s ; a iznos te projekcije 

@f 

(a time i 

@ ! s (T 0); promjene polja f u smjeru vektora ! s ) 

najveći je za 

! s = grad f(T0 ): 

Kad (za kakav ! s ) je taj iznos projekcije najmanji? 

Kad je taj iznos projekcije jednak nuli? 

Kako to interpretiramo? 

(Skiciraj sve slucajeve!) 

Dakle, iz prethodnog teorema slijedi da skalarno 

polje f najbre raste u smjeru što ga odre ¯duje grad f, 

odnosno, da najbre pada u smjeru što ga odre ¯duje 

grad f. 

Drugim rijecima, grad f pokazuje smjer najbre 

promjene skalarnoga polja f. Štoviše, gradijent se 

time moe i okarakterizirati. 


Primjer 7. Izracunajmo derivaciju skalarnoga polja 

(x; y; z) 7! f(x; y; z) = x 2 + 3yz + 5 

u tocki T = (3; 2; 1) u smjeru ! s = ! i + ! j + ! k . 

Po Teoremu 3.24 iz 

grad f(3; 2; 1) = (2x; 3z; 3y)j (3;2; 1) = (6; 3; 6); i 

! so = 

! s 

jj ! s jj = 1 p3 ; 

1 

p 

3 

; 

 

1 

p 

3 

dobivamo da je traena usmjerena derivacija 

@f(3; 2; 1) 

@ ! jednaka 

s 

@f(3; 2; 1) 

@ ! s 

= (6; 3; 6) 

= (grad f(3; 2; 1)) ! s o = 

1 p3 ; 

1 

p 

3 

; 

1 

p 

3 

 

= 3 p 3: 


Teorem 3.25. Neka je f : ! R, E 3 diferencijabilno 

skalarno polje: Tada je gradijent toga polja u 

svakoj tocki T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) okomit na razinsku (nivo) 

plohu tog polja kroz tocku T 0 , a duljina mu je jednaka 

apsolutnoj vrijednosti pripadne usmjerene derivacije. 

Preciznije, 

grad f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) = @f(x 0; y 0 ; z 0 ) 

@ ! ! n 0 ; 

n 

pri cemu je ! n normala na razinsku (nivo) plohu 

f(x; y; z) = f(x 0 ; y 0 ; z 0 ). 

Dokaz: Odaberimo bilo koju tocku T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 2 . 

Jednadba pripadne razinske plohe je 

f(x; y; z) = f(x 0 ; y 0 ; z 0 ), što povlaci 

@f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) 

@x 

0 = df(x 0 ; y 0 ; z 0 ) = 

dx + @f(x 0; y 0 ; z 0 ) 

@y 

= grad f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) d ! r ; 

dy + @f(x 0; y 0 ; z 0 ) 

dz = 

@z 

pri cemu d ! r 

oznacava vektor 

dx ! i + dy ! j + dz ! k (dx; dy; dz): 


Budući da pratimo zbivanje na razinskoj plohi u tocki 

T 0 , to d ! r smijemo tumaciti kao innitezimalni pomak 

u njezinoj tangencijalnoj ravnini kroz tocku T 0 . Prema 

tome, 

grad f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) d ! r = 0 

znaci da je grad f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) okomit na tu tagencijalnu 

ravninu, tj. na promatranu razinsku plohu kroz tocku 

T 0 , dakle, paralelan s pripadnim normalnim vektorom 

! n . Slijedi grad f(x0 ; y 0 ; z 0 ) = ! n 0 pa je 

Po Teoremu 3.24 je 

što onda daje 

= grad f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) ! n 0 : 

grad f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) ! n 0 = @f(x 0; y 0 ; z 0 ) 

@ ! ; 

n 

grad f(x 0 ; y 0 ; z 0 ) = @f(x 0; y 0 ; z 0 ) 

@ ! ! n 0 : 

n 


Napomena. Pomoću Teorema 3.25 lako je izracunati 

jedinicni normalni vektor na razinsku plohu skalarnog 

polja f. Naime, za svaku tocku T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) vrijedi 

! n 0 = grad f(x 0; y 0 ; z 0 ) 

kgrad f(x 0 ; y 0 ; z 0 )k : 

Primjer 8. Izracunajmo jedinicni normalni vektor na 

plohu z = xy u tocki T 0 = (2; 3; 6). 

Smijemo pretpostaviti da je promatrana ploha z = xy 

neka razinska ploha f(x; y; z) = c nekog skalarnog 

polja f : ! R, E 3 . Tako dobivamo 

pa je 

f(x; y; z) = xy z + c; 

grad f(2; 3; 6) = (y; x; 1)j (2;3;6) = (3; 2; 1) 

i, napokon, 

! n 0 (T 0 ) = 

grad f(2; 3; 6) 

kgrad f(2; 3; 6)k = p 1 3 ! i + 2 ! j 

14 

! 

 

k : 


Usmjerena derivacija vektorskog polja 

Analogno prethodnim razmatranjima, denirat ćemo i 

usmjerenu derivaciju vektorskog polja u smjeru nekog 

vektora. 

Neka su sve oznake kao i u prethodnom odjeljku, 

tj neka je E 3 i 

! w : ! E 

3 

o vektorsko polje, 

T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 2 i 

! s = sx 

! i +sy 

! j +sz 

! k : 

jedinicni vektor s pocetkom u tocki T 0 ; te neka je 

! 

T 0 T = h ! s ; h 0; 

tj. tocka T je neka tocka na zraci (polupravcu) 

odre ¯denoj tockom T 0 i vektorom ! s udaljena za h od 

tocke T 0 : 

Denicija 3.26. Derivacija vektorskog polja 

! w : ! E 

3 

o u tocki T 0 u smjeru vektora ! s je 

granicna vrijednost (ako postoji) 

lim 

h!0 

! w (T ) 

! w (T0 ) 

h 

= @! w 

@ ! s (T 0) : 


ili preko komponenti vektora ! s i koordinata tocaka T 0 

i 

T = (x 0 + hs x ; y 0 + hs y ; z 0 + hs z ) 

@ ! w 

! w 

@ ! s (T (x0 + hs x ; y 0 + hs y ; z 0 + hs z ) 

0) = lim 

h!0 h 

! w (x0 ; y 0 ; z 0 ) 

Analogno Teoremu 3.24. moe se pokazati kako se 

racuna usmjerena derivacija vektorskog polja. 

Teorem 3.27. Neka je 

! w (x; y; z) = wx (x; y; z) ! i +w y (x; y; z) ! j +w z (x; y; z) ! k 

derivabilno vektorsko polje na , ! s = s x 

! i +sy 

! j +sz 

! k 

jedinicni vektor i T 0 2 . Tada vrijedi: 

@ ! w 

@ ! s (T 0) = 

 

@ 

s x 

@x +s y 

= ( ! s r) ! w (T 0 ) 

 

@ 

@y +s @ !w 

z (T0 ) 

@z 

= s x 

@ ! w 

@x (T 0) +s y 

@ ! w 

@y (T 0) +s z 

@ ! w 

@z (T 0) 

(b) 


U jednakosti (b) uzeli smo u obzir da diferencijalni 

operator djeluje samo na polja (funkcije) koje se 

nalaze desno od njega. Dakle 

@ ! 

w 

@ ! s = @w x 

s x 

@x +s @w x 

y 

 

@w y 

s x 

@x +s @w y 

y 

@y +s z 

@w y 

@z 

 

@w x !i 

@z 

@y +s z 

!j @w z + s x 

@x +s @w z 

y 

@y +s z 

 

@w z !k : 

@z 

Ako ! s nije jedinicni vektor, onda u gornjem izrazu 

umjesto ! s stavimo ! s o = ! s 

k ! : Dakle, vrijedi 

s k 

@ ! w 

@ ! s (T 0) = ( ! s o r) ! w (T 0 ) 

Primjer 9. Usmjerena derivacija radijvektora 

! r = x 

! i + y 

! j + z 

! k 

u smjeru bilo kojeg jedinicnog vektora ! s = s x 

! i +sy 

! j +sz 

! k 

je 

@ ! r 

@ ! s = s @ ! r 

x 

@x +s @ ! r 

y 

@y +s @ ! r 

z 

@z = s ! ! ! 

x i +sy j +sz k = 

! s : 


Primjer 10. Izracunajmo derivaciju vektorskoga polja 

(x; y; z) 7! ! w (x; y; z) = (yz; zx; xy) 

u tocki T 0 = (1; 

1 

2 ; 2) u smjeru ! s = 2 ! i + ! j 2 ! k . 

Budući da je ! s 0 = 1 3 (2! i + ! j 

3.27 dobivamo 

2 ! k ), po Teoremu 

@ ! 1 

w (1; 

2 ; 2) 

@ ! s 

2 @ ! w 

3 @x + 1 @ ! w 

3 @y 

= (( ! s 0 r) ! 1 

w ) (1; 

2 ; 2) = 

2@ ! 

w 

3 @z 

(1; 

1 

2 ;2) = 

2 

3 (0; z; y) + 1 3 (z; 0; x) 2 

3 (y; x; 0) (1; 

1 

2 ;2) = 

1 

3 (z 2y; 2z 2x; 2y + x) 1 

(1; 

2 ;2) = ! i + 2 ! j : 

3 


3.4. Krivuljni integral 

Krivuljni integral je na neki nacin poopćenje 

odre ¯denog integrala na segmentu [a; b] R na 

odre ¯deni integral po krivulji zadanoj odgovarajućom 

parametrizacijom; 

Postoje dvije vrste krivuljnog integrala: 

– za skalarna polja; 

– za vektorska polja. 


Krivuljni integral prve vrste 

Neka je zadan Jordanov luk (vidi Deniciju 3.11) 

svojom parametrizacijom 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] ; 

i neka je na njemu zadano skalarno polje (funkcija) 

f : ! R. Tada je dobro denirana kompozicija 

[a; b] 

! r 

! f ! R; 

t 7! (f ! r )(t) = f(x(t); y(t); z(t)); 

koja je realna funkcija jedne varijable na segmentu 

[a; b] R. 

Nadalje, kako je ! r 0 (t) = (x 0 (t); y 0 (t); z 0 (t)); t 2 [a; b]; 

onda je 

k ! r 0 (t)k = p x 0 (t) 2 + y 0 (t) 2 + z 0 (t) 2 ; 

t 2 [a; b]; 

pa je umnoak funkcija 

t 7! f ( ! r (t)) k ! r 0 (t)k , 

tj. 

t 7! f(x(t); y(t); z(t)) p x 0 (t) 2 + y 0 (t) 2 + z 0 (t) 2 ; 

t 2 [a; b]; 


ealna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b] R. 

Denicija 3.28. Neka je Jordanov luk zadan parametrizacijom 

! ! ! ! r (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k ; t 2 [a; b] ; 

i neka je na njemu zadano skalarno polje (funkcija) 

f : ! R. Ako je realna funkcija jedne varijable 

t 7! f(x(t); y(t); z(t)) p x 0 (t) 2 + y 0 (t) 2 + z 0 (t) 2 ; 

t 2 [a; b]; 

integrabilna, onda pripadni odre ¯deni integral 

Z b 

a 

f(x(t); y(t); z(t)) p x 0 (t) 2 + y 0 (t) 2 + z 0 (t) 2 dt = 

Z b 

a 

f( ! r (t)) k ! r 0 (t)k dt 

nazivamo integralom skalarnoga polja f po 

krivulji (ili krivuljnim integralom prve vrste) i 

oznacavamo s 

Z 

f ds: 


Ova posljednja oznaka ima smisla jer za diferencijal 

ds elementa luka krivulje vrijedi 

ds = k −→ r 0 (t)k dt. 

ds 

r'(t) dt 

Naime, ako su T 0 ,T ∈ Γ bliske točkenalukukrivulje 

Γ s radijvektorima −→ r (t 0 ) i −→ r (t 0 + ∆t) redom, pri 

čemu je ∆t dovoljno malen, onda duljinu ∆s dijela 

krivulje (luka) Γ izme ¯du T 0 i T možemo aproksimirati 

sa d (T 0 ,T) . Dakle imamo 

∆s ≈ d (T 0 ,T)=k −→ r (t 0 + ∆t) − −→ r (t 0 )k ≈ k −→ r 0 (t 0 )k ∆t. 

Napomena 1. Krivuljni integral prve vrste možemo 

interpretiratikaomasukrivuljepokojojjegustoća 

promjenjiva (nehomogene tanke žice). Ako skalarno 

polje f predstavlja linijsku gustoću žice, onda djelić 

žice duljine ∆s i ima masu 

∆m i ≈ f(x i ,y i ,z i )∆s i . 


Ukupnu masu te ice dobivamo zbrajajući te elemente 

mase m i cijele ice: 

m X n 

i=1 f(x i; y i ; z i )s i () 

što je integralna suma funkcije f(x; y; z) p x 02 + y 02 + z 02 : 

U granicnom slucaju kad n ! 1 integralna suma () 

prelazi u krivuljni integral te funkcije 

Z 

f(x; y; z)ds: 

Posebno, ako je f 1; onda 

vidjeli, racuna duljinu luka krivulje 

3.14). 

Z 

ds, kao što smo ranije 

(vidi Teorem 

Napomena 2. Krivuljni integral R f ds ne ovisi o 

odabranoj parametrizaciji krivulje 

, tj. vrijedi 

Z b 

a 

f( ! r (t)) k ! r 0 (t)k dt = 

Z d 

c 

f( ! p ()) k ! p 0 ()k d; 

pri cemu su ([a; b]; ! r (t)) i ([c; d]; ! p ()) bilo koje dvije 

glatke parametrizacije od . Ako su A i B rubne tocke 


krivulje kao posljedicu dobivamo (a što je ocito i 

zbog s i > 0): 

Z Z 

f ds = f ds 

y 

BA 

y 

AB 

tj. da integral ne ovisi o orijentaciji krivulje : 

Primjer 1. Izracunajmo krivuljni integral prve vrste 

R 

f ds pri cemu je 

f(x; y; z) = x + z 

i 

zadana jednadbama 

x = t; y = p 6 

2 t2 ; z = t 3 ; t 2 [0; 1]: 

Z 

fds = 

Z b 

a 

q 

f(x(t); y(t); z(t)) x 0 (t) 2 +y 0 (t) 2 +z 0 (t) 2 dt 


= 

Z 1 

0 

(t + t 3 ) p 1 + 6t 2 + 9t 4 dt = 

Z 1 

0 

(t + t 3 )(1 + 3t 2 )dt 

= 

Z 1 

0 

(t + 4t 3 + 3t 5 )dt = 2: 


Napomenimo da se u slucaju kad je po dijelovima 

Jordanov luk (po dijelovima jednostavna glatka 

krivulja), prirodno sastavljen od Jordanovih lukova 

1; ; n, pripadni krivuljni integral prve vrste 

denira kao zbroj, tj. 

Z Z 

Z 

fds def. 

= fds + + fds: 

1 

Budući da je krivuljni integral prve vrste deniran 

preko odre ¯denog (Riemannova) integrala, lako se 

pokae da ima svojstvo linearnosti tj. da vrijedi: 

Z 

Z Z 

(f + g)ds = fds + gds; 

gdje je po dijelovima Jordanov luk, f; g : ! R 

integrabilne funkcije i ; 2 R: 

Napomena 3. Ako je ravninska krivulja graf funkcije 

y = ' (x); x 2 [a; b] ; onda varijablu x moemo uzeti 

za parametar. Tada je sa 

! r (x) = x 

! i + ' (x) 

! j ; x 2 [a; b] ; 

n 

dana parametrizacija krivulje 

i vrijedi 


Z 

f (x; y) ds = 

Z b 

a 

f (x; ' (x)) 

q 

1 + (' 0 (x)) 2 dt: 

Posebno za f 1 dobivamo poznatu formulu za 

duljinu luka ravninske krivulje. 

Napomena 4. Ako je ravninska krivulja zadana u 

polarnom sustavu jednadbom r = r ('); ' 2 [; ] ; 

onda varijablu ' moemo uzeti za parametar t. Tada 

je sa 

! r (t) = r (t) cos t 

! i + r (t) sin t 

! j ; t 2 [; ] ; 

Z 

dana parametrizacija krivulje 

f (x; y) ds = 

Z 

 

i vrijedi 

f (r (t) cos t; r (t) sin t) 

q 

(r (t)) 2 + (r 0 (t)) 2 dt: 

Opet, za f 1 dobivamo poznatu formulu za duljinu 

luka ravninske krivulje u polarnom koordinatnom 

sustavu. 


Napomena 5. Cesto se (po dijelovima) glatka krivulja 

R 3 zadaje kao presjek dviju ploha zadanih 

jednadbama 

i 

G(x; y; z) = 0 

H(x; y; z) = 0: 

Tada treba ”eliminacijom treće varijable” dobiti 

jednadbe 

i 

y = g(x); 

z = h(x); 

8z 2 R 

8y 2 R 

pri cemu je x 2 [a; b]. Gornje jednadbe su jednadbe 

dviju novih ploha s istim presjekom . Pritom su g i h 

neprekidno derivabilne funkcije na [a; b]. 

Prednost novih ploha je u tome što je njima zadana 

parametrizacija x = t, y = g(t), z = h(t), t 2 [a; b], 

krivulje , pa se pripadni krivuljni integral prve vrste 

moe izracunati po formuli 

Z 

f ds = 

Z b 

a 

f(x; g(x); h(x)) p 1 + g 0 (x) 2 + h 0 (x) 2 dx: 


Pritom u slučaju ravninske krivulje Γ ⊆ D ⊆ R 2 

dobivamo h ≡ c 0 , pajetada 

Z Z b 

f ds = f(x, g(x)) · p1+g 0 (x) 2 dx. 

Γ 

a 

Primjer 2. Izračunajte R Γ 

f ds ako je f(x, y, z) =x 3 yz 

i Γ krivulja koja je presjek ploha 

z = x 2 + y 2 , z =1 (y ≥ 0). 

z 

1 

y 

x 

z = x 2 + y 2 

z =1 

¾ 

z 

=⇒ x 2 +y 2 =1=⇒ Γ 1 ≡ 

½ x =cost 

y =sint 

=⇒ Γ ≡ 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

x =cost 

y =sint 

z =1 

, t ∈ [0,π] 


8 

< 

: 

x 0 = 

y 0 = cos t 

z 0 = 0 

Z 

sin t 

f ds = 

9 

= 

; ; ds = q 

( sin t) 2 + (cos t) 2 + (0) 2 dt = dt 

Z 

x 3 yz ds = 

Z 

0 

cos 3 t sin t dt = 0 


Primjer 3. Izracunajmo krivuljni integral prve vrste 

R 

fds ako je f(x; y) = xy po krivulji : 

(a) ::: y = x + 1; x 2 [0; 1]; 

(b) ::: y = x 2 + 1; x 2 [0; 1]; 

Uocimo da u oba primjera krivulja 

A = (0; 1) i B = (1; 0). 

povezuje tocke 

Y 

(0,1) 

y=x 2 +1 

(a) 

(b) 

Z 

Z 

f ds = 

f ds = 

Z 1 

0 

Z 1 

0 

y = x+1 

O 

(1,0) 

x( x + 1) p 1 + ( 1) 2 dx = 

= p 2 

Z 1 

0 

X 

( x 2 + x)dx = p 2 

6 ; 

x( x 2 + 1) p 1 + ( 2x) 2 dx = = 

= 25p 5 11 

120 

. 

Ovo pokazuje da je bitno po kojoj se krivulji integrira, 

tj. da krivuljni integral prve vrste ne ovisi samo o 

krajnjim tockama!) 


Prije nego deniramo krivuljni integral druge vrste 

podsjetimo se pojma orijentacije krivulje 

(vidi Deniciju 3.12). 

Glatka krivulja dopušta tocno dvije orijentacije: 

jedna se dobiva "gibajući se du od rubne tocke 

A = ! r (a) do rubne tocke B = ! r (b) uz stalni porast 

varijable t 2 [a; b]", 

a druga "gibajući se, obratno, od tocke B do tocke 

A uz stalni pad varijable t 2 [a; b]". 

U prvom slucaju kaemo da je: 

krivulja orijentirana porastom parametra t, 

a u drugomu da je: 

krivulja orijentirana padom parametra t. 

U prvom (drugom) slucaju kaemo da je A = ! r (a) 

pocetak (kraj) i da je B = ! r (b) kraj (pocetak) 

orijentirane krivulje . 


(b) 

r(t 1 ) 

Γ 2 

Γ 1 

r(a) 

Ako je krivulja Γ po dijelovima glatka, njezine sastavne 

glatke krivulje Γ 1 , ··· , Γ n dopuštaju po dvije 

orijentacije. 

• Reći ćemo da je Γ orijentirana čim su Γ 1 , ··· , Γ n 

sukladno orijentirane, tj. kraj od Γ i jest početak od 

Γ i+1 , i =1, ··· ,n− 1. 

Ako je Γ zatvorena po dijelovima glatka krivulja 

imamo negativnu i pozitivnu orijentaciju, tj. 

orijentaciju sukladnu gibanju satne kazaljke i 

orijentaciju suprotnu gibanju satne kazaljke. 

• Orijentiranu krivulju Γ označavat ćemo sa y Γ. 

• U posebnom slučaju zatvorene ravninske krivulje, 

y 

Γ će označavati njezinu negativnu orijentaciju, a 

x 

Γ 

pozitivnu. 


Krivuljni integral druge vrste 

svojom parametrizaci- 

Neka je zadan Jordanov luk 

jom 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] ; 

te neka su njegove rubne tocke A = ! r (a) i 

B = ! r (b) : Ako je orjentiran porastom parametra 

t, onda je on orijentiran od A prema B i pišemo 

y y 

= AB: Neka je D R 3 i 

! w = fwx ; w y ; w z g : D ! R 3 ; 

vektorsko polje na D: Tada je dobro denirana kompozicija 

[a; b] 

! r 

! D ! w 

! R 3 ; 

t 7 ! ! w ( ! r (t)) = fw x ( ! r (t)); w y ( ! r (t)); w z ( ! r (t))g ; 

koja je vektorska funkcija jedne varijable na segmentu 

[a; b] R. Slijedi da je skalarni produkt 

! w ( 

! r ) 

! r 0 : [a; b] ! R; 


t 7 ! ! w ( ! r (t)) ! r 0 (t) = 

= w x ( ! r (t)) x 0 (t) + w y ( ! r (t)) y 0 (t) + w z ( ! r (t)) z 0 (t); 

realna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b]. 

Denicija 3.30. Neka je dana vektorska funkcija 

! w = fwx ; w y ; w z g : D ! R 3 ; D R 3 , a 

! r (t) = (x(t); y(t); z(t)); t 2 [a; b]; 

! r (a) = A i 

! r (b) = B 

parametarska jednadba orijentiranog Jordanovog 

luka y = AB y 

D. Ako je realna funkcija jedne 

varijable 

t 7! w x (x(t); y(t); z(t)) x 0 (t) + w y (x(t); y(t); z(t)) y 0 (t)+ 

+w z (x(t); y(t); z(t)) z 0 (t); t 2 [a; b] 

integrabilna, onda pripadni odre ¯deni integral 


Z b 

a 

[w x (x(t); y(t); z(t)) x 0 (t) + w y (x(t); y(t); z(t)) y 0 (t)+ 

+w z (x(t); y(t); z(t)) z 0 (t)] dt = 

Z b 

a 

[ ! w ( ! r (t)) ! r 0 (t)] dt 

nazivamo integralom vektorskoga polja ! w po orijentiranoj 

krivulji y = AB y 

(ili krivuljnim integralom 

druge vrste) i oznacavamo sa 

Z 

! 

y w d 

! r : 

Primjer 4. Izracunajmo krivuljni integral druge vrste 

Z 

y! w d 

! r vektorske funkcije 

(x; y; z) 7! ! w (x; y; z) = fy z; z x; x yg 

po porastom parametra orijentiranoj krivulji y , 

! r (t) = (2 cos t; 2 sin t; 3t); t 2 [0; 2]: 

Odgovarajućim uvrštenjima u denicijsku formulu 


dobivamo: 

Z 

y! w d 

! r = 

Z 2 

0 

Z 2 

0 

[(2 sin t 3t) ( 2 sin t) + (3t 2 cos t) 2 cos t+ 

+(2 cos t 2 sin t) 3]dt = 

( 4 + 6t sin t + 6t cos t + 6 cos t 6 sin t)dt = = 20: 

Z 

Napomena 6. Krivuljni integral druge vrste y! w d 

! r 

se obicno interpretira kao rad neke sile ! F = ! w 

du puta ! s = y 

od tocke A = ! r (a) do tocke 

B = ! r (b) . 


Krivuljni integral druge vrste ovisi o odabranoj glatkoj 

parametrizaciji samo do na predznak, tj. vrijedi 

Z b 

a 

[ ! w ( ! r (t)) ! r 0 (t)] dt = 

Z d 

c 

[ ! w (p()) ! p 0 ()] d; 

pri cemu su ([a; b]; ! r (t)) i ([c; d]; ! p ()) bilo koje dvije 

glatke parametrizacije od y . Ovi integrali su jednaki 

cim ! r i ! p induciraju (porastom parametara) 

istu orijentaciju, a suprotnih predznaka cim induciraju 

suprotnu orijentaciju na . 

Napomena 7. Ako je y po dijelovima glatka krivulja, 

prirodno sastavljena od sukladno orijentiranih 

glatkih krivulja y 1; ; y n (kraj od i je pocetak i+1 ), 

pripadni krivuljni integral druge vrste deniramo kao 

zbroj, tj. 

Z 

Z 

Z 

! w d 

! def. 

r = 

! w d 

! r + + 

! w d 

! r : 

y 

y 

1 

y 

n 

Izravno iz Denicije 3.30 i svojstava Riemannova 

integrala slijedi ovaj teorem: 


Teorem 3.31. Neka su ! w ; ! u : D ! R 3 , D R 3 , 

vektorske funkcije s integrabilnim koordinatnim 

funkcijama, ; 2 R i y = AB y 

D orijentirana po 

dijelovima glatka krivulja. Tada je 

Z 

Z 

i) 

! 

y w d 

! r = 

! 

y w d 

! r ; 

BA 

AB 

Z 

ii) (! w + ! u ) d ! Z 

Z 

r = 

! 

y y w d 

! r + y! u d 

! r . 

Neka je vektorska funkcija ! w : D ! R 3 , D R 3 , 

zadana preslikavanjima P; Q; R : D ! R, tj. w x = P , 

w y = Q i w z = R. Pridruimo li funkciji ! w diferencijalnu 

formu 

P dx + Qdy + Rdz; 

uocavamo da se, formalno, krivuljni integral druge 

vrste podudara s integralom odgovarajuće diferencijalne 

forme, tj. 

Z 

Z 

! w d 

! r = P dx + Qdy + Rdz; 

y 

gdje je d ! r = dx~i + dy~j + dz ~ k: 

y 


Primjer 5. Izracunajmo krivuljni integral druge vrste 

Z 

(y + z)dx + (z + x)dy + (x + y)dz 

y 

ako je y orijentirana krivulja - duina od ishodišta O 

do tocke B = (1; 1; 1). 

Budući da se y = OB ! moe zadati kao presjek 

dviju ravnina: y = x, za svaki z, i z = x, za svaki y, 

x 2 [0; 1] (orijentacija porastom parametra t = x), to je 

Z 

P dx + Qdy + Rdz = 

y 

Z 1 

0 

(x + x) 1dx + (x + x) 1dx + (x + x) 1dx = 6 

Z 1 

0 

xdx = 3: 

Napomena Z 8. Ako je u krivuljnom integralu druge 

vrste y! w d 

! r krivulja zatvorena, onda ga 

oznacavamo 

I 

! 

y w d 

! r 

i nazivamo cirkulacijom vektorskoga polja ! w po 

zatvorenoj krivulji y . 


Primjer 6. Izračunajmo cirkulaciju ravninskoga 

vektorskog polja 

−→w 

(x, y) ={x, xy} 

a) po središnjoj kružnici y Γ polumjera c (orijentiranoj 

po volji); 

b) po rubu x Γ pozitivno orijentiranog trokuta s vrhovima 

A =(2, 0), B =(1, 1) i O =(0, 0). 

y 

c 

Γ=Γ 

y 

1 

(1,1) 

O 

c 

x 

Γ 3 Γ 2 

1 

O Γ 1 

(2,0) 

x 

(a) 

(b) 

a) Ovdje je y Γ zadana parametrizacijom x = c cos t, 

y = c sin t, t ∈ [0, 2π], paje 

Iy 

Γ 

−→ w · d 

−→ r = 

I 

y 

Γ 

xdx + xydy = 

= 

Z 2π 

0 

[c cos t · (−c sin t)+c cos t · c sin t · c cos t] dt = 

Z 2π 

c 2 (cos t − c cos 2 t)(− sin t)dt = ···=0; 

0 


) Ovdje je x orijentirani po dijelovima Jordanov 

luk sukladno sastavljen od y 1 = OA, ! x 2 = AB ! i 

x 

3 = BO ! s parametrizacijama (redom): 

y = 0, x 2 [0; 2], orijentiran porastom parametra x; 

y = x + 2, x 2 [1; 2], orijentiran padom 

parametra x; 

y = x, x 2 [0; 1], orijentiran padom parametra x. 

Tako dobivamo 

I 

Z 

! w d 

! r = 

y 

y 

1 

! w d 

! r + 

Z 

y 

2 

! w d 

! r + 

Z 

y 

3 

! w d 

! r 

= 

Z 2 

0 

(x + x 0 0)dx + 

Z 1 

2 

(x + x(2 x)( 1))dx+ 

Z 0 

1 

(x + x x 1)dx = = 1 3 : 

Dakako da je moguća i drukcija parametrizacija, npr. 


! r (t) = (x (t) ; y (t)) : [0; 1] ! R 

2 

x (t) = 

y (t) = 

( 6t, t 2 [0; 

1 

3 ] 

3t + 3, t 2 [ 1 3 ; 1] ; 

8 

>< 

>: 

0, t 2 [0; 1 3 ] 

6t 2, t 2 [ 1 3 ; 2 3 ] 

6t + 6, t 2 [ 2 3 ; 1] ; 

orijentirana porastom parametra t. 


Veza me ¯du integralima prve i druge vrste 

Znamo da derivaciju vektorske funkcije ! r 0 (t) 

moemo zapisati u sljedećem obliku: 

! r 0 (t) = k ! r 0 (t)k ! T; 

gdje je ! T jedinicni tangencijalni vektor krivulje 

zadane parametrizacijom ! r (t) : Odatle slijedi da je 

d ! r (t) = ! T k ! r 0 (t)k dt = ! Tds: 

Prema tome, vrijedi jednakost izme ¯du krivuljnog integrala 

druge vrste (lijevo) i krivuljnog integrala prve 

vrste (desno) 

Z 

y 

! F d 

! r = 

Z !F 

! T ds: 


Greenova formula 

Ovdje navodimo osnovnu formulu integralnog racuna 

za funkcije dviju varijabla, koja je prirodno poopćenje 

Newton-Leibnizove formule. Radi se o tome da se 

(dvostruki) integral na prikladnom podrucju D R 2 

svede na (krivuljni) integral po rubu od D. 

Teorem 3.32. (Greenov teorem) 

Neka su P; Q : X ! R diferencijabilne funkcije na 

otvorenom skupu X R 2 te neka je x X pozitivno 

orijentirani zatvoreni po dijelovima Jordanov luk. 

Tada vrijedi tzv. Greenova formula 

ZZ 

D 

I 

= 

@Q(x; y) 

x 

@x 

 

@P (x; y) 

dxdy 

@y 

P (x; y)dx + Q(x; y)dy; 

pri cemu je D X podrucje ome ¯deno krivuljom 

@D = (@D je oznaka za rub skupa D). 

, tj. 


Posebno, ako je 

@Q(x; y) 

@x 

@P (x; y) 

@y 

= 1 

(što je ispunjeno npr. za Q(x; y) = 1 2 x; P (x; y) = 1 2 y) 

onda nam Greenova formula omogućava izracunavanje 

površine ravninskog lika D R pomoću 

x 

krivuljnog integrala po rubnoj krivulji @D tog podrucja: 

ZZ 

P (D) = dxdy = 1 I 

xdy ydx: 

2 

D 

x 

@D 

Napomena 9. Gledamo li na funkcije P i Q kao na 

koordinatne funkcije nekog ravninskog vektorskog 

polja 

! w : D ! R 2 ; 

! w (x; y) = fP (x; y); Q(x; y)g ; 

Greenovu formulu moemo zapisati i ovako: 

ZZ 

rot ! w ! I 

k dxdy = 

! w d 

! r : 

D 

x 

@D 


Primjer 7. Izračunajmo cirkulaciju 

I 

x 

Γ 

2(x 2 + y 2 )dx +(x + y) 2 dy 

po pozitivno orijentiranom rubu ∂4 x 

≡ x Γ trokuta 

4ABC, A =(1, 1), B =(2, 2), C =(1, 3). 

Y 

3 

2 

1 

O 

C 

Γ 2 

B 

Γ 3 

A Γ 1 

1 2 

X 

Primijenit ćemo Greenovu formulu na 

P (x, y) =2(x 2 + y 2 ) i Q(x, y) =(x + y) 2 . 

I 

2(x 2 + y 2 )dx +(x + y) 2 dy = 

x 

Γ 

= 

ZZ 

∆ 

= 

ZZ 

∆ 

(2x − 2y)dxdy =2 

µ ∂Q(x, y) 

∂x 

− 

Z 2 

µZ −x+4 

1 

x 

 

∂P(x, y) 

)dxdy 

∂y 

 

(x − y)dy dx = ···= − 4 3 . 


DOMAĆI RAD: 

Za provjeru izracunaj traenu cirkulaciju izravno, tj. 

integrirajući po 

y 1 = ! AB 

(y = x, x 2 [1; 2]; parametar raste), 

x 2 = ! BC (y = x + 4, x 2 [1; 2]; parametar pada) i 

x 3 = ! CA 

(x = 1, y 2 [1; 3]; parametar pada). 

Primijetimo da smo u ovomu primjeru Greenovu 

formulu iskoristili u "obratnom smjeru", tj. da smo 

krivuljni integral preveli u dvostruki integral. 

Takva i jest njezina cesta primjena u praksi. "Pravi 

smjer" trebamo uglavnom u teorijskim razmatranjima. 


Krivuljni integral u potencijalnom polju 

Raznovrsni primjeri krivuljnog integrala druge vrste 

pokazuju da on ponekad ne ovisi o orijentiranoj 

krivulji po kojoj se integrira, nego samo o njezinoj 

pocetnoj i krajnjoj tocki. Sada ćemo vidjeti kakva su 

to vektorska polja ciji krivuljni integrali ovise samo o 

pocetku i kraju integracijske krivulje. 

Denicija 3.33. Neka je 

! w : D ! R 3 ; D R 3 ; 

neprekidno vektorsko polje. Reći ćemo da krivuljni 

integral vektorskoga polja ! w ne ovisi o integracijskom 

putu, ako za svake dvije tocke A; B 2 D i 

svake dvije po dijelovima glatke krivulje y 1; y 2 D 

što povezuju A i B, orijentirane od A prema B, vrijedi 

Z 

Z 

! w d 

! r = 

! w d 

! r : 

y 

1 

y 

2 

Upravo denirano svojstvo karakterizira sljedeći 

teorem: 


Teorem 3.34. Neka je ! w : D ! R 3 neprekidno 

vektorsko polje na otvorenom i povezanom podrucju 

D R 3 . Tada pripadni krivuljni integral ne ovisi o 

integracijskom putu ako i samo ako je ! w potencijalno 

polje, tj. ako postoji skalarno polje f : D ! R klase 

C 1 na D takvo da je 

! w = grad f: 

Tada je integral vektorskog polja ! w po krivulji 

y 

::: 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] ; 

sastavljenoj iz Jordanovih lukova s pocetnom 

tockom A = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) = ! r (a) i krajnjom tockom 

B = (x 1 ; y 1 ; z 1 ) = ! r (b) jednak 

= 

Z 

y 

! w d 

! r = 

Z 

Z b 

a 

= 

Z 

@f ( 

! r (t)) 

@x 

y grad f d! r 

y 

@f @f @f 

dx + dy + 

@x @y @z dz 

x 0 (t)+ @f (! r (t)) 

@y 

y 0 (t)+ @f (! r (t)) 

z 0 (t) 

@z 

 

dt 


= 

Z b 

a 

d(f ! r )(t) = f ( ! r (a)) 

f ( ! r (b)) 

! r (b)=B 

! r (a)=A 

= f (A) f (B) = f(x 0 

; y 0 ; z 0 ) f(x 1 

; y 1 ; z 1 ): 

Općenito, otvoren skup D R n je povezan ako se 

svake dvije tocke A; B 2 D unutar D mogu spojiti 

poligonalnom crtom (crtom sastavljenom od duina), 

tj. ako postoji konacno mnogo tocaka P 1 ; P 2 ; :::; P n 

tako da su spojnice (segmenti): 

[A; P 1 ] ; [P 1 ; P 2 ] ; ::: ; [P n 1 ; P n ] ; [P n ; B] 

sadrani u D: Otvoren i povezan skup naziva se 

podrucje. 

Napomena 10. Primijenimo li Teorem 3.34 na bilo koji 

po dijelovima glatki zatvoreni Jordanov luk X, 

dobivamo da pripadna cirkulacija potencijalnog vektorskog 

polja ! w iscezava, 

I 

y 

! w d 

! r = 0: 

Slijedi da iscezavanje cirkulacije, tako ¯der, karakterizira 

potencijalnost vektorskog polja ! w na podrucju D: 


Za zadano vektorsko polje nije jednostavno provjeriti 

da li je ono potencijalno u podrucju D ili nije. Morali 

bismo pokazati da je krivuljni integral polja ! w po bilo 

kojem zatvorenom po dijelovima Jordanovom luku 

jednak nuli. 

No za jednu klasu vektorskih polja jednostavno je 

provjeriti je li ono potencijalno ili nije. O tome nam 

govori sljedeći korolar: 

Korolar 3.35. Neka je ! w : D ! R 3 polje klase C 2 na 

konveksnom podrucju D (ima neprekidne sve druge 

parcijalne derivacije na podrucju D). Takvo polje je 

potencijalno ako i samo ako je 

tj vrijedi 

rot ! w = ! 0 ; 

rot ! w = ! 0 () 

I 

y 

! w d 

! r = 0 

za svaki zatvoreni po dijelovima Jordanov luk y D. 


Ako je ! w potencijalno polje na D onda je 

! w = grad f 

za neko skalarno polje f : D ! R: (f zovemo potencijal 

od ! w ). Odatle slijedi 

rot ! w = rot (grad f) 

Tm. 3.22 (5) 

= 

! 0 : 


Kako odrediti potencijal f zadanog potencijalnog 

(bezvrtlonog) polja ! w ? 

Iz jednakosti vektorskih polja ! w = grad f 

slijedi jednakost skalarnih polja (komponenti): 

w x = 

@f 

@x ; w y = @f 

@y ; w z = @f 

@z : 

Neka su A = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) ; B = (x; y; z) 2 tocke 

iz podrucja u kojem je vektorsko polje ! w potencijalno. 

Neka se krivulja AB y 

koja spaja te tocke sastoji 

! ! ! 

od usmjerenih duina AT 1 ; T 1 T 2 ; T 2 B koje su bridovi 

kvadra ciji su A i B nasuprotni vrhovi. Dakle, neka je 

T 1 = (x; y 0 ; z 0 ) ; T 2 = (x; y; z 0 ) : 

Prema Teoremu 3.34, uzimajući da je 

f (A) = f (x 0 ; y 0 ; z 0 ) = 0 

(to uvijek moemo) dobivamo da je 

f (B) = f (x; y; z) = 

= 

Z 

! 

! w d 

! r 

AT 1 

Z 

y 

AB 

Z 

! w d 

! r 

! 

! w d 

! r 

T 1 T 2 

Z 

! 

T 2 B 

! w d 

! r : 


Budući da je 

! 

AT 1 ::: ! r 1 (t) = t ! i + y 0 

! j + z0 

! k ; t 2 [x0 ; x] ; 

! 

T 1 T 2 ::: ! r 2 (s) = x ! i + s ! j + z 0 

! k ; s 2 [y0 ; y] ; 

! 

T 2 B ::: ! r 3 (u) = x ! i + y ! j + u ! k ; u 2 [z 0 ; z] ; 

dobivamo 

f(x; y; z) = 

Z x 

x 0 

w x (t; y 0 ; z 0 )dt 

Z y 

w y (x; s; z 0 )ds 

Z z 

w z (x; y; u)du: 

y 0 

z 0 


Z 

Primjer 7. Izracunajmo y! w d 

! r ako je 

! 

w (x; y; z) = 3x 2 yz + y + 5; x 3 z + x z; x 3 y y 7 i 

a) y bilo koji luk od A O = (0; 0; 0) do B = (1; 1; 1); 

b) y bilo koja orijentirana po dijelovima glatka jednostavno 

zatvorena krivulja. 

 

a) Ocito je da je vektorsko polje ! w neprekidno diferencijabilno 

na prostoru R 3 . Budući da je 

@w z 

@y = @w y 

@z 

@w x 

@z = @w z 

@x 

@w y 

@x = @w x 

@y 

(= x 3 1); 

(= 3x 2 y); 

(= 3x 2 z + 1); 

Z 

y 

OB 

to je rot ! w = ! 0 pa je ! w betvrtlono polje, dakle i 

potencijalno. Slijedi, 

! w d 

! r = 

Z 

y 

OB 

grad fd ! r = 

Z 

y 

OB 

df = f(0; 0; 0) f(1; 1; 1); 


gdje je potencijal f od ! w odre ¯den relacijom 

(uzmimo (x 0 ; y 0 ; z 0 ) = (0; 0; 0)) 

f(x; y; z) = 

Z x 

x 0 

(3t 2 y 0 z 0 + y 0 + 5)dt 

Z y 

y 0 

(x 3 z 0 + x 

z 0 )ds 

Z z 

z 0 

(x 3 y y 7)du = 

Z x 

0 

5dt 

Z y 

0 

xds 

Z z 

0 

(x 3 y y 7)du = 

Prema tome, 

Z 

= x 3 yz xy 5x + yz + 7z: 

y 

! w d 

! r = f(0; 0; 0) f(1; 1; 1) = 0 1 = 1: 

b) Ovdje se radi o cirkulaciji bezvrtlonoga polja pa je 

prema Korolaru 3.35. 

I 

y! w d 

! r = 0: 


3.5. Plošni integral 

Zadavanje ploha 

Plohu najcešće zadajemo na sljedeće nacine: 

1. eksplicitnom jednadbom z = f (x; y); 

2. implicitnom jednadbom F (x; y; z) = 0; 

3. parametarskim jednadbama 

ili 

x = x (u; v) ; y = y (u; v) ; z = z (u; v) ; 

! r (u; v) = x (u; v) 

! i + y (u; v) 

! j + z (u; v) 

! k : 

* * * 

Neka je R 2 podrucje (otvoren i povezan skup) u 

XOY ravnini i 

f : ! R 

funkcija klase C 1 na (f ima neprekidne parcijalne 

derivacije na ): Skup 

S = f(x; y; z) 2 R 3 j z = f(x; y); 

(x; y) 2 g 

je glatka ploha u prostoru R 3 : z = f (x; y) je 

eksplicitna jednadba plohe S: 


Uz eksplicitnu jednadbu plohe povezujemo i funkciju 

F (x; y; z) deniranu sa 

F (x; y; z) = f(x; y) z; 

cija je 0 

nivo-ploha upravo zadana ploha S 

F (x; y; z) = f(x; y) z = 0 

Vektor normale na tu plohu je vektor 

grad F = @f ! @f ! ! i + j k ; 

@x @y 

pa su jednadbe tangencijalne ravnine i pravca normale 

u tocki T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) (z 0 = f(x 0 ; y 0 )) redom 

t ::: @f 

@x (x 0; y 0 ) (x 

x 0 ) + @f 

@y (x 0; y 0 ) (y y 0 ) (z z 0 ) = 0; 

p n ::: 

8 

>< 

>: 

x = x 0 + t @f 

@x (x 0; y 0 ); 

y = y 0 + t @f 

@y (x 0; y 0 ); t 2 R; 

z = z 0 t: 


Primjer 1. Primjeri eksplicitno zadanih ploha: 

1. z = x 2 + y 2 rotacijski paraboloid, 

2. z = p x 2 + y 2 stoac, 

3. z = p 1 x 2 y 2 gornja polusfera, 

Odredimo jednadbu tangencijalne ravnine i normale 

na rotacijski paraboloid u tocki T 0 = (1; 1; 2) : 

F (x; y; z) = x 2 + y 2 z = 0 

grad F (1; 1; 2) = 2x ! i + 2y ! j 

1 ! k 

 

(1;1;2) 

= 2 ! i + 2 ! j 

! k = 

! n 

! n 0 = 

! n 

k ! n k = 2 3 

! i + 

2 

3 

! 1! j k : 

3 

Pa je 

t ::: 2 (x 1) + 2 (y 1) (z 2) = 0 

p n ::: x 1 

2 

= y 1 

2 

= z 2 

1 = t; t 2 R 

ili 

p n ::: x = 1 + 2t; y = 1 + 2t; z = 2 t; t 2 R 


Općenito, neka je F : U ! R funkcija klase C 1 

na otvorenom skupu U R 3 sa svojstvom 

grad F (x; y; z) 6= ! 0 u svakoj tocki (x; y; z) 2 U. 

Tada je skup 

S = f(x; y; z) 2 U j F (x; y; z) = 0g R 3 

glatka ploha: Pritom je, u svakoj tocki, gradijent 

grad F (x; y; z) = @F ! 

@x i + 

@F ! 

@y j + 

@F 

! 

 

(x;y;z) 

@z k 

okomit na tangencijalnu ravninu, što odmah daje jednadbu 

pripadne tangencijalne ravnine, npr. u tocki 

T 0 = (x 0 ; y 0 ; z 0 ) 2 U : 

t ::: @F 

@x (T 0) (x 

x 0 )+ @F 

@y (T 0) (y 

y 0 )+ @F 

@z (T 0) (z z 0 ) = 0 

i jednadbu pravca normale u T 0 : 

p n ::: x x 0 

@F 

@x (T 0) = y y 0 

@F 

@y (T 0) = z z 0 

@F 

@z (T 0) = t; 

t 2 R 

Kaemo da je jednadbom F (x; y; z) = 0 implicitno 

zadana (glatka) ploha S: 


Primjer 2. Neka je 

F : R 3 ! R; F (x; y; z) = x 2 + y 2 + z 2 1: 

Tada je skup 

S = f(x; y; z) 2 R 3 j x 2 + y 2 + z 2 = 1g R 3 

glatka ploha jer je za svaku tocku (x; y; z) 2 S 

grad F (x; y; z) = f2x; 2y; 2zg 6= ! 0 ; 

pri cemu je grad F neprekidno vektorsko polje. 

Napomena: Ovdje je S sfera, tj. ploha koja je unija 

dvije plohe S 1 i S 1 cije su eksplicitne jednadbe 

S 1 :::::z = p 1 x 2 y 2 gornja polusfera, 

S 2 :::::z = p 1 x 2 y 2 donja polusfera. 


Kao što krivulja u prostoru "nastaje" iz segmenta 

savijanjem ali bez kidanja i slika je vektorske funkcije 

! r : [a; b] ! E 3 skalarnog argumenta, 

! r (t) = x (t) 

! i + y (t) 

! j + z (t) 

! k ; t 2 [a; b] ; 

tako je i ploha - dvodimenzionalan skup koji "nastaje" 

iz ravninskog podrucja R 2 izvijanjem, savijanjem, 

itd., ali bez kidanja. Dakle, razmatramo funkciju 

! r : ! E 3 ; R 2 ; 

(u; v) 7! ! r (u; v) = x (u; v) ! i +y (u; v) ! j +z (u; v) ! k ; 

koja je klase C 1 na : Pritom je skup 

S = f ! r (u; v) 2 E 3 j (u; v) 2 g E 3 

parametarski zadana (glatka) ploha u E 3 ; cije su 

parametarske jednadbe: 

x = x (u; v) ; y = y (u; v) ; z = z (u; v) ; 

a ure ¯deni par (; ! r ) nazivamo parametrizacija 

plohe S: 


Primjer 3. Navedimo jednadbe nekih parametarski 

zadanih ploha: 

1. ! r ('; ) = R sin cos ' ! i + R sin sin ' ! j + R cos ! k ; 

' 2 [0; 2] ; 2 [0; ] ; 

(sfera polumjera R; sferne koordinate); 

2. ! r ('; z) = R cos ' ! i + R sin ' ! j + z ! k ; ' 2 [0; 2] ; 

z 2 R; 

(rotacioni valjak, x 2 + y 2 = R 2 ; (z 2 R) ); 

3. ! r (x; y) = x ! i +y ! j +f (x; y) ! k ; (x; y) 2 D R 2 

(parametarska jednadba grafa funkcije f : D ! R); 

4. ! r (u; v) = ! a + u ! b + v ! c ; u; v 2 R; 

! b ; 

! c 2 E 3 nekomplanarni vektori, 

(ravnina kroz tocku s radijvektorom ! a ; razapeta 

vektorima ! b i ! c ). 

Eliminacijom parametara iz parametarskih jednadbi 

ploha dobivamo implicitne jednadbe tih ploha. 


Neka je ploha S zadana vektorskom jednadbom 

! r (u; v) = x (u; v) 

! i +y (u; v) 

! j +z (u; v) 

! k ; (u; v) 2 ; 

pri cemu je funkcija ! r : ! E 3 klase C 1 na 

(skalarne funkcije x (u; v) ; y (u; v) i z (u; v) imaju 

neprekidne prve parcijalne derivacije na ): 

Fiksiramo li varijablu (parametar) v = v 0 ; a zatim 

u = u 0 dobivamo redom sljedeće krivulje na plohi S : 

! r (u) = 

! r (u; v0 ) u krivulja, 

! r (v) = 

! r (u0 ; v) v krivulja, 

koje prolaze tockom T 0 = ! r (u 0 ; v 0 ) : Tangencijalni 

vektori na te krivulje redom su 

! r u = @! r (u; v 0 ) 

@u 

! r v = @! r (u 0 ; v) 

@v 

= @x 

 

! @y! @z (u;v0 

i + i + i ; 

@u @u @u! 

) 

= @x 

@v 

 

! @y! @z (u0 

i + i + i : 

@v @v! 

;v) 

Za plohu S pretpostavljamo da je u svim tockama 

(u; v) 2 vektorski produkt 


! N (u; v) = 

! r u ! r v = 

 

! i 

! j 

! k 

@x 

@u 

@y 

@u 

@z 

@u 

@x 

@v 

@y 

@v 

@z 

@v 

 

 

(u;v) 

6= ! 0 

i vektor ! N (u 0 ; v 0 ) je vektor normale plohe S u tocki 

T 0 = ! r (u 0 ; v 0 ) : 

Dakle, jednadba tangencijalne ravnine na plohu S u 

tocki T 0 = ! r (u 0 ; v 0 ) glasi 

x x 0 y y 0 z z 0 

@x @y @z 

@u @u @u 

= 0 

@x @y @z 

 

 

@v @v @v 

pri cemu derivacije u determinanti racunamo u tocki 

(u 0 ; v 0 ) : 

Dakle, za plohu S zadanu eksplicitnom jednadbom 

z = f (x; y) 

prema Primjeru 3.(3) vektor normale glasi 

! N (x; y) = 

! r x ! r y = f x 

! i fy 

! j + 

! k ; 


pa je jedinicni vektor normale plohe S: 

! 

N0 (x; y) = f x! i fy 

! j + 

! k 

q1 + (f x ) 2 + (f y ) 2 : 

Kako glase vektori normale i jednadbe tangencijalnih 

ravnina za preostale plohe iz Primjera 3? 


Podsjetimo se površine glatke plohe, koja je graf 

neke diferencijabilne funkcije: 

Denicija 3.36. Neka je g : X ! R, X R 2 , 

diferencijabilna funkcija, a D X zatvoreno podrucje 

ome ¯deno po dijelovima glatkom zatvorenom 

krivuljom. Neka je S ploha zadana jednadbom 

z = g(x; y), (x; y) 2 D. Tada njezinu površinu deniramo 

kao broj 

ZZ q 

ZZ 

P (S) = 1 + [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 dxdy = dS: 

D 

D 

U prethodnoj deniciji izraz dS je element površine. 

Dakle, površina je jednaka "beskonacnom zbroju" 

(integral) beskonacno malih elemenata površine. 

Kako se izvede formula za element površine dS - 

pogledajte na: 

[http://lavica.fesb.hr/mat3/ ! PDF, predavanja, str. 

46, komentar iza Denicije 3.2.] 


U nekim razmatranjima i primjenama javljat će se 

plohe poput ovih: 

S 3 

S 3 

S 2 

S 2 S 1 

S 4 

S 1 

Uocavamo da se radi o plohi S sastavljenoj od 

konacno glatkih ploha S 1 ,..., S n tako da u tockama 

”spojnih krivulja” ne postoje tangencijalne ravnine (ni 

normale). 

Za takvu plohu kaemo da je po dijelovima glatka, 

a njena površina se denira kao zbroj: 

P (S) = P (S 1 ) + + P (S n ): 


Plošni integral prve vrste 

Denicija 3.37. Neka je f : X ! R, X R 3 , 

neprekidna funkcija (skalarno polje), a S X 

glatka ploha zadana jednadbom z = g(x; y), 

(x; y) 2 D R 2 , na zatvorenom podrucju D 

ome ¯denom po dijelovima glatkom zatvorenom 

krivuljom. Tada dvostruki integral 

s 

ZZ 

2 2 @g(x; y) @g(x; y) 

f(x; y; g(x; y)) 1 + 

+ 

dxdy 

@x 

@y 

D 

nazivamo plošnim integralom prve vrste skalarnoga 

polja f po plohi S i oznacavamo ga s 

ZZ 

fdS: 

(Primijetimo da je oznaka u skladu s prethodnim 

razmatranjem.) 

S 


Primjer ZZ 4. Izracunajmo plošni integral prve vrste 

fdS, ako je 

S 

f(x; y; z) = x + y + z; 

a S dio jedinicne središnje sfere u I. oktantu . 

Z 

X 

1 

1 

Y 

Budući da je 

S:::z = g(x; y) = p 1 x 2 y 2 ; x; y 0; 

p 

0 y 1 x 

2 

(x; y) 2 D::: 

0 x 1 

, 

to je 

@g(x; y) 

@x 

= 

x 

p 

1 x 

2 

y 2; 

@g(x; y) 

@y 

= 

y 

p 

1 x 

2 

y 2, 


pa je 

2 2 @g(x; y) @g(x; y) 

1 + 

+ 

= 

@x 

@y 

Prema tome, 

ZZ 

S 

fdS = 

ZZ 

D 

x + y + p 1 x 2 y 2 

polarne koordinate 

= ::: = 

1 

1 x 2 y 2: 

1 

p 

1 x 

2 

y 2dxdy 

 

 

cos ' + sin '+ 

q1 

ZZD 2 ;' 

1 

p 

1 

2 dd' = 

= = 3 4 : 


Napomena 1. 

(i) Aproksimiramo li plohu S tvarnim objektom kojemu 

je ”debljina zanemariva prema duini i širini” 

(tkanina, tanka koa, tanki lim ili sl.) gustoće 

f(x; y; z), onda pripadni plošni integral prve vrste 

mjeri masu toga objekta. 

(ii) Ako je ploha S po dijelovima glatka i sastavljena 

od konacno mnogo glatkih ploha S 1 ; ; S n onda 

se njezin plošni integral prve vrste denira kao 

pripadni zbroj, tj. 

ZZ ZZ 

ZZ 

fdS = fdS 1 

+ + fdS n : 

S 1 S n 

S 

Na kraju navedimo ociglednu linearnost plošnog integrala 

prve vrste: 

Teorem 3.38. Neka su f; g : X ! R, X R 3 , 

neprekidne funkcije, S X po dijelovima glatka 

ploha i ; 2 R. Tada je 

ZZ 

ZZ ZZ 

(f + g) dS = fdS + gdS: 

S 

S 

S 


Plošni integral druge vrste 

Kao što smo uveli dvije vrste poopćenja (jedno za 

skalarno, a drugo za vektorsko polje) odre ¯denog 

integrala na integral po krivulji, tako uvodimo i dvije 

vrste poopćenja dvostrukog integrala na integral po 

plohi: 

Integral skalarnog polja po plohi smo denirali kao 

plošni integral prve vrste; 

Sada ćemo denirati integral vektorskog polja po 

plohi. 

Slicno slucaju krivuljnog integrala vektorskog polja 

(po orijentiranoj krivulji), ovdje treba denirati pojam 

orijentirane plohe. Strogo deniranje toga pojma je 

komplicirano, pa ćemo kratko i jednostavno, samo 

pojasniti o cemu se radi. 

Orijentiranu plohu ćemo denirati pomoću njezinih 

orijentiranih tangencijalnih ravnina, a orijentiranu 

ravninu pomoću njezinih normalnih vektora. 

U tu svrhu najprije uocimo da ravnina ima dvije 

strane od kojih je jedna odre ¯dena skupom svih 

(jedinicnih) normalnih vektora ! n 0 , a druga skupom 

svih ! n 0 . 


1.slika 

Odabirom jedne od tih strana, tj. ili svih ! n 0 ili svih 

! n 0 , odabrana je jedna od dviju (neprekidnih) orijentacija 

promatrane ravnine. 

Kaemo da je glatka ploha S orijentirana ako joj je 

orijentirana svaka tangencijalna ravnina i pritom je to 

"orijentiranje neprekidno", tj. u bliskim tockama su 

bliski i pripadni normalni vektori. 

Drugim rijecima, ploha S je (neprekidno) orijentirana 

ako ima dvije strane i jedna od njih je odabrana. 

Svaku (neprekidnu) orijentaciju tvore svi jedinicni normalni 

vektori što "izlaze" iz odabrane strane. 

Tako su primjeri dvostranih, tj. orijentabilnih ploha 

glatke plohe zadane jednadbom z = g (x; y) ; 

(x; y) 2 D R 2 : Jednu orijentaciju cine jedinicni normalni 

vektori 


! n 0 (x; y) = g x(x; y) ! i g y (x; y) ! j + ! k 

q1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 ; 

koji zatvaraju sa pozitivnim dijelom osi z šiljasti kut 

(oznaka y S), a drugu orijentaciju cine normalni vektori 

! n 0 (x; y), koji zatvaraju sa pozitivnim dijelom osi z 

tupi kut (oznaka x S). 


2.slika 

Primjer neorijentabilne plohe je Möbiusova vrpca. 

Promatrajmo pravokutnik ABCD pa mu zalijepimo 

stranicu AD sa stranicom BC itotakodasmoBC 

"preokrenuli" i identificirali C s A i B s D. Dobitćemo 

plohu, tzv. Möbiusovu vrpcu. 

Pokažimo da Möbiusova vrpca nije orijentabilna ploha! 

• Odaberimobilokojunjezinutočku T 0 i u njoj normalni 

vektor −→ n 0 pa ”krenimo kroz njezine normalne 

vektore u kontinuirani obilazak” po naznačenoj 

(crtkanoj) jednostavno zatvorenoj krivulji. 

• Vrativši se u polaznu točku T 0 pojavit će se normalni 

vektor − −→ n 0 . Primijetimo da pritom nismo napuštali 

”odabranu stranu” te plohe (tj. nismo prelazili preko 

ruba),anakraju-početku smo se našli na ”drugoj 

strani”. To, zapravo, znači da Möbiusova vrpca ima 

samo jednu stranu. 


(a ) (b ) 

3.slika 

Ako ploha S nije glatka ali je po dijelovima glatka, 

zahtijevamo (neprekidnu) orijentiranost svakoga 

glatkog dijela i njihovu me ¯dusobnu suglasnost, tj. 

pripadnost svih normalnih vektora tocno jednoj 

strani te plohe. (Nepostojanje normalnih vektora u 

tockama "spojnih krivulja" zanemarujemo!) 

Poseban slucaj jesu jednostavno zatvorene plohe 

(sfera, rub geometrijskog tijela). Budući da one, 

ocito, imaju dvije strane, vanjsku i unutrašnju, 

tako ih i orijentiramo, tj. ili skupom svih vanjskih 

jedinicnih normalnih vektora (oznaka x S) ili skupom 

svih onih unutrašnjih (oznaka y S). 


Denicija 3.38. Neka je 

! w = fwx ; w y ; w z g : X ! R 3 ; X R 3 ; 

neprekidna funkcija (vektorsko polje), a z = g(x; y), 

(x; y) 2 D R 2 , jednadba orijentirane glatke plohe 

S X, pri cemu je D zatvoreno podrucje ciji je rub 

po dijelovima glatka zatvorena krivulja. 

Tada dvostruki integral 

ZZ 

 

D 

w x 

@g 

@x 

w y 

@g 

@y + w z 

(x;y;g(x;y)) 

dxdy 

nazivamo plošnim integralom druge vrste vektorskoga 

polja ! w po orijentiranoj plohi y S i oznacavamo 

s 

ZZ 

! ! 

ZZy w d S ili 

! w 

! n 0 dS: 

S 

Primijetimo da su oznake posve u skladu s denicijom 

jer je 

q 

dS = 1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 dxdy 

S 


i 


q1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 : 

Spomenimo da se plošni integral druge vrste 

ZZ 

I = 

! ! 

y w d S 

S 

u hidrodinamici naziva tokom (ili uksom) vektorskoga 

polja ! w kroz plohu S. 

Naime, ako bi ! w oznacavalo polje brzina tekućine, 

onda integral I moemo protumaciti kao ukupnu 

kolicinu tekućine koja protjece kroz plohu S u jedinici 

vremena. 

U slucaju orijentirane po dijelovima glatke plohe y S, 

sukladno sastavljene od orijentiranih glatkih ploha 

y 

S 1 ; ; y S n , odgovarajući plošni integral druge vrste 

deniramo kao pripadni zbroj, tj. 

ZZ 

ZZ 

ZZ 

! ! def. 

y w d S = 

! ! 

y w d S1 + + 

! ! 

y w d Sn : 

S S 1 S n 

Za plošni integral druge vrste vrijedi ovaj teorem: 


Teorem 3.39. Neka su ! w ; ! u : X ! R 3 , X R 3 , 

neprekidne vektorske funkcije, S X orijentabilna 

po dijelovima glatka ploha i ; 2 R. Tada je: 

ZZ 

1) 

! ! 

ZZx w d S = 

! ! 

y w d S ; 

S S 

ZZ 

2) ( ! w + ! u )d ! ZZ 

S = 

! ! 

y 

ZZy w d S + 

! ! 

y u d S . 

S S S 

Napomena 2. Pridodajemo još jedan zapis plošnog 

integrala druge vrste. Zadamo li formalno jedinicne 

normalne vektore na S pomoću njihovih kosinusa 

smjera, 

! n 0 = ! i cos + ! j cos + ! k cos ; 

pripadni plošni integral druge vrste ima zapis 

ZZ 

! ! 

ZZy w d S = (w x cos + w y cos + w z cos )dS = 

S 

ZZ 

S 

S 

w x dydz + w y dzdx + w z dxdy: 

U svezi s tim, podsjetimo na još jedno deniranje 

plošnog integrala druge vrste. 


Neka su dane neprekidne skalarne funkcije 

P; Q; R : X ! R; X R 3 ; 

i dvostrana ploha S X, te neka 

! n 0 = cos ! i + cos ! j + cos ! k 

oznacava jedinicni normalni vektor na odabranu 

stranu S + plohe S u bilo kojoj tocki. Tada se pripadni 

plošni integral druge vrste "denira" kako slijedi: 

ZZ 

P dydz + Qdzdx + Rdxdy = 

S + 

ZZ 

= (P cos + Q cos + R cos )dS: 

S 

(Uocimo da na desnoj strani stoji plošni integral prve 

vrste!) 

Napomena3. Ako je orijentabilna glatka ploha S 

zadana jednadbom z = g(x; y); (x; y) 2 D R; 

onda orijentaciju odre ¯duje jedan od jedinicnih normalnih 

vektora 



q1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 : 

Budući da je 

onda je 

1 

cos = 

; 

q1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 

pa je 

= 

ZZ 

ZZ 

ZZ 

ZZ 

D 

D 

S 

dS = dxdy 

jcos j ; 

S + P dydz + Qdzdx + Rdxdy = 

(P cos + Q cos + R cos )dS = 

(P cos + Q cos + R cos ) dxdy 

jcos j = 

(P cos 

jcos j + Q cos 

jcos j + R cos 

jcos j )dxdy: 


Primjer 5. Izracunajmo plošni integral druge vrste 

ZZ 

S + x 2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy; 

pri cemu je S + "vanjska" strana "desne" polusfere S; 

zadane jednadbom x 2 + y 2 + z 2 = a 2 . 

Z 

+ 

S 1 = S 1 

(n 0 ) 1 

O 

X 

a 

a 

Y 

+ 

(n 0 ) 2 

S 2 = S 2 

4. slika 

Rastavimo "desnu" polusferu S na dvije plohe; 

S = S 1 [ S 2 , gdje je 

S 1;2 ::: z 1;2 = g 1;2 = p a 2 x 2 y 2 ; 

(x; y) 2 D ::: 

 

a x a 

0 y p a 2 x 2 : 

Budući da je S + ”vanjska strana”, to je S + = y S 1 [ x S 2 , 

pa po Teoremu 5.13 slijedi 


ZZS + ! w d 

! S = 

ZZ 

= 

ZZ 

! ! 

y w d S 1 

S 1 

! ! 

y w d S 1 

+ 

S 1 

ZZ 

Traene parcijalne derivacije jesu 

ZZ 

! ! 

y w d S 2 

: 

S 2 

! ! 

x w d S 2 

S 2 

@g 1;2 (x; y) 

@x 

= 

x 

p 

a 

2 

x 2 y 2; 

@g 1;2 (x; y) 

@y 

= 

y 

p 

a 

2 

x 2 y 2: 

Time smo pripremili sve za za izracunavanje. Dakle, 

= 

ZZ 

ZZ 

S + x 2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy = 

S 1 

(x 2 cos 1 + y 2 cos 1 + z 2 cos 1 )dS 1 

ZZ 

S 2 

(x 2 cos 2 + y 2 cos 2 + z 2 cos 2 )dS 2 


ZZ 

= 

ZZ 

D 

D 

 

x 2 

 

x 2 

@g1 

@x 

 

@g2 

@x 

 

+ y 2 @g1 

+ z 2 dxdy 

@y 

 

+ z 2 

+ y 2 @g2 

@y 

dxdy 

= 

ZZ 

D 

x 2 

! 

2x 

p 

a 

2 

x 2 y + 2y 

2 

y2 p dxdy = 

a 

2 

x 2 y 2 


= 

= 2 

Z 

0 

ZZ 

D ' 

cos 3 ' + sin 3 ' Z a 

! 

2 3 cos 3 ' 

p 23 sin 3 ' 

a 

2 

2+ p dd' 

a 

2 

2 

0 

! 

4 d 

p d' = = a4 

a 

2 

2 2 : 

DOMAĆI RAD: 

Izracunajte ovaj plošni integral druge vrste ne 

rastavljajući plohu S! 

(Uputa: Odabere li se y-os ”povlaštenom”, S dopušta 

eksplicitnu jednadbu y = h(z; x).) 


Ostrogradski - Gaussova formula 

Ovdje ćemo povezati trostruki integral po podrucju 

V R 3 s plošnim integralom druge vrste po njegovom 

orijentiranom rubu x 

@V . 

Teorem 3.40. (Teorem o divergenciji) Neka je 

! w : X ! R 3 ; X R 3 ; 

vektorsko polje klase C 1 na X, a V X zatvoreno 

podrucje ome ¯deno po dijelovima glatkom zatvorenom 

plohom x S @V x 

orijentiranom vanjskim normalama. 

Tada vrijedi Ostrogradski-Gaussova formula 

ZZZ 

ZZ 

ZZ 

! ! w d S ( = 

V 

div ! w dV = 

x 

@V 

@V 

! w 

! n 0 dS): 

Napomena 4. Cesto se Ostrogradski-Gaussova formula 

zapisuje pomoću skalarnih funkcija. Neka su 

P; Q; R : X ! R 

funkcije klase C 1 na okolini X zatvorenog podrucja 

V R 3 , ciji je rub @V po dijelovima glatka zatvorena 

ploha. Tada je 


= 

ZZZ 

ZZ 

V 

@V 

@P 

@x + @Q 

@y + @R 

dxdydz = 

@z 

(P cos + Q cos + R cos ) dS; 

gdje su cos ; cos , cos kosinusi smjera vanjske normale 

na plohu @V . 

Primjer 6. Izracunajmo plošni integral druge vrste 

ZZ 

x 

S 

x 3 dydz + y 3 dzdx + z 3 dxdy 

a 2 = 0 orijentiranoj vanj- 

x 

po sferi S ... x 2 + y 2 + z 2 

skim normalama. 

Imamo da je 

ZZ 

x 

S 

x 3 dydz + y 3 dzdx + z 3 dxdy = 

ZZ 

x 

S 

! w d 

! S ; 

pri cemu je ! w = fw x ; w y ; w z g, w x (x; y; z) = x 3 , 

w y (x; y; z) = y 3 i w z (x; y; z) = z 3 , te da smijemo 

primijeniti Teorem o divergenciji. Prema tome, 


ZZ 

ZZZ 

3 

x 

S 

x 3 dydz + y 3 dzdx + z 3 dxdy = 

V 

div ! w dV = 

sferne koordinate 

= = 

Z 2 

0 

Z 

0 

ZZZ 

ZZZ 

V 

ZZ 

x 

S 

! w d 

! S = 

3x 2 + 3y 2 + 3z 2 dxdydz = 

V r' 

3r 2 r 2 sin drdd' = 

Z a 

 

sin r 4 dr d d' = = 12a5 : 

0 

5 


Dakle, teorem o divergenciji daje vezu dvostrukog integrala 

po plohi i trostrukog integrala "derivacije" po 

podrucju ome ¯denom tom plohom. Imamo još slicne 

tri veze. Prvo denirajmo integrale: 

ZZZ 

ZZZ 

! ! w dV = i w x dV + ! ZZZ 

j w y dV + ! ZZZ 

k w z dV; 

V 

V 

V 

V 

ZZ 

! w dS = 

! i 

ZZ 

w x dS+ ! j 

ZZ 

w y dS+ ! k 

ZZ 

w z dS; 

S 

S 

pa kao posljedicu teorema o divergenciji dobivamo 

sljedeći teorem: 

S 

S 


1) 

Teorem 3.41. () Neka su zadovoljeni svi uvjeti 

Teorema 3.40. i neka je skalarno polje f : X ! R 

klase C 2 na X. Tada vrijedi 

ZZZ 

grad f dV = 

ZZ 

f ! n 0 dS = 

= ! i 

V 

ZZ 

@V 

f cos dS + ! j 

ZZ 

f cos dS + ! k 

ZZ 

f cos dS; 

@V 

@V 

@V 

2) 

 

ZZZ 

V 

div ! w dV = 

ZZ 

@V 

! w 

! n 0 dS 

 

3) 

ZZZ 

rot ! w dV = 

ZZ 

! n 0 ! w dS: 

V 

@V 

4) 

ZZZ 

f dV = 

ZZZ 

div (grad f) dV = 

V 

2) 

= 

V 

ZZ 

@V 

grad f ! n 0 dS = 

ZZ 

@V 

@f 

@ ! n dS; 


Gustoća toka polja 

Operatore gradijenta, divergencije, rotacije i Laplaceovog 

operatora denirali smo pomoću koordinatnog 

sustava te dali njihove denicije u pravokutnom 

(Kartezijevom) koordinatnom sustavu. Sljedeći teorem 

daje nam izraze za te operatore neovisno o 

koordinatnom sustavu i njegove tvrdnje se cesto koriste 

kao denicije tih operatora. 

Teorem 3.42. Neka je V (r) zatvorena kugla radijusa 

r sa središtem u tocki T ; neka je S (r) = @V (r) pripadna 

sfera (rub te kugle), (V (r)) volumen od V (r) 

i ! n 0 jedinicna vanjska normala na sferu S (r) : 

Ako je f skalarno polje klase C 2 na V (r) ; a ! w vektorsko 

polje klase C 1 na V (r) ; onda je: 

ZZ 

1 

1) grad f (T ) = lim 

f ! n 0 dS 

r!0 (V (r)) 

S(r) 

(vektorska gustoća toka skalarnog polja); 

2)!!! div ! ZZ 

1 

w (T ) = lim 

! w 

! n 0 dS 

r!0 (V (r)) 

S(r) 

(skalarna gustoća toka vektorskog polja); 


3) rot ! w (T ) = lim 

r!0 

1 

(V (r)) 

ZZ 

S(r) 

! n 0 ! w dS 

(vektorska gustoća "toka" vektorskog polja); 

ZZ 

1 @f 

4) f (T ) = lim 

r!0 (V (r)) @ ! n dS: 

S(r) 

Gornjim formulama se cesto deniraju navedeni 

operatori, pri cemu se umjesto kugle V (r) uzima 

općenitije podrucje V (oko tocke T ) ciji je rub neka 

zatvorena ploha S; a zahtjev r ! 0 se zamjenjuje 

zahtjevom da se podrucje V "stee" prema tocki T i 

to tako da njegov dijametar tei k nuli. 


Fizikalna interpretacija divergencije 

Proucavamo stacionarno protjecanje tekućine, tj. 

protjecanje tekućine pri kojem brzina ! v i gustoća 

tekućine ne ovise o vremenu, nego samo o poloaju 

u prostoru. 

Zamislimo plohu S u tekućini i pokušajmo odrediti 

kolicinu tekućine koja tijekom kratkog vremenskog 

intervala t protece kroz plohu S: U tu svrhu plohu S 

podijelimo na male plohe S 1 ; :::; S n : 

Kolicina tekućine koja kroz malu plohu S k protece 

tijekom vremena t odre ¯dena je volumenom cilindra 

kome je S k baza, a duljina izvodnice jednaka 

k ! v k t: Oznacimo li sa ! n 0 (T k ) jedinicni vektor 

normale na plohu S k u tocki T k 2 S k onda je sa 

4m k (T k ) P (S k ) ! v (T k ) ! n 0 (T k ) t 

priblino dana kolicina tekućine koja kroz S k 

za vrijeme t. Sa 

m 

t X n 

(T k) ! v (T k ) ! n 0 (T k ) P (S k ) 

k=1 

protece 

je priblino dana kolicina tekućine koja u jedinici vremena 

pro ¯de kroz plohu S: U granicnom slucaju, kad 


n ! 1 ( P (S k ) = S ! 0 ) gornja suma prelazi u 

plošni integral druge vrste: 

ZZ 

! v ! n 0 dS 

() 

S 

koji daje traenu kolicinu tekućine koja u jedinici 

vremena protece kroz plohu S: Dakle, integral () 

predstavlja tok vektorskog polja ! v kroz plohu S: 

Razmotrimo protjecanje tekućine kroz sferu S (orijentiranu 

vanjskim normalama) i neka je S = S 1 [ S 2 (S i 

polusfere). Podjela na polusfere je izvršena okomito 

na vektore ! v : Kolicina tekućine koja u jedinici vremena 

pro ¯de kroz sferu S jednaka je 

ZZ 

S 

! v ! n 0 dS = 

ZZ 

S 1 

! v ! n (1) 

0 dS 1+ 

ZZ 

S 2 

! v ! n (2) 

0 dS 2: 

Pritom tekućina ulazi kroz polusferu S 1 ; pa je tok kroz 

S 1 : 

ZZ 

ZZ 

S 1 

! v ! n (1) 

0 dS 1 = 

(jer je ^ 

!v ; 

!(1) 

n 0 

S 1 

> 90 ); 

k ! v k cos ^ 

a izlazi kroz polusferu S 2 ; pa je tok kroz S 2 : 

!v ; 

!(1) 

n 0 dS 1 < 0; 


ZZ 

! v ! ZZ 

n (2) 

0 dS 2 = k ! v k cos ^ 

S 2 S 

2 

(jer je ^ !v ; 

!(2) 

n 0 < 90 ): 

S 

!v ; 

!(2) 

n 0 dS 2 > 0: 

Dakle, ukupan tok je jednak razlici kolicine tekućine 

koja izi ¯de iz S i one koja u ¯de u S: Ako je ukupan tok 

8 

ZZ 

! v ! < > 0 više tekućine izi ¯de - nego u ¯de, 

n 0 dS = 0 koliko tekućine u ¯de - toliko izi ¯de, 

: 

< 0 više tekućine u ¯de - nego izi ¯de. 

Budući da je prema Teoremu 3.42.(2) 

div ! ZZ 

1 

v (T ) = lim 

! v ! n 0 dS; 

r!0 (V (r)) 

S(r) 

gdje je S (r) sfera radijusa r sa središtem u tocki T; 

to imamo 

8 

div ! < > 0 T je izvor, 

v (T ) = 0 T nije ni izvor ni ponor, 

: 

< 0 T je ponor. 

Razmatranje smo mogli obaviti kroz bilo koju 

zatvorenu plohu S koja obuhvaća tocku T. 


Jednadba kontinuiteta 

Promatramo protjecanje tekućine cija je gustoća 

dana sa (x; y; z; t) : Masa tekućine u podrucju V u 

trenutku t dana je sa 

ZZZ 

m (t) = (x; y; z; t) dV; 

a sa 

V 

dm 

dt = ZZ@V =S 

! v ! n 0 dS (1) 

dana je kolicina tekućine koja u jedinici vremena 

izi ¯de iz podrucja V: Ova promjena (1) nastaje iz dva 

dijela. U prvom redu promjena gustoće tokom vremena 

doprinosi da masa 

ZZZ 

@ 

dV (2) 

@t 

V 

tekućine izi ¯de iz V (ako masa izlazi @ 

@t 

< 0; pa je zato 

predznak " "): S druge strane izvori ili ponori jacine 

koji se nalaze u volumenu V doprinose da iz V 

izi ¯de tekućina mase 

ZZZ 

4 dV: (3) 

V 


ZZZ 

Dakle, zbrajajući (2) i (3) dobivamo ukupnu masu koja 

je u jedinici vremena istekla iz V : 

V 

 

4 

 

@ 

@t 

dV = 

= 

ZZ 

@V 

ZZZ 

V 

! v ! n 0 dS 

div ( ! v ) dV 

Tm: o div. 

= 

pri cemu smo zadnju jednakost dobili primjenom teorema 

o divergenciji. Odatle dobivamo 

ZZZ 

@ 

0 = 

@t + div (! v ) 4 dV: 

V 

Budući da to vrijedi za svako podrucje V iz gornje 

integralne jednakosti slijedi 

@ 

@t + div (! v ) = 4: (4) 

Jednadba (4) se naziva jednadba kontinuiteta i 

igra vanu ulogu u hidrodinamici. Ako je tekućina 

nestlaciva, tj. konstantne gustoće , onda je 

div ( ! v ) = 4: 

Ako je uz to i protjecanje bezvrtlono, tj. rot ( ! v ) = ! 0 

što je ekvivalentno sa 


onda je 

! v = grad ; 

= 

4 

i ova se jednadba naziva Poissonova jednadba. 

Ako pak nema ni izvora ni ponora u V ( = 0), onda 

jednadba (4) prelazi u 

@ 

@t + div (! v ) = 0; 

koja za nestlacive tekućine prelazi u 

div ! v = 0: 


Stokesova formula 

Sjetimo se Greenove formule 

ZZ @Q @P 

dxdy = 

@x @y 

D 

I 

x 

@D 

P dx + Qdy 

kojom se dvostruki integral po ravninskom podrucje 

D prevodi na krivuljni integral druge vrste po njegovu 

rubu. Stavimo li ! w = fP; Qg ; dobivamo njezin vektorski 

zapis: 

ZZ 

D 

 

rot ! w ! k 

I 

dxdy = 

x 

@D 

I 

! w d 

! r = 

! ! w t 0 ds 

@D 

Stokesova formula će biti poopćenje Greenove formule 

na prostorno vektorsko polje ! w ; plohu S R 2 i 

njezin rub @S: 

Prije samoga iskaza treba denirati sukladnu orijentaciju 

plohe i njezina ruba. 

Kao što smo se već dogovorili, plohu S zadanu 

jednadbom 

z = g(x; y); (x; y) 2 D R 2 ; 

orijentiranu jedinicnim normalnim vektorima 



q1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 ; 

Sl. Konzistentne orijentacije plohe i njezinog ruba 

oznacavamo sa y S, a orijentiranu normalama 

! n 0 (x; y) - sa x S. Orijentirajmo rub @D (po dijelovima 

glatku zatvorenu ravninsku krivulju) podrucja 

D pozitivno, tj. kao @D x 

("pravilo desne ruke" kad je 

palac orijentiran kao vektor ! k ), pa mu pridijelimo 

parametrizaciju (s porastom parametra) 


x 

@D ::: x = x(t); y = y(t); 

t 2 [a; b]: 

Budući da se rub @S (po dijelovima glatka zatvorena 

krivulja) okomito projicira na @D i S dopušta 

parametrizaciju 

S ::: ! r (x; y) = x ! i + y ! j + g(x; y) ! k ; (x; y) 2 D; 

ta se orijentacija s x 

@D "prenosi" na @S (porastom 

parametra), oznacimo je kao x 

@S, tj. 

x 

@S ::: ! r (x(t); y(t)) ! (t) = 

= x(t) ! i + y(t) ! j + g(x(t); y(t))) ! k ; t 2 [a; b]: 

Pritom govorimo da su ploha y S i njezin rub 

sukladno orijentirani. 

x 

@S 

Dakako, u slucaju negativne orijentacije @D y 

dobivamo 

odgovarajuće orijentiranini rub @S, y 

pa i tada 

kaemo da su ploha x S i njezin rub @S y 

sukladno 

orijentirani. Primijetimo da se u oba slucaja radi o 

poštivanju "pravila desne ruke" kad je palac orijentiran 

kao normalni vektor. 


Teorem 3.43. (Stokesov teorem) Neka je X R 3 

i 

! w : X ! R 3 vektorska funkcija klase C 1 na X, 

y x 

S X orijentirana po dijelovima glatka ploha, a @S 

sukladno joj orijentirani rub koji je po dijelovima glatka 

zatvorena krivulja. Tada vrijedi Stokesova formula 

ZZ 

rot ! w d ! I 

I 

 

S = 

! 

y w d 

! r = 

! ! w t 0 ds : 

S 

x 

@S 

@S 

Napomena 4. Kako za Greenovu tako se i za 

Stokesovu formulu cesto rabi skalarni zapis. U tu 

svrhu, neka su 

P; Q; R : X ! R; X R 3 ; 

funkcije klase C 1 na X, a S X po dijelovima glatka 

ploha s rubom @S po dijelovima glatkom zatvorenom 

krivuljom. Tada se pripadna Stokesova formula zapisuje 

kako slijedi: 

I 

x 

@S 

P dx + Qdy + Rdz = 


ZZ 

S 

@R 

( 

@y 

 

@Q @P @R 

cos + 

cos + 

@z 

@z @x 

@Q @P 

+ 

cos )dS; 

@x @y 

pri cemu su cos , cos i cos kosinusi smjera 

normalnih vektora na plohu S sukladno orijentirani s 

rubom @S. 


Primjer 7. Izracunajmo cirkulaciju vektorskog polja 

(x; y; z) 7! ! w (x; y; z) = x 2 y 3 ; 1; z 

du orijentiranog ruba x 

@S plohe S zadane jednadbom 

z = p 2 x 2 y 2 . 

Najprije, iz dane jednadbe slijedi 

S:::z = g(x; y) = p 2 x 2 y 2 ; 

(x; y) 2 D = f(x; y) j x 2 + y 2 2g R 2 : 

Budući da sukladna orijentacija (s rubom x 

@S) na S 

znaci y S orijentiranu normalama ! n 0 (s obzirom na g), 

to 

@g(x; y) 

@x 

@g(x; y) 

@y 

= 

= 

x 

p 

2 x 

2 

y 2; 

y 

p 

2 x 

2 

y 2 

povlaci 


q1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 = 


= p x p 

! y ! 2 x 

2 

y 2 ! i + p2 j + p k 

2 2 

i 

dS = 

q 

1+ [g x (x; y)] 2 + [g y (x; y)] 2 dxdy = 

p 

2 

p 

2 x 

2 

y 2dxdy: 

Tako dobivamo 

I 

I 

! w d 

! r = 

= 

x 

@S 

ZZ 

@wx 

+ 

@z 

ZZ 

= 

x 

@S 

y 

S 

rot ! w d ! S = 

D 

w x dx + w y dy + w z dz 

ZZ 

S 

 

@w z 

cos + 

@x 

@wz 

@y 

@wy 

@x 

 

(0 0) x p 

2 

+ (0 0) 

y 

p 

2 

+ 

Stokesova formula 

= 

 

@w y 

cos + 

@z 

 

@w x 

cos dS = 

@y 

+(0 3x 2 y 2 ) 

p 

2 x 

2 

y 2 

p 

2 

# p 

2 

p 

2 x 

2 

y 2 dxdy = 


3 

ZZ 

= 3 x 2 y 2 dxdy 

D 

Z 2 

0 

cos 2 ' sin 2 ' 

Z p 2 

0 


= 

5 d 

! 

d' = : 


4. OBI CNE DIFERENCIJALNE 

JEDNADBE 


4.1. Uvod 

Glavni problem integralnog racuna: 

Traimo funkciju y = y(x) za koju vrijedi 

y 0 = f (x) ; 

dy 

dx = f (x) ; 

dy = f (x) dx 

na nekom intervalu I. Funkcija y = y(x) je odre ¯dena 

”do na konstantu”, što smo zapisivali u obliku 

Z 

y (x) = f (x) dx + c; x 2 I: 

Primjer 1. 

y 0 = cos x =) y (x) = 

Z 

cos x dx + c = sin x + c 

Slicno bi riješili i problem y 00 = 0: Uzastopnim integriranjem 

dobivamo: 

y 0 (x) = c 1 ; y (x) = c 1 x + c 2 : 

Analogno, uzastopnim integriranjem, rješavamo i 

problem 

y (n) (x) = f (x) : 


Diferencijalnom jednadbom nazivamo bilo koju 

jednadbu koja analitickim zapisom povezuje 

nepoznatu funkciju, nezavisnu varijablu (ili nezavisne 

varijable) i derivacije nepoznate funkcije. 

Diferencijalna jednadba naziva se obicna diferencijalna 

jednadba ako je u njoj nepoznata funkcija, funkcija 

samo jedne varijable. 

Red obicne diferencijalne jednadbe je red najviše 

derivacije koja se nalazi u jednadbi. 

Opći oblik obicne diferencijalne jednadbe n-toga 

reda je 

ili 

F (x; y; y 0 ; y 00 ; :::; y (n) ) = 0 

 

y (n) = f 

x; y; y 0 ; y 00 ; :::; y (n 1) 

a) 

Primjer 2. 

y 0 2y = x 3 

je obicna diferencijalna jednadba prvog reda (x 

nezavisna varijabla, y = y (x) nepoznata funkcija); 


) 

y 00 2ty 0 = t 2 

je obicna diferencijalna jednadba drugog reda (t 

nezavisna varijabla, y = y (t) nepoznata funkcija), 

c) 

y @z 

@x 

x @z 

@y = z 

je parcijalna diferencijalna jednadba (x; y nezavisne 

varijable, z = z (x; y) nepoznata funkcija). 

Rješenje diferencijalne jednadbe n-toga reda je 

svaka funkcija koja uvrštena (zajedno sa svojim 

derivacijama) identicki zadovoljava danu diferencijalnu 

jednadbu. 

Riješiti diferencijalnu jednadbu znaci odrediti sve 

funkcije (eksplicitno ili implicitno) koje, zajedno sa 

svojim derivacijama identicki zadovoljavaju danu 

diferencijalnu jednadbu. 


Primjer 3. Dana je diferencijalna jednadba 

y 00 + y = 0: 

Provjerimo jesu li neke od funkcija: 

y 1 (x) = cos x; y 2 (x) = sin x; y 3 (x) = sin x cos x 

rješenja gornje diferencijalne jednadbe. Imamo: 

a) 

y 1 (x) = cos x =) y 0 1 (x) = sin x =) y 00 

1 (x) = cos x: 

Uvrštavanjem u diferencijalnu jednadbu dobivamo 

| cos {z x} 

+ cos |{z} x = 0 () 0 = 0; 

y1 00(x) 

y 1 (x) 

pa je y 1 (x) = cos x rješenje. 

Slicno, 

b) 

y 1 (x) = sin x =) y 0 1 (x) = cos x =) y 00 

1 (x) = sin x: 



c) 

| {z sin x} 

+ sin |{z} x = 0 () 0 = 0; 

y2 00(x) 

y 2 (x) 

pa je y 2 (x) = sin x rješenje. 

y 3 (x) = sin x cos x =) y 0 1 (x) = cos x + sin x 

=) y 00 

1 (x) = sin x + cos x: 


| sin x {z + cos x} 

+ sin | x {z cos x} 

= 0 () 0 = 0; 

y2 00(x) 

y 2 (x) 

pa je y 3 (x) = sin x 

cos x rješenje. 

Opće rješenje diferencijalne jednadbe n-tog reda je 

familija funkcija 

(x; y; C 1 ; C 2 ; :::; C n ) = 0 

gdje su C 1 ; C 2 ; :::; C n realne konstante, koja diferencijalnu 

jednadbu zadovoljava identicki. 


Posebno (ili partikularno ) rješenje se dobiva iz 

općeg rješenja (ili integrala) za konkretne vrijednosti 

konstanti c 1 ; c 2 ; :::; c n . Da bi se odredilo 

neko posebno rješenje, obicno se postave dodatni 

zahtjevi, tzv. pocetni uvjet kojemu ono mora 

udovoljavati. Ako je opće rješenje poznato onda 

se iz njega, temeljem pocetnog uvjeta, lako izdvaja 

traeno posebno rješenje 

Primjer 4. Opće rješenje diferencijalne jednadbe 

je 

Provjera: 

y 00 + y = 0 

y (x) = c 1 sin x + c 2 cos x: 

y (x) = c 1 sin x + c 2 cos x =) y 0 (x) = c 1 cos x c 2 sin x 

=) y 00 (x) = c 1 sin x c 2 cos x: 


| 

c 1 sin x 

{z 

c 2 cos x 

} 

y 00 (x) 

pa je funkcija oblika 

+ c 1 sin x + c 2 cos x 

| {z } 

y(x) 

y (x) = C 1 sin x + C 2 cos x 

= 0 () 0 = 0; 


ješenje za sve vrijednosti konstanti C 1 i C 2 : 

a) Za C 1 = 0 i C 2 = 1 dobivamo partikularno rješenje 

y 1 (x) = cos x; 

b) Za C 1 = 1 i C 2 = 0 dobivamo partikularno rješenje 

y 2 (x) = sin x; 

c) Za C 1 = 1 i C 2 = 1 dobivamo partikularno rješenje 

y 3 (x) = sin x cos x; 

Ponekad postoje rješenja diferencijalne jednadbe 

koja se ne mogu dobiti iz općeg rješenja (za 

konkretne vrijednosti konstanti C 1 ; C 2 ; :::; C n ): Ta 

rješenja nazivamo singularnim rješenjima. 

Graf rješenja (paritikularnog ili općeg) se naziva 

integralna krivulja (ili familija integralnih krivulja - za 

opće rješenje). 


Primjer 5. Opće rješenje diferencijalne jednadbe 

je 

y 2 y 02 + y 2 1 = 0 

(x C) 2 + y 2 = 1 

(provjeriti da je to rješenje): Me ¯dutim postoje rješenja 

y (x) = 1 i y (x) = 1 

(provjeriti da su to rješenja) koja se ne mogu dobiti 

iz općeg za neku konkretnu vrijednost konstante C. 

Dakle, y (x) = 1 i y (x) = 1 su singularna rješenja. 

2 

4 2 2 4 

2 

(x C) 2 + y 2 = 1, y = 1; y = 1 

Graf općeg rješenja (integralne krivulje) je familija 

krunica (x C) 2 + y 2 = 1 radijusa 1 kojima centar 

"šeta" po osi x; a grafovi singularnih rješenja su 

pravci y = 1 i y = 1. 


Tri vana pitanja: 

postojanje rješenja; 

nalaenje svih ili samo nekih rješenja; 

jedinstvenost rješenja uz dane pocetne uvjete. 

Mi ćemo se baviti samo nekim tipovima obicnih diferencijalnih 

jednadbi do ukljucivo drugog reda, tj. 

diferencijalnim jednadbama oblika 

i 

F (x; y; y 0 ) = 0 (ili y 0 = f(x; y)) 

F (x; y; y 0 ; y 00 ) = 0 (ili y 00 = f(x; y; y 0 )). 

4.2. Oblikovanje diferencijalne jednadbe 

Za opisivanje zikalnih (realnih) problema cesto 

koristimo matematicke modele (idealizacija) koji su 

cesto dani u obliku diferencijalnih jednadbi. Pomoću 

diferencijalnih jednadbi se opisuju problemi kod 

kojih, na temelju trenutnog stanja i nacina kako se 

nešto mijenja, elimo "predvidjeti budućnost". 


Primjer 6. (Problem rasta) 

Model 1. U raznim situacijama se susrećemo s 

nekom velicinom cija je brzna promjene proporcionalna 

s njenom trenutnom vrijednošću. Npr. rast 

(pad) populacije proporcionalan je broju trenutne 

populacije, brzina raspada radioaktivne tvari proporcionalna 

je trenutnoj kolicini te tvari, dobit je 

proporcionalna kolicini uloenog novca,... . 

Ovu zakonitost matematicki formuliramo: 

y 0 = dy 

dt = ky: 

(dif. jed. I reda - populacijska jednadba) 

Napomena: Ovdje je: 

vrijeme t nezavisna varijabla, 

velicina populacije nepoznata funkcija y (t) ; 

y 0 (t) = dy mjeri promjenu (rast ili pad) populacije 

dt 

u vremenu. 


Uocimo: 

ako je k > 0 onda je dy 

dt 

populacija raste, 

ako je k < 0 onda je dy 

dt 

populacija pada. 

> 0; što znaci da 

< 0; što znaci da 

Rješenje je 

dy 

dt 

= ky =) 

dy 

y = k dt 

=) ln jyj = kt + C 1 =) y = Ce kt (C = e C 1 

). 

Konstantu C odre ¯dujemo prema pocetnom stanju 

y 0 ; tj. velicini populacije u trenutku t 0 = 0: Budući je 

y (0) = Ce 0 = C; rješenje je 

Graf ove funkcije je: 

y (t) = y 0 e kt : 

y 

y 

y 0 y 0 

0 t 

0 

k>0 k

Pretpostavka da je rast (pad) populacije proporcionalan 

broju trenutne populacije je dobra ako 

imamo idealne uvjete. Npr. ako se radi o populaciji 

bakterija ili ivotinja to znaci da npr. ivotni prostor 

nije ogranicen, nema prirodnih neprijatelja, ima dovoljno 

hrane,... . 

Model 2. Pretpostavimo da je rast populacije proporcionalan 

je broju trenutne populacije, ali da velicina 

populacije pocinje opadati kad dosegne kapacitet K: 

Ove uvjete moemo opisati ovako: 

dy 

dt 

dy 

dt 

ky; za y dovoljno malen; 

< 0; za y > K: 

Matematicki model je logisticka diferencijalna jednadba: 

dy 

 

dt = ky y 

 

1 ; k > 0 

K 

Naime, ako je 

y

y > K onda je y K 

> 1; tj. 1 

y 

K 

< 0; pa je 

dy 

dt < 0: 

Opće rješenje logisticke diferencijalne jednadbe (dif. 

jed. sa sep. var. - kasnije) je 

y (t) = 

K 

1 + ce kt: 

Konstantu c odre ¯dujemo prema pocetnom stanju y 0 ; 

tj. kolicini u trenutku t 0 = 0: Budući je y (0) = K 

1+c ; 

imamo 

tj. 

K 

1 + c = y 0 =) c = K y 0 

y 0 

; 

y (t) = 

Graf ove funkcije je: 

K 

1 + K y 0 

y 0 

e kt: 

y 

y 

0 y 0 0 t 0 y 0 >K, k>0 

t 


Primjer 7. Kultura bakterija u pocetku ima 1000 bakterija, 

a stopa rasta je proporcionalna broju bakterija. 

Nakon 2 sata populacija je 9000. Odredite izraz koji 

odre ¯duje broj bakterija nakon t sati. Kolika je populacija 

nakon 3 sata? 

Matematicki model je populacijska jednadba 

dy 

dt = ky; 

Opće rješenje ove diferencijalne jednadbe je 

y (t) = Ce kt : 

Budući je y (0) = 1000; imamo 

y (t) = 1000e kt : 

Dakle, budući je y (2) = 9000, to je 

9000 = 1000e k2 =) k = ln 3; 

pa je 

Sada je 

y (t) = 1000e ln 3t = 1000 3 t : 

y (3) = 1000 3 3 = 27000: 


Primjer 8. U jezero je pušteno 400 riba. Nakon prve 

godine se broj ribe utrostrucio. Odrediti koliko će biti 

ribe u jezeru nakon t godina, ako je procjena da je 

kapacitet jezera 10000 riba. Za koliko vremena će broj 

ribe u jezeru narasti na 5000? 

Matematicki model je logisticka diferencijalna jednadba 

dy 

 

dt = ky y 

 

1 ; 

K 

gdje je K = 10000 kapacitet jezera. Opće rješenje 

ove diferencijalne jednadbe je 

y (t) = 

K 

1 + Ce 

Budući je y (0) = 400; imamo 

Dakle, 

kt 

= 

10000 

1 + Ce kt: 

400 = 10000 

1 + Ce 0 =) C = 24: 

y (t) = 10000 

1 + 24e kt: 

Kako znamo da se broj ribe utrostrucio nakon prve 

godine, to je y (1) = 1200; pa je 


1200 = 10000 

36 

) k = ln 

1 + 24e 

k1 

11 ) k ' 1:186: 

Dakle, broj ribe u jezeru nakon t godina je 

y (t) = 

10000 

1 + 24e 1:186t: 

Sada odredimo koliko vremena će broj ribe u jezeru 

narasti na 5000: Imamo 

5000 = 

10000 

ln 24 

) t = 

1 + 24e 

1:186t 

1:186 ' 2:68; 

što je priblino 2 godine i 8 mjeseci. 


Primjer 9. (Newtonov zakon hla ¯denja) Promjena 

temperature nekog tijela proporcionalna je razlici 

temperatura tog tijela i okoline. Ovu zakonitost 

matematicki formuliramo sa: 

gdje je: 

dy 

dt 

= k (y T ) ; k > 0; 

vrijeme t nezavisna varijabla, 

temperatura tijela nepoznata funkcija y (t) ; 

temperatura okoline T . 

Rješenje je 

dy 

dt = k (y T ) =) dy 

y T = k dt 

=) ln jy T j = kt + C 1 =) y = Ce kt + T (C = e C 1 

). 

Konstantu C odre ¯dujemo prema temperaturi tijela y 0 

u trenutku t 0 = 0: Budući je y 0 = Ce 0 + T , odatle je 

C = y 0 T i rješenje je 

y (t) = T + (y 0 T ) e kt : 


Primjer 10. (Problem titranja) Promotrimo problem 

titranja mase m obješene na oprugu kao na slici. 

Prema Hookeovom zakonu sila potrebna za odravanje 

opruge rastegnutom x jedinica udaljenosti 

od njene prirodne duine proporcionalna je s x: 

F (x) = kx (k je konstanta opruge). Stoga je sila s 

kojom se opruga vraća u poloaj ravnotee jednaka 

kx. S druge strane, prema Newtonovom drugom 

zakonu gibanja, sila je jednaka umnošku mase i 

ubrzanja, pa imamo: 

m d2 x (t) 

dt 2 = kx (t) =) d2 x (t) 

dt 2 = k m x (t) ; 

što je diferencijalna jednadba drugog reda. Kasnije 

ćemo pokazati da se sva njena rješenja mogu 

prikazati kao kombinacije funkcija sin t i cos t. 


Primjer 11. (Vertikalni hitac u polju sile tee) 

Neka je tijelo mase m baceno uvis u trenutku t = 0 

pocetnom brzinom v 0 . 

Kako glasi diferencijalna jednadba za najjednostavniji 

model u kojem zanemarujemo otpor zraka i 

promjenu gravitacijskog polja s visinom? 

Odredi poloaj tijela u vremenu t, te najvišu visinu do 

koje će se ono popeti. 

Rješenje: Oznacimo sa y poloaj tijela. Ono će se 

gibati radi toga što je baceno pocetnom brzinom v 0 , a 

jedina sila koja će djelovati na njega je gravitacijska 

sila koja djeluje "prema dolje", dakle suprotno od porasta 

varijable y: Drugi Newtonow zakon daje nam 

jednadbu 

m d2 y (t) 

dt 2 = mg =) d2 y (t) 

dt 2 = g 

što je obicna diferencijalna jednadba drugog reda, a 

koju rješavamo uzastopnim integriranjem. Dobivamo: 

Z 

dy (t) 

= g dt = gt + C 1 ; 

dt 

pri cemu konstantu C 1 odre ¯dujemo iz pocetnih uvjeta. 


Ako je u trenutku t = 0 brzina v 0 , onda je 

pa je 

v 0 = g 0 + C 1 = C 1 ; 

dy (t) 

dt 

= gt + v 0 

odakle nakon još jednog integriranja dobivamo: 

y (t) = 1 2 gt2 + v 0 t + C 2 : 

Ako je u trenutku t = 0 poloaj tijela y (0) = y 0 , onda je 

y 0 = y (0) = C 2 : 

Time smo riješili diferencijalnu jednadbu. Rješenje 

nam opisuje poloaj tijela u ovisnosti o vremenu: 

y (t) = 1 2 gt2 + v 0 t + y 0 : 

Graf te funkcije je parabola u koordinatnom sustavu 

t y . Skiciraj je! 


Najvišu visinu koju tijelo dosegne moemo odrediti 

prema uvjetu za ekstrem funkcije: 

y 0 (t) = 0 , gt + v 0 = 0 , t = v 0 

g ; 

odakle slijedi 

y max = y 

 

v0 

g 

 

= y 0 + v2 0 

2g : 


4.3. Neke obicne diferencijalne jednadbe prvog 

reda 

4.3.1. Postojanje rješenja 

Ovdje ćemo upoznati kriterije za rješivost diferencijalnih 

jednadbi što dopuštaju zapis 

y 0 = G(x; y); 

pri cemu je G : X ! R, X R 2 , dana funkcija 

koja udovoljava nekim dodatnim uvjetima, a traeno 

rješenje je nepoznata funkcija y = f(x) (jedne 

varijable). 

Problem nalaenja rješenja diferencijalne jednadbe 

y 0 = G(x; y) 

koje zadovoljava dani pocetni uvjet 

y = y 0 za x = x 0 , tj. y (x 0 ) = y 0 : 

naziva se Cauchyjev problem ili problem s pocetnim uvjetima. 


Teorem 1. (Picardov) Neka su dane funkcija 

G : X ! R, X R 2 , i tocka (x 0 ; y 0 ) 2 X i neka 

postoji pravokutnik 

P = [x 0 a; x 0 + a] [y 0 b; y 0 + b] X; a; b 2 R + ; 

takav da vrijedi: 

G je neprekidna na P ; 

G udovoljava tzv. Lipschitzovu uvjetu na P po 

varijabli y, tj. 

9L 2 R + (8(x; y 1 ); (x; y 2 ) 2 P ) 

jG(x; y 1 ) G(x; y 2 )j L jy 1 y 2 j : 

Tada diferencijalna jednadba, s pocetnim uvjetom, 

y 0 = G(x; y); x = x 0 ; y = y 0 ; 

ima tocno jedno rješenje koje je neprekidna funkcija 

f : [x 0 h; x 0 + h] ! R; y 0 = f(x 0 ); 

gdje je h = minfa; b M g; a 

M = maxfjG(x; y)j j (x; y) 2 P g: 

(Broj L nazivamo Lipschitzovom konstantom.) 


4.3.2. Polje smjerova 

Ako je funkcija y = f (x) rješenje diferencijalne 

jednadbe 

y 0 = G(x; y); (1) 

koje prolazi tockom (x 0 ; y 0 ) 2 D (G) ; onda koejent 

smjera tangente na krivulju y = f (x) u tocki (x 0 ; y 0 ) 

iznosi upravo G (x 0 ; y 0 ) : 

Dakle, diferencijalna jednadba (1) ima sljedeću 

geometrijsku interpretaciju: 

u svakoj tocki (x; y) 2 D (G) odre ¯den je smjer 

tangente na neku integralnu krivulju te jednadbe 

koja prolazi tom tockom. 

Ako iscrtamo "sve smjerove" u svim tockama 

podrucja denicije D (G) ; oni će nam dati polje 

smjerova iz kojeg moemo uociti grafove integralnih 

krivulja. Polje smjerova nam najcešće daje dobru 

ideju o izgledu rješenja 

Zbog lakšeg crtanja odre ¯dujemo izokline - krivulje 

koje spajaju tocke s jednakim koecijentom smjera 

tangente. To su krivulje s jednadbom G (x; y) = C 

jer je u njima y 0 = C: 

Crtamo ih za neke istaknute vrijednosti konstante C: 


Primjer 12. Nacrtajte polje smjerova za jednadbe: 

a) y 0 = x ; 

b) y 0 = x y : 

Na slici 1 prikazana su polja smjerova za diferencijalne 

jednadbe: 

y 0 = x + y i y 0 = x 2 + y 2 1 

Slika 1. 


Na slici 2 prikazano je polje smjerova za logisticku 

diferencijalnu jednabu 

dy 

 

dt = ky 1 

y 

 

; k > 0 (2) 

K 

koja opisuje rast kulture bakterija cija je stopa rasta 

k = 0:07 na sat, a maksimalan kapacitet podloge 

K = 1000 bakterija. Uz uvjet da na pocetku imamo 

100 bakterija rješenje dif. jednadbe (2) je dano sa: 

y (t) = 

1000 

1 + 9e 0:07t ; 

a ako je na pocetku bilo 1500 bakterija rješenje glasi: 

y (t) = 

1000 

1 

1 

3 e 0:07t : 

Slika 2. 


4.3.3. Diferencijalne jednadbe s odjeljivim (separiranim) 

varijablama 

Pretpostavimo da se obicna diferencijalna jednadba 

prvog reda F (x; y; y 0 ) = 0 moe zapisati kao 

y 0 = g(x); tj: dy = g(x) dx; 

pri cemu je g neprekidna funkcija. Tada je svaka 

primitivna funkcija G za funkciju g neko rješenje promatrane 

jednadbe. Naime, 

Z 

( g(x) dx) 0 = G 0 (x) = g(x): 

Ali vrijedi i obratno, svako rješenje f promatrane 

diferencijalne jednadbe je neka primitivna funkcija 

za funkciju g, jer mora biti f 0 = g. Zakljucujemo da 

je opće rješenje polazne diferencijalne jednadbe pripadni 

neodre ¯deni integral i pišemo 

Z 

y = g(x) dx: 

Ako je pritom f 0 , tj. y = f 0 (x), bilo koje posebno 

rješenje, onda se svako drugo rješenje f razlikuje od 

njega za neku aditivnu konstantu C, tj. 

f(x) = f 0 (x) + C: 


Primjer 13. Rješenje diferencijalne jednadbe 

je 

y 0 = 

y = 

1 

p () dy = 1 

p 

1 x 

2 1 

Z 

1 

p 

1 x 

2 

tj. svaka funkcija iz skupa 

x 

2 dx; 

dx = arcsin x + C: 

ff C : h 

1; 1i ! R j f C (x) = arcsin x + C; C 2 Rg 

Ako je npr. pocetni uvjet x = 0; y = 0, dobivamo 

posebno rješenje 

f 0 (x) = arcsin x: 


Promatrajmo sada malo općenitiji slucaj, tj. diferencijalnu 

jednadbu F (x; y; y 0 ) = 0 koja dopušta zapis 

y 0 = g(x) h(y): 

Njoj se, dakle, varijable mogu odijeliti (separirati) tako 

da se dobije jednadba 

dy 

h(y) = g(x) dx; h(y) 6= 0; y 2 D h: 

Integrirajući obje strane dobivamo 

Z Z dy 

h(y) = g(x) dx + C; 

što smatramo općim rješenjem, tj. njezino rješenje je 

skup svih funkcija implicitno zadanih tom integralnom 

jednadbom. 

Pritom kaemo da smo polaznu diferencijalnu jednadbu 

riješili odijeljujući (separirajući) varijable. 


Primjer 14. Diferencijalnoj jednadbi 

y xy 0 = 2(1 + x 2 y 0 ); 

je ekvivalentna diferencijalna jednadba 

dy(2x 2 + x) = (y 

2) dx; 

koja se svodi na 

dy 

y 2 = dx 

x(2x + 1) 

(kad je y 6= 2, x 6= 0 i x 6= 1 2 ). 

Riješimo ovu zadnju pod svim naznacenim ogranicenjima! 

Integrirajući obje strane dobivamo 

ln jy 2j = ln jxj ln j2x + 1j + K; K 2 R: 

Budući da je ln : R + ! R bijekcija, to za svaki K postoji 

neki C 6= 0 takav da je ln jCj = K, pa imamo 

ln jy 2j = ln jCxj 

j2x + 1j ; 

C 2 R n f0g: 

Slijedi da opće rješenje dopušta zapis 

y = f C (x) = 

Cx 

2x + 1 +2; x 2 Rnf 1 2 

; 0g; C 2 Rnf0g: 


Napomena: sva ta rješenja dopuštaju f C proširenje 

na tocku x = 0 (pripadnom vrijednošću y = f C (0) = 2). 

Raspravimo sada slucajeve što smo ih bili iskljucili: 

y = 2 povlaci y 0 = 0, pa uvrštenjem u polaznu 

jednadbu dobivamo 

2 x 0 = 2(1 + x 2 0) =) 2 = 2 

Slijedi da je i konstantna funkcija y = 2, rješenje. 

Napokon, u tocki x = polaznoj jednadbi udovoljava 

y = 2, što se uklapa u prethodni slucaj. 

Prema tomu, sva rješenja su dana sa 

y = f C (x) = 

y = f 0 (x) = 2; x 2 R: 

1 2 

Cx 

2x + 1 + 2; x 2 R n f 1 2g; C 2 R n f0g; 

Napomenimo da je y = f 0 (x) = 2 singularno rješenje, 

jer ga ne moemo dobiti odabirom konstante C: 


Na slici je prikazano nekoliko rješenja (f 0 ,f 1 ; f 5 ). 

y 

10 

f 1 2 

f 0 

0 

1 

f 5 

x 

f 5 

f1 

Da bi se odredilo posebno rješenje, što udovoljava 

pocetnomu uvjetu x 0 = 1, y 0 = 3, treba izracunati 

konstantu C iz jednadbe 

3 = 1 C 

2 1 + 1 + 2 

Dobivamo C = 3, pa je posebno rješenje 

f 3 (x) = 

3x 

2x + 1 + 2: 

Uocimo, ako je x 0 = 0 mora biti y 0 = 2, jer sva 

rješenja f C prolaze tockom (0; 2); pa tada me ¯du 

njima tim pocetnim uvjetom nije odre ¯deno posebno 

rješenje. 


4.3.4. Homogena diferencijalna jednadba 

Dopušta li obicna diferencijalna jednadba F (x; y; y 0 ) = 

0 svo ¯denje na oblik 

y 

y 0 = g ; 

x 

govorimo o homogenoj diferencijalnoj jednadbi 

prvoga reda. Uvrštenjem 

y 

x = z 

(z = z(x)) 

dobivamo diferencijalnu jednadbu s odjeljivim varijablama: 

(xz) 0 = g(z) ) z + xz 0 = g(z) ) 

dz 

g(z) z = dx x : 

Dakle, opće rješenje smijemo zapisati u obliku 

Z 

dz 

g(z) z = ln jCxj; z = y x ; C 2 R n f0g: 


Primjer 15. Jednadba 

x 2 dy + (x 2 + y 2 xy) dx = 0 

je homogena diferencijalna jednadba prvoga reda 

jer dijeljenjem s x 2 dx prelazi u 

y 

2 

y 0 y 

= + 1: 

x x 

Zamjenom y = zx, y 0 = z + z 0 x, dobivamo jednadbu 

z 0 x + 1 + z 2 = 0; 

rješenje koje je 

Z 

dz 

1 + z 2 = Z dx 

x 

+ c; tj. 

arctg z = ln jCxj; C 2 R n f0g: 

Budući da je z = y x 

, traeno opće rješenje jest 

y = x tg(ln jCxj); C 2 R n f0g: 


Promatrajmo sada diferencijalnu jednadbu 

F (x; y; y 0 ) = 0 koja dopušta zapis 

 

y 0 a1 x + b 1 y + c 1 

= g 

: 

a 2 x + b 2 y + c 2 

Ako je determinanta 

= 

a 

1 b 1 

6= 0; 

a 2 b 2 

onda linearni sustav 

a 1 x + b 1 y + c 1 = 0; 

a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 

ima tocno jedno rješenje, recimo (x; y) = (x 0 ; y 0 ) 2 R 2 : 

Uvedemo li tada zamjenu 

x = x 0 + u; y = y 0 + v; 

dobivamo homogenu diferencijalnu jednadbu 

v 

v 0 = g 

u 

koju rješavamo na prije opisani nacin. 


Ako je pak = 0 onda postoji broj 2 R takav da je 

a 2 x + b 2 y = (a 1 x + b 1 y). Tada zamjenom 

z = a 1 x + b 1 y; z 0 = a 1 + b 1 y 0 

svodimo polaznu jednadbu na 

1 

b 1 

(z 0 

a 1 ) = g 

z + c1 

; 

z + c 2 

a ova ocito dopušta odijeliti varijable z i x. 

Primjer 16. Riješimo diferencijalnu jednadbu 

Sustav jednadbi 

y 0 = x y + 1 

x + y 3 : 

x y + 1 = 0; x + y 3 = 0 

ima rješenje (x; y) = (1; 2) i zamjenom 

x = 1 + u; y = 2 + v; 

polazna diferencijalna jednadba prelazi u homogenu 

diferencijalnu jednadbu 

v 0 = 1 u 

1 + v : 

u 

Zamjenom v = uz; v 0 = z + uz 0 dobivamo 

MATEMATIKA 2 354 

v

z 2 

z + uz 0 = 1 z 

1 + z ) uz0 = z2 2z + 1 

) 

z + 1 

z + 1 

2z + 1 dz = du Z 

u ) 

z 2 

z + 1 

2z + 1 dz = ln jC 1uj 

) 1 2 ln z 2 + 2z 1 = ln jC1 uj ) 

ln z 2 + 2z 1 = ln jC1 uj 2 ) 

Moemo pisati z 2 + 2z 

dobivamo 

z 2 + 2z 1 = 1 

C 2 1 u2: 

1 = Cu 2 i za opće rješenje 

odnosno 

y 2 

x 1 

2 

+ 2 y 2 

x 1 

1 = 

C 

(x 1) 2 

2xy 6y 2x x 2 + y 2 = C: 


4.3.5. Linearna diferencijalna jednadba 

Diferencijalnu jednadbu što dopušta zapis 

y 0 + p(x)y = q(x) 

nazivamo linearnom diferencijalnom jednadbom 

prvoga reda. Ovu vrstu jednadbi rješavamo tako 

da prvo riješimo tzv. pripadnu nepotpunu (ili homogenu) 


y 0 + p(x)y = 0: 

Odijeljujući varijable dobivamo 

dakle, 

dy 

y = 

p(x) dx; 

y = C e R p(x) dx ; C 2 R: 

Nije teško dokazati da se sada tzv. variranjem konstante 

C (umjesto konstante C se uvrsti nepoznata 

funkcija C(x)) dolazi do općeg rješenja polazne (potpune) 

jednadbe. Naime, pretpostavimo je opće 

rješenje oblika 

y = C(x) e R p(x) dx ; 

pri cemu treba odrediti (do na aditivnu konstantu) 


funkciju x 7! C(x). U tu svrhu, uvrstimo taj y i pripadni 

y 0 u polaznu jednadbu: 

C 0 (x) e R p(x) dx + C (x) e R p(x) dx ( p (x)) 

| {z } 

y 0 + 

što daje 

+p (x) C (x) e R p(x) dx 

| {z } 

y 

= q (x) : 

C 0 (x) = q (x) e R p(x) dx =) 

Z 

C (x) = q (x) e R p(x) dx dx + K: 

Prema tomu, opće rješenje linearne diferencijalne 

jednadbe prvoga reda jest 

Z 

 

y = q(x) e R p(x) dx dx + K e R p(x) dx ; K 2 R: 

() 


Primjer 17. Diferencijalna jednadba 

je ekvivalentna jednadbi 

xy 0 + 2y = 6x 4 

y 0 + 2 x y = 6x3 : 

Na upravo opisani nacin dobivamo: 

y 0 + 2 x y = 0 ) dy 

y = 2dx x ) y = C x 2; 

pa varirajući konstantu zakljucujemo da je opće 

rješenje oblika 

y = C(x) 

x 2 ; 

gdje treba odrediti funkciju x 7! u(x). 

C(x) 

x 2 

0 

+ 2 x C(x) 

x 2 = 6x 3 ) 

C 0 (x) = 6x 5 ) C(x) = x 6 + K; K 2 R: 

Prema tomu, traeno opće rješenje jest 

y = x 4 + K x2; K 2 R; 

koje se moe dobiti i direktno iz formule (). 


Zadamo li neki pocetni uvjet, primjerice x = 1; y = 1, 

dobivamo 

1 = 1 4 + K 1 2 ) K = 0; 

pa je pripadno posebno rješenje y = x 4 . 

Pridodajmo k ovome i diferencijalnu jednadbu 

y 0 + p(x)y = q(x)y r ; r 6= 0; 1 ; 

koju nazivamo Bernoullijevom jednadbom. Ona 

se zamjenom 

y 1 

r = z 

svodi na linearnu (po z) diferencijalnu jednadbu 

z 0 + (1 r)p(x)z = (1 r)q(x); 

koja se dalje rješava na opisani nacin. 


Primjer 18. Jednadba 

zamjenom 

y 0 + 2xy = 2x 3 y 3 

y 1 3 = y 2 y 0 

= z; 

y = 1 3 2 z0 ; 

prelazi u linearnu diferencijalnu jednadbu 

z 0 4xz = 4x 3 ; 

kojoj je opće rješenje 

Z 

z = 4x 3 e R 

 

4x dx + K e R 4x dx = 

1 

2 e 2x2 + x 2 e 2x2 + K 

e 2x2 = x 2 + 1 2 + ; K 2 R: 

Ke2x2 

Dakle, polazna diferencijalna jednadba ima opće 

rješenje 

1 

y 2 = x2 + 1 2 + Ke2x2 ; K 2 R: 


4.3.6. Egzaktna diferencijalna jednadba 

Ako diferencijalna jednadba F (x; y; y 0 ) = 0 dopušta 

zapis 

pod uvjetom 

P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0; 

@P 

@y = @Q 

@x ; 

tj. ako je P (x; y) dx + Q(x; y) dy (totalni) diferencijal 

neke funkcije (x; y) 7! z = g(x; y), onda govorimo o 

egzaktnoj diferencijalnoj jednadbi prvoga reda. 

Moe se pokazati da ukoliko je dg(x; y) = 0 onda je 

funkcija g(x; y) oblika 

g(x; y) = 

Z x 

x 0 

P (t; y) dt + 

Z y 

y 0 

Q(x 0 ; s) ds = C: 

Uocimo da je, primjerice, svaka diferencijalna jednadba 

s odjeljivim varijablama egzaktna. 



je egzaktna jer je 

(x + y 2 ) dx + y(y + 2x) dy = 0 

@P (x; y) 

@y 

= @(x + y2 ) 

@y 

= 2y = 

@(y(y + 2x)) 

@x 

= 

@Q(x; y) 

: 

@x 

Stoga je njezino opće rješenje 

Z x 

x 0 

(t + y 2 ) dt + 

Z y 

y 0 

s(s + 2x 0 ) ds = C; tj: 

x 2 

x 2 

2 +xy2 0 

2 

x 0 y 2 + y3 

3 +x 0y 2 y0 

3 

3 

x 0 y 2 0 = C; C 2 R; 

što se moe napisati kao (K = 3x 2 0 +2y 3 0 +6x 0 y 2 0 +6C) 

3x 2 + 6xy 2 + 2y 3 = K: 

Zahtijevamo li, primjerice, da je y = 2 cim je x = 1, 

dobivamo K = 5; pa je pripadno posebno rješenje 

3x 2 + 6xy 2 + 2y 3 + 5 = 0: 


Ako diferencijalna jednadba 

P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0 

nije egzaktna i ako postoji funkcija (x; y) 7! h(x; y) 

takva da je 

P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0 

egzaktna diferencijalna jednadba, tada je svako 

rješenje (egzaktne) diferencijalne jednadbe 

P 1 (x; y) dx + Q 1 (x; y) dy = 0; 

P 1 = P; Q 1 = Q; 

ujedno rješenje polazne jednadbe. 

Faktor (funkciju) nazivamo integracijskim (ili 

Eulerovim) multiplikatorom. 

Odre ¯divanje funkcije nije uvijek jednostavno. 

(Općenito, treba riješiti neku parcijalnu diferencijalnu 

jednadbu!) 


Ako je funkcija samo jedne varijable (bilo x bilo y) 

onda je njegovo odre ¯divanje relativno lako. Naime, 

integracijski multiplikator moemo odrediti iz 

uvjeta 

@P 1 

@y = @Q 1 

@x 

@ (P ) 

@y 

= @ (Q) 

@x 

) P @ 

@y + @P @y = Q@ @x + @Q @x ) 

 

@P 

@y 

 

@Q 

@x 

= Q @ 

@x 

P @ 

@y : 

I Ukoliko je = (x); tada je 

pa imamo 

@ 

@y = 0; 

@P 

@y 

Q 

@Q 

@x 

@ 

@x = d 

dx ; 

dx = d : 


I Ukoliko je = (y); tada je 

pa imamo 

@ 

@x 

@Q 

@x 

= 0; 

@ 

@y = d 

dy ; 

P 

@P 

@y 

dy = d : 

Primjer 20. Riješiti diferencijalnu jednadbu 

y(1 + xy) dx x dy = 0: 

Budući je 

@P 

@y 

= 

@ (y(1 + xy)) 

@y 

= 2xy + 1; 

@Q 

@x = @ ( x) 

@x 

= 1 

diferencijalna jednadba nije egzaktna. 


Z 2 

y dy = Z d 

) = 1 y 2: 

Odredimo Eulerov multiplikator: 

@Q 

@x 

P 

@P 

@y 

dy = 

( 1 2xy 1) 

y(1 + xy) 

dy = d ) 

Ostaje riješiti jednadbu: 

1 + xy 

y 

dx 

x 

y 2 dy = 0 ) 

Z x 

x 0 =0 

1 + ty 

y 

dt + 

Z y 

y 0 =1 

x 0 

s 2 ds = C ) 1 2 x2 + x y = C: 


4.4. Neke obicne diferencijalne jednadbe drugog 

reda 

Općenito, diferencijalnu jednadbu 

F (x; y; y 0 ; y 00 ) = 0 

svodimo zamjenom y 0 = p na sustav 

F (x; y; p; p 0 ) = 0; y 0 = p: 

4.4.1. Diferencijalna jednadba F (x; y 0 ; y 00 ) = 0 

Ako se u polaznoj diferencijalnoj jednadbi ne pojavljuje 

eksplicitno y, tj. ako jednadba dopušta zapis 

F (x; y 0 ; y 00 ) = 0; 

onda zamjenom 

y 0 = p; y 00 = p 0 

dobivamo diferencijalnu jednadbu prvoga reda 

F (x; p; p 0 ) = 0: 

Odredimo li njezino rješenje p p(x); integriranjem 

dobivamo traeno rješenje 

Z 

y = p(x) dx: 



y 00 (e x + 1) + y 0 = 0: 

Zamjenom y 0 = p(x); y 00 = p 0 dobivamo jednadbu 

p 0 (e x + 1) + p = 0: 

To je jednadba koja dopušta odijeljivanje varijabla 

Slijedi 

i dalje 

pa je opće rješenje 

dp 

p = 

dx 

e x + 1 : 

ln jpj = ln 

C e x + 1 

1 

e x 

y 0 = C 1 

e x + 1 

e x ; 

y = C 1 x e x + C 2 : 


4.4.2 Diferencijalna jednadba F (y; y 0 ; y 00 ) = 0 

Ako se u diferencijalnoj jednadbi F (x; y; y 0 ; y 00 ) = 0 

ne pojavljuje eksplicitno x kao parametar, tj. ako ta 

jednadba dopušta zapis 

onda pomae zamjena: 

F (y; y 0 ; y 00 ) = 0; 

y 0 = dy 

dx = p (y) ; 

y00 = dy0 

dx = d 

dx 

(p) = 

dp 

dy dy dx = dp 

dy p: 


y 00 y (y 0 ) 2 = 0; 

te odredimo posebno rješenje što udovoljava pocetnomu 

uvjetu: 

a) x = 0; y = 0; y 0 = 0; 

b) x = 1; y = 0; y 0 = 1; 

c) x = 1; y = 1; y 0 = 1; 

d) x = 1; y = 1; y 0 = 2. 


Zamjena y 0 = p; y 00 = dp 

dy 

dp 

dy py p2 = 0; tj: p 

Dakle, mora biti 

p = 0 

ili 

Ako je p = 0 = y 0 onda je 

p u ovomu primjeru povlaci 

dp 

dy y p = 0: 

dp 

dy y p = 0. 

y = C 

Ako je 

onda je 

Slijedi 

dp 

dy y p = 0 tj. dp 

p = dy 

y ; 

y 0 = p = C 1 y =) dy 

y = C 1 dx : 

y = C 2 e C 1x : 

Primijetimo da je prvi slucaj obuhvaćen drugim 

(C 1 = 0, C 2 C). 

Na ¯dimo sada traena posebna rješenja. 


(a) Pocetni uvjet x = 0; y = 0; y 0 = 0, uvršten u 

y = C 2 e C 1x 

i y 0 = C 1 y; 

povlaci 

0 = C 2 i 0 = 0 =) y = 0 

(b) Pocetni uvjet x = 1; y = 0; y 0 = 1 povlaci 

0 = C 2 e C 1 

i 1 = 0; 

što je protuslovlje. Dakle, da ne postoji posebno 

rješenje koje bi udovoljilo tomu pocetnom uvjetu. 

(c) Pocetni uvjet x = 1; y = 1; y 0 = 1 povlaci 

1 = C 2 e C 1 

i 1 = C 1 =) C 1 = 1; C 2 = e 1 

=) y = e x 1 : 

(d) Slicno, pocetni uvjet x = 1; y = 1; y 0 = 2 povlaci 

1 = C 2 e C 1 

i 2 = C 1 =) C 1 = 2; C 2 = e 2 

=) y = e 2x 2 


4.4.3. Homogena diferencijalna jednadba 

Ako je funkcija 

(x; y; y 0 ; y 00 ) 7! F (x; y; y 0 ; y 00 ) 

homogena po varijablama y; y 0 ; y 00 , tj. ako je 

F (x; ty; ty 0 ; ty 00 ) = t F (x; y; y 0 ; y 00 ); 2 R 

(i pritom nazivamo stupanj homogenosti od F ), 

onda diferencijalnu jednadbu 

zamjenom 

F (x; y; y 0 ; y 00 ) = 0 

y = e R z dx ; 

z = z(x); 

svodimo na diferencijalnu jednadbu prvoga reda 

 

F x; e R z dx ; z e R z dx ; (z 2 + z 0 ) e R 

z dx 

= 0; 

tj. 

 

eR 

z dx 

 

F (x; 1; z; z 2 + z 0 ) = 0; 

odnosno, 

F (x; 1; z; z 2 + z 0 ) = 0: 


Obicnu diferencijalnu jednadbu drugoga reda s 

opisanim svojstvom nazivamo homogenom po varijablama 

y; y 0 ; y 00 . 


je homogena ( = 2) jer je 

xy 2 + yy 00 (y 0 ) 2 = 0 

x(ty) 2 + (ty)(ty 00 ) (ty 0 ) 2 = t 2 (xy 2 + yy 00 (y 0 ) 2 ): 

Zamjena y =e R z dx , z z(x), vodi do jednadbe 

tj. 

Slijedi, 

pa je 

x + z 0 + z 2 z 2 = 0; 

x + z 0 = 0: 

z = 

x2 

2 + C 1 

Z 

z dx = 

x3 

6 + C 1x + K 2 ; 

a opće rješenje polazne jednadbe jest 

y = e x3 

6 +C 1x+K 2 

= C 2 e x3 

6 +C 1x : 


Podsjetimo se, opće rješenje diferencijalne jednadbe 

n-tog reda 

ili 

F (x; y; y 0 ; y 00 ; :::; y (n) ) = 0 

y (n) = f(x; y; y 0 ; y 00 ; :::; y (n 1) ) (1) 

je n-parametarska familija krivulja 

(x; y; C 1 ; C 2 ; :::; C n ) = 0; 

C 1 ; C 2 ; :::; C n 2 R 

koja identicki zadovoljava diferencijalnu jednadbu 

(1) : Te proizvoljne konstante C i odredjujemo iz n 

pocetnih uvjeta 

y (x 0 ) = y 0 ; y 0 (x 0 ) = y 1 ; y 00 (x 0 ) = y 2 ; ::: 

::: ; y (n 1) (x 0 ) = y n 1 ; (2) 

i dobivamo posebno ili partikularno rješenje. 

Cauchyjev problem za jednadbu n-tog reda glasi: 

odrediti rješenje diferencijalne jednadbe (1) koje 

zadovoljava pocetne uvjete (2) : 

Postavlja se pitanje kad će Cauchyjev problem imati 

jedinstveno rješenje. O tome govori naredni teorem: 


Teorem 2. (Picardov) Neka je funkcija f denirana 

u nekoj okolini D tocke (x 0 ; y 0 ; y 1 ; y 2 ; :::; y n 1 ) i neka u 

toj okolini zadovoljava uvjete 

1) f(x; y; y 0 ; y 00 ; :::; y (n 1) ) je neprekidna funkcija, 

2) postoji M > 0 takav da je 

@f 

@y 

M; @f M; ::: ; 

@f 

@y 0 M: 

@y (n 1) 

Onda postoji interval hx 0 h; x 0 + hi oko tocke x 0 

na kojem jednadba (1) 

y (n) = f(x; y; y 0 ; y 00 ; :::; y (n 1) ) 

ima jedinstveno rješenje y = y (x) koje zadovoljava 

pocetne uvjete (2) 

 

Za n = 1 uvjet 2) 

@f 

@y 

M; 

8(x; y) 2 D 

povlaci da funkcija f na skupu D zadovoljava 

Lipschitzov uvjet po varijabli y sa konstantom L = M: 


Zaista, za neki 2 hy 1 ; y 2 i imamo: 

jf(x; y 1 ) 

f(x; y 2 )j 

Tm. sred. vr. 

= 

@f 

@y (x; ) jy 1 

y 2 j 

M jy 1 y 2 j : 

Dakle, umjesto Lipschitzovog uvjeta za funkciju f 

po "varijabli" y, u teoremu o jedinstvenosti rješenja 

Cauchyjevog problema za dif. jednadbu prvog 

reda, moe se zahtijevati "jaci uvjet" - ogranicenost 

parcijalne derivacije @f 

@y . 

Uvjet 1) osigurava postojanje rješenja Cauchyjevog 

problema, a uvjet 2) osigurava jedinstvenost rješenja. 

Skup svih tocaka (x; y) u kojima nije ispunjen uvjet 

jedinstvenosti rješenja zovemo singularni skup 

razmatrane dif. jednadbe. Takav skup se moe 

sastojati od izoliranih tocaka ili pak moe sadravati i 

neke krivulje. O tome poslije... 


4.4.4. Linearna diferencijalna jednadba s 

konstantnim koecijentima 

Ako diferencijalna jednadba drugoga reda dopušta 

zapis 

y 00 + ay 0 + by = g(x); a; b 2 R; (1) 

govorimo o linearnoj diferencijalnoj jednadbi drugoga 

reda s konstantnim koecijentima. U slucaju 

g 0 dobivamo 

y 00 + ay 0 + by = 0; a; b 2 R; (2) 

što je pripadna joj homogena (ili "nepotpuna") jednadba. 

Moe se dokazati da promatrana linearna diferencijalna 

jednadba ima tocno jedno rješenje uz dani 

pocetni uvjet x = x 0 ; y = y 0 ; y 0 = ey 0 cim je funkcija g 

neprekidna. Dokaite sami!!! 

Teorem 4.1. Ako su y 1 = f 1 (x) i y 2 = f 2 (x) dva 

rješenja linearne homogene jednadbe (2), onda je i 

y = C 1 f 1 (x) + C 2 f 2 (x); C 1 ; C 2 2 R; 

rješenje te jednadbe. 

Dokaz: Izravnom provjerom (sami). 


Denicija 4.2. Reći ćemo da su dva rješenja 

y 1 = f 1 (x) i y 2 = f 2 (x) linearne homogene jednadbe 

(2) linearno nezavisna, ako iz 

C 1 f 1 + C 2 f 2 = 0 

(nul-funkcija) C 1 ; C 2 2 R, slijedi C 1 = C 2 = 0. 

Kriterij linearne (ne)zavisnosti dan je pomoću tzv. 

Wronskijana (determinante Wronskog). 

Teorem 4.3. Ako su funkcije y 1 = f 1 (x) i y 2 = f 2 (x) 

linearno zavisne tada je Wronskijan 

W (x) = 

f 1(x) f 2 (x) 

f1(x) 0 f2(x) 

0 = 0; za svaki x: 

Dokaz: ... 

Teorem 4.4. Ako su y 1 = f 1 (x) i y 2 = f 2 (x) linearno 

nezavisna rješenja linearne homogene jednadbe (2) 

onda je 

W (x) = 

f 1(x) f 2 (x) 

f1(x) 0 f2(x) 

0 6= 0; za svaki x: 


Teorem 4.5. Ako su y 1 = f 1 (x) i y 2 = f 2 (x) dva 

linearno nezavisna rješenja linearne homogene jednadbe 

(2), onda je 

y = C 1 f 1 (x) + C 2 f 2 (x); C 1 ; C 2 2 R; 

njezino opće rješenje. 

 

Dopustimo da rješenje homogene linearne jednadbe 

(2) bude i kompleksna funkcija (realne varijable), tj. 

funkcija 

f : A ! C; A R; f(x) = u(x) + iv(x); i = p 1; 

pri cemu su u i v realne funkcije. 

Derivacijom funkcije f smatramo funkciju 

x 7! f 0 (x) = u 0 (x) + iv 0 (x) 

(kad god su funkcije u i v derivabilne). Jednostavno 

je provjeriti da Teorem 4.1 i Teorem 4.5 vrijede i 

za ovakva dva kompleksna rješenja s konstantama 

C 1 ; C 2 2 C. 

O postojanju posebnog rješenja homogene linearne 

jednadbe (2) govori sljedeći teorem. 


Teorem 4.6. Postoji broj r, realan ili kompleksan, 

takav da je 

y = e rx 

posebno rješenje homogene linearne diferencijalne 

jednadbe (2). 

Dokaz: 

Formalnim uvrštenjem 

y = e rx ; y 0 = re rx i y 00 = r 2 e rx 

u jednadbu (2) dobivamo 

e rx (r 2 + ar + b) = 0; 

tj. 

r 2 + ar + b = 0; 

što je tzv. karakteristicna jednadba diferencijalne 

jednadbe (2). Budući da svaka kvadratna jednadba 

ima rješenje u R ili C, a u ovomu slucaju dobivamo 

r 1;2 = a 2 r 

a 

2 

to su y 1 =e r 1x i y 2 =e r 2x posebna rješenja diferencijalne 

jednadbe (2). 

4 

b; 


Štoviše, ako je pritom r 1 6= r 2 2 R onda je 

W (x) = 

er 1x 

e r 2x 

r 1 e r1x r 2 e r 2x = (r 2 r 1 )e (r 1+r 2 )x 6= 0; 

pa su pripadna posebna rješenja linearno nezavisna. 

Po Teoremu 4.5 

y = C 1 e r 1x + C 2 e r 2x 

je opće rješenje diferencijalne jednadbe (2). 

Ako je, pak, r 1 = r 2 onda se radi o samo jednom 

posebnom rješenju (Teorem 4.7). 

Slucaj konjugirano-kompleksnih rješenja r 1;2 2 C 

! kasnije. 


Teorem 4.7. Ako karakteristicna jednadba homogene 

linearne diferencijalne jednadbe (2) ima samo 

jedno rješenje, tj. ako je r 1 = r 2 = 

a 2 

r 2 R, onda 

je, pored y =e rx , posebno rješenje i 

y = xe rx : 

Štoviše, budući da su funkcije x 7!e rx i x 7! xe rx linearno 

nezavisne, onda je 

y = C 1 e rx + C 2 xe rx 

opće rješenje diferencijalne jednadbe (2). 

Dokaz: ... 


U slucaju konjugirano-kompleksnog rješenja karakteristicne 

jednadbe, tj. 

r 1;2 = i; ; 2 R; 6= 0; 

opće rješenje y = C 1 e r 1x + C 2 e r 2x (skup kompleksnih 

funkcija) homogene linearne diferencijalne jednadbe 

(2) zapisujemo ovako: 

y = C 1 e (+i)x + C 2 e ( i)x = e x (C 1 e xi + C 2 e xi ) = 

= e x (C 1 (cos x+i sin x)+C 2 (cos( x)+i sin( x))) 

= e x ((C 1 + C 2 ) cos x + i(C 1 C 2 ) sin x) 

= e x (K 1 cos x + K 2 sin x); 

pri cemu je K 1 C 1 + C 2 2 R, K 2 i(C 1 

Osim toga, lako se provjeri da su funkcije 

C 2 ) 2 iR. 

x 7! e x cos x; e x sin x 

linearno nezavisne (nad C) cim je 6= 0. 


Zakljucak: Opće rješenje homogene linearne 

diferencijalne jednadbe 

y 00 + ay 0 + by = 0; 

jest skup svih funkcija što dopuštaju ovaj zapis 

(C 1 ; C 2 2 R): 

C 1 e r 1x + C 2 e r 2x ; cim je r 1;2 2 R i r 1 6= r 2 ; 

C 1 e rx + C 2 xe rx ; cim je r 1 = r 2 r 2 R; 

e x (C 1 cos x+C 2 sin x); cim je r 1;2 = i 2 C; 6= 0; 

pri cemu su r 1;2 rješenja pripadne karakteristicne jednadbe 

r 2 + ar + b = 0. 

Primjer 24. Homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadbi 

y 00 + 4y 0 + 4y = 0 

pripada karakteristicna jednadba 

r 2 + 4r + 4 = 0; 

kojoj je rješenje r 1 = r 2 = 2. Opće rješenje promatrane 

diferencijalne jednadbe je, dakle, 

y = C 1 e 2x + C 2 xe 2x ; C 1 ; C 2 2 R: 


Teorem 4.8. Ako je dano bilo koje posebno rješenje 

linearne diferencijalne jednadbe 

y 00 + ay 0 + by = g(x); a; b 2 R; (1) 

onda se njezino opće rješenje dobiva pribrajanjem 

toga posebnog rješenja općem rješenju pripadne joj 

homogene jednadbe 

y 00 + ay 0 + by = 0: (2) 

Dokaz: ... 

Opće rješenje y h homogene jednadbe (2) uvijek 

znamo odrediti, pa nam ostaje odrediti neko (bilo 

koje) partikularno rješenje y p jednadbe (1). 

Ako je slobodan clan g (x) nehomogene linearne 

diferencijalne jednadbe (1) funkcija oblika 

g(x) = e x [P k (x) cos x + Q t (x) sin x] ; (3) 

gdje su i konstante, P k (x) i Q t (x) polinomi stupnja 

k odnosno t; tada posebno rješenje y p moemo 

naći i metodom neodre ¯denih koecijenata. Partikularno 

rješenje traimo u obliku 

y p (x) = x s e x [R m (x) cos x + S m (x) sin x] ; (4) 

gdje su R m (x) i S m (x) polinomi s (nepoznatim) koecijentima 

stupnja m = max fk; tg i gdje je s kratnost 


korijena i karakteristicne jednadbe, tj. 

s = 

0; ako i nije rješenje karakt. jedn. 

1 s 2; ako je i rješenje karakt. jedn. : 

Koecijente polinoma R m (x) i S m (x) odre ¯dujemo 

iz uvjeta da funkcija y p identicki zadovoljava nehomogenu 

jednadbu (1). Funkcijama tipa (3) su 

obuhvaćeni i specijalni slucajevi dani sljedećom tablicom: 

g(x) 

y p (x) 

==0 P k (x) x s R k (x) 

=k=0 Ae x x s Ce x 

=0 e x P k (x) x s e x R k (x) 

=k=t=0 A cos x+B sin x x s [C cos x+D sin x] 

k=t=0 e x [A cos x+B sin x] x s e x [C cos x+D sin x] 

=0 P k (x) cos x+Q t (x) sin x x s [R m (x) cos x+S m (x) sin x] 

Primjer 25. Riješimo linearnu diferencijalnu jednadbu 

s konstantnim koecijentima 

y 00 y = x + 1 

i odredimo joj posebno rješenje koje zadovoljava 

pocetni uvjet x = 0, y = 0, y 0 = 0. 


Pripadna homogena jednadba je 

y 00 y = 0; 

a karakteristicna jednadba je 

r 2 1 = 0: 

Rješenje r 1;2 = 1 povlaci da su 

y = e x i y = e x 

linearno nezavisna posebna rješenja homogene jednadbe. 

Tako dobivamo opće rješenje 

y h = C 1 e x + C 2 e x 

te homogene jednadbe. U polaznoj linearnoj diferencijalnoj 

jednadbi je 

g(x) = 

x + 1 P 1 (x) 

polinom prvoga stupnja. Po tablici, jer je s = 0; za 

posebno rješenje treba uzeti polinom prvog stupnja 

R 1 (x) = Ax + B: 

Koecijente ćemo mu odrediti po danoj uputi: 


(Ax+B) 00 (Ax+B) = x+1 ) Ax B = x+1: 

Dakle, A = 1 i B = 1; pa je traeno posebno 

rješenje y p = x 1. Napokon, po Teoremu 4.8 slijedi 

da je 

traeno opće rješenje. 

y = C 1 e x + C 2 e x + x 1 

Posebno rješenje koje zadovoljava pocetni uvjet 

x = 0, y = 0, y 0 = 0 dobivamo odgovarajućim uvrštenjima: 

C 1 e 0 + C 2 e 0 + 0 1 = 0; C 1 e 0 C 2 e 0 + 1 = 0: 

Slijedi, C 1 = 0; C 2 = 1; pa je traeno posebno rješenje 

y = e x + x 1: 

Teorem 4.9. Ako je u diferencijalnoj jednadbi (1) 

g(x) = g 1 (x) + + g k (x); k 2 N; 

onda je njezino posebno rješenje zbroj od po jednog 

posebnog rješenja svake pripadne jednadbe 

y 00 + ay 0 + by = g j (x); j = 1; ; k: 


Primjer 26. Riješimo linearnu diferencijalnu jednadbu 

s konstantnim koecijentima 

y 00 + 2y 0 + 5y = x 2 e 3x + sin 2x: 

Pripadna karakteristicna jednadba r 2 + 2r + 5 = 0 

ima konjugirano-kompleksno rješenje r 1;2 = 1 2i 

pa je opće rješenje pripadne homogene jednadbe 

Budući da je 

y h = e x (C 1 cos 2x + C 2 sin 2x): 

g(x) = x 2 e 3x + sin 2x; 

to ćemo za pronalaenje posebnog rješenja polazne 

jednadbe najprije upotrijebiti Teorem 4.9. 

Promatrajmo, dakle, dvije pripadne diferencijalne jednadbe: 

y 00 + 2y 0 + 5y = x 2 e 3x ; 

y 00 + 2y 0 + 5y = sin 2x: 

Ostaje nam odrediti posebna rješenja. Za prvu je to 

y p1 = Ax 2 + Bx + C e 3x ; 

a za drugu 

y p2 = C sin 2x + D cos 2x: 


Uvrštenjem (s y 0 p i 

i y 00 

p i 

) u prvu, odnosno drugu jednadbu 

i odgovarajućim izjednacavanjima dobivamo 

y p1 = 1 

1000 50x2 40x + 11 e 3x ; 

y p2 = 1 (sin 2x 

17 

4 cos 2x): 

Sada je, po Teoremu 4.9 

y p = y p1 + y p1 = 1 

1000 50x2 40x + 11 e 3x + 

+ 1 (sin 2x 4 cos 2x) 

17 

posebno rješenje polazne diferencijalne jednadbe. 

Napokon, po Teoremu 4.8 

y = e x (C 1 cos 2x + C 2 sin 2x) + 

+ 1 

1000 50x2 40x + 11 e 3x + 1 (sin 2x 4 cos 2x) 

17 

jest opće rješenje diferencijalne jednadbe 

y 00 + 2y 0 + 5y = x 2 e 3x + sin 2x: 


Metoda varijacije konstanti 

Ukoliko funkcija smetnje g(x) nije oblika (3) koristimo 

metodu varijacije konstanata. Naime, opće rješenje 

y h homogene jednadbe (2) 

y h = C 1 y 1 + C 2 y 2 : 

uvijek znamo odrediti, to nam ostaje odrediti neko 

posebno rješenje y p jednadbe (1). Njega ćemo 

traiti na nacin da u općem rješenju pripadne homogene 

jednadbe y h = C 1 y 1 + C 2 y 2 konstante C 1 i C 2 

zamijenimo funkcijama C 1 (x) i C 2 (x) : Dakle traeno 

rješenje je oblika 

y p = C 1 (x) y 1 + C 2 (x) y 2 ; (5) 

gdje su C 1 (x) i C 2 (x) ; za sada, nepoznate funkcije. 

Dovoljno je odrediti jednu nepoznatu funkciju, a ne 

dvije, ukoliko zadamo neku vezu izme ¯du tih funkcija. 

Deriviranjem jednadbe (5) dobivamo 

y 0 = C 0 1y 1 + C 0 2y 2 + C 1 y 0 1 + C 2 y 0 2: 

Neka je veza me ¯du traenim funkcijama 

Imamo 

C 0 1 (x) y 1 + C 0 2y 2 = 0: 


y 0 = C 1 y 0 1 + C 2 y 0 2; 

y 00 = C 0 1y 0 1 + C 0 2y 0 2 + C 1 y 00 

1 + C 2 y 00 

2: 

Uvrštavanjem dobivenih izraza u y 00 + ay 0 + by = g(x); 

dobivamo 

y 00 + ay 0 + by = C 0 1y 0 1 + C 0 2y 0 2 + C 1 y 00 

1 + C 2 y 00 

2+ 

a(C 1 y 0 1 + C 2 y 0 2) + b(C 1 y 1 + C 2 y 2 ) = 

C 0 1y 0 1+C 0 2y 0 2+C 1 (y 00 

1+ay 0 1+by 1 ) +C 2 (y 00 

2+ay 0 2+by 2 ) = g(x): 

Budući su y 1 i y 2 rješenja homogene jednadbe, dobivamo 

C 0 1y 0 1 + C 0 2y 0 2 = g (x) : 

Prema tomu nepoznate funkcije C 1 i C 2 zadovoljavaju 

sustav 

C 0 1y 1 + C 0 2y 2 = 0 

C 0 1y 0 1 + C 0 2y 0 2 = g (x) : 

To je linearni sustav od dvije nepoznate funkcije C1 0 i 

C2 0 . Determinanta ovog sustava je upravo 

W (x) = 

y 1 y 2 

y1 0 y2 

0 : 


Budući su funkcije y 1 i y 2 dva linearno nezavisna 

rješenja homogene diferencijalne jednadbe (2), 

onda je W (x) 6= 0; za svaki x; pa sustav ima jedinstveno 

rješenje C1(x) 0 i C2(x): 0 Sada je 

Z 

Z 

C 1 (x) = C1(x) 0 dx i C 2 (x) = C2(x) 0 dx: 

Primjer 27. Riješite diferencijalnu jednadbu 

y 00 + y = 1 

cos 3 x : 

Opće rješenje pripadne homogene jednadbe je 

y h = C 1 sin x + C 2 cos x: 

Pretpostavimo da je partikularno rješenje diferencijalne 

jednadbe oblika 

y = C 1 (x) sin x + C 2 (x) cos x: 

Metodom varijacije konstante dobivamo sustav 

C 0 1 sin x + C 0 2 cos x = 0 

C 0 1 cos x C 0 2 sin x = 

Iz tog sustava dobivamo 

1 

cos 3 x : 


C1 0 = 1 

cos 2 x ; C0 2 = 

Integriranjem dobivamo 

Slijedi 

Dakle, 

C 1 (x) = tg x + K 1 ; C 2 (x) = 

y = (tg x + K 1 ) sin x + 

K 1 sin x + K 2 cos x + sin2 x 

cos x 

sin x 

cos 3 x : 

1 

2 cos 2 x + K 2: 

 

 

1 

2 cos 2 x + K 2 cos x = 

1 

2 cos x = 

K 1 sin x + (K 2 1) cos x + 1 

2 cos x : 

A sin x + B cos x + 1 

2 cos x = y h + y p ; 

y = y h + y p = A sin x + B cos x + 1 

2 cos x 

je opće rješenje dane diferencijalne jednadbe. 


Za vjebu (sami): Odredite opća rješenja diferencijalnih 

jednadbi: 

1. y 00 6y 0 + 9y = e 3x 

2. y 00 + 16y = cos 4x 

3. y 00 + y 0 6y = e 2x 

4. y 00 2y 0 + y = e x sin x 

5. y 00 + y 0 = 1 

cos x 

6. y 00 y = sin x 

Za linearnu diferencijalnu jednadbu drugog reda 

sa konstantnim koecijentima - moe li kratnost 

(višestrukost) korijena i karakteristicne jednadbe 

biti 2? 

Objasnite zašto! 

Kojeg bi reda polazna diferencijalna jednaba morala 

biti da bi njena karakteristicna jednadba imala 

dvostruki korijen oblika i ( 6= 0)? 


4.4.5. Slobodna, gušena i prisilna titranja 

Najzanimljiviji problem koji se svodi na diferencijalnu 

jednadbu drugog reda je titranje mase obješene na 

oprugu. Tijelo mase m titra na opruzi koja ima koecijent 

opruge k > 0. Sustav ima dodatno trenje 

(gušenje) s koecijentom gušenja b > 0, a na tijelo 

djeluje vanjska sila f kao na slici. 

Neka je y (t) otklon tijela od poloaja mirovanja u 

trenutku t. Na tijelo djeluju sljedeće sile: 


sila gušenja koja je proporcionalna brzini 

b dy 

dt ; 

sila kojom djeluje opruga prema Hookeovom 

zakonu, a koja je proporcionalna otklonu od 

poloaju mirovanja 

ky; 

i vanjska sila f (t) 

Prema drugom Newtonovom zakonu gibanja masa 

puta akceleracija (promjena impulsa tijela) je proporcionalna 

sili koja djeluje na to tijelo. Dakle, jednadba 

gibanja glasi 

tj. 

m d2 y 

dt 2 = 

bdy dt 

m d2 y 

dt + bdy 2 dt 

ky + f (t) : 

+ ky = f (t) ; () 

a to je linearna diferencijalna jednadba drugog reda 

s konstantnim koecijentima. 


U najjednostavnijem slucaju kada nema ni gušenja ni 

vanjske sile radi se o harmonijskom oscilatoru. Pripadna 

(homogena) diferencijalna jednadba glasi 

m d2 y 

+ ky = 0: 

dt2 Njena karakteristicna jednadba je 

pa je rješenje 

r 2 = k m ; 

y (t) = C 1 cos !t + C 2 sin !t; ! = 

r 

k 

m : 

Uz oznake 

q 

A = C1 2 + C2 2 ; cos ' = C 1 

A ; sin ' = C 2 

A ; 

imamo 

y (t) = A (cos !t cos ' + sin !t sin ') ; 

tj. (po adicionom teoremu) 

y (t) = A cos (!t ') : 


U slucaju kada ima gušenja ali nema vanjske sile pripadna 

(homogena) diferencijalna jednadba glasi 

m d2 y 

dt + bdy 2 dt 

+ ky = 0: 

Njena karakteristicna jednadba je 

pa je 

Razlikujemo tri slucaja: 

mr 2 + br + k = 0; 

r 1;2 = b p b 2 4mk 

: 

2m 

1. ako je b 2 4mk > 0, onda je rješenje dano sa 

y (t) = C 1 e r 1t + C 2 e r 2t ; 

2. ako je b 2 4mk = 0, onda je rješenje dano sa 

y (t) = C 1 e rt + C 2 te rt ; 


3. ako je b 2 4mk < 0, onda je r 1;2 = b 

i rješenje je dano sa 

y (t) = e t (C 1 cos t + C 2 sin t) : 

2m p 4mk b 2 

2m 

i 

U sva tri slucaja vrijedi lim 

t!1 

y (t) = 0. U prvom 

slucaju radi se o gušenju bez titranja, u drugom 

slucaju moe doći do jednokratnog porasta 

pocetnog otklona nakon cega nastupa gušenje 

bez titranja, a u trećem slucaju se radi o gušenom 

titranju oko poloaja ravnotee. Primjeri ponašanja 

sustava su dani na slici. 


Ukoliko na sustav djeluje i vanjska sila f (t), radi se o 

prisilnim oscilacijama, a diferencijalna jednadba 

ima rješenje 

m d2 y 

dt + bdy 2 dt 

+ ky = f (t) 

y (t) = y H + y P ; 

gdje je y H rješenje pripadne homogene diferencijalne 

jednadbe, a y P neko njeno partikularno rješenje. 

Neka je, npr. vanjska sila jednaka 

f (t) = F cos ct; c > 0: 

Kao što smo već vidjeli, kod rješavanja pripadne homogene 

jednadbe razlikujemo tri slucaja. U prvom 

slucaju kada je b 2 4mk > 0, rješenje pripadne homogene 

jednadbe je dano sa 

y H = C 1 e r 1t + C 2 e r 2t ; 

a partikularno rješenje moemo odrediti metodom 

neodre ¯denih koecijenata i dobiti 

y P = 

F 

h (c) 

cos (ct ') ; 


gdje je (izvedite sami!!!) 

h (c) 2 = k mc 2 2 

+ (bc) 2 ; 

cos ' = k mc2 ; sin ' = bc 

h (c) 

h (c) : 

Dakle, opće rješenje 

y (t) = C 1 e r 1t + C 2 e r 2t + 

F 

h (c) 

cos (ct ') 

se sastoji od dva dijela. Prvi dio, tj. y H tei k nuli kada 

t ! 1 i taj dio predstavlja prijelazno rješenje. Drugi 

dio, tj. y P je periodicka funkcija s periodom P = 2 c . 

Primjer ponašanja sustava je dan na slici. 

Na slican nacin se dobije opće rješenje i u preostala 

dva slucaja kada je b 2 4mk = 0, ili b 2 4mk < 0. 


Promotrimo još i sustav s prisilnim oscilacijama bez 

gušenja (b = 0) cija jednadba glasi 

m d2 y 

+ ky = f (t) F cos ct; c > 0: () 

dt2 Rješenje pripadne homogene jednadbe je 

y H = C 1 cos !t + C 2 sin !t; ! = 

r 

k 

m : 

Razlikujemo dva slucaja. Ako je c 6= !, onda je partikularno 

rješenje 

y P = 

F 

m (! 2 

c 2 ) 

cos ct; 

što, uz oznake kao prije, daje opće rješenje 

y (t) = A cos (!t ') + 

F 

m (! 2 

c 2 ) 

cos ct: 

Izvedite sami gornje rješenje (raspišite sve detaljno)! 

Ako je 

c ! = p 2 Q, onda je to periodicka funkcija s 

q 

periodom P = 2q 

! = 2p 

c . 

U suprotnom je to "skoro periodicka funkcija". 


Ako je c = !, onda je to potencijalno najopasniji 

slucaj, jer vanjska sila i rješenje homogene jednadbe 

tada imaju istu frekvenciju i nastaje fenomen 

mehanicke rezonancije sustava. U ovom slucaju je 

opće rješenje jednadbe () dano sa 

y (t) = A cos (!t 

') + F t 

2!m 

sin !t: 

To je periodicka funkcija s periodom P = 2 ! . 

Me ¯dutim, oscilacije su neome ¯dene kada t ! 1, pa 

će za dovoljno veliki t doći do razbijanja sustava. 

Primjer ponašanja sustava je dan na slici. 

Uocimo da do fenomena rezonancije ne moe doći 

ukoliko sustav ima gušac. 

http://en.wikipedia.org/wiki/Tacoma_Narrows_Bridge 

http://en.wikipedia.org/wiki/London_Millennium_Bridge 


http://www.youtube.com/watch?v=gQK21572oSU 

http://www.youtube.com/watch?v=3mclp9QmCGs 

Mehanicki sustav koji se sastoji od mase, opruge i 

gušaca ima svoj elektricni ekvivalent. To je strujni 

krug koji se sastoji od kondenzatora kapaciteta C 

farada (F), otpora R oma (Ohm) i zavojnice s induktivitetom 

L henrija (H), na koji djeluje elektromotorna 

sila koja u trenutku t proizvodi napon od E (t) volta 

(V) i struju od I (t) ampera (A) kao na slici. 

Prema Ohmovom zakonu pad napona na otporu jednak 

je RI. Pad napona na zavojnici jednak je L dI 

dt , a 

pad napona na kondenzatoru jednak je Q C 

, pri cemu 

je Q naboj pozitivne ploce kondenzatora. 

Prema Kirchoffovom zakonu zbroj padova napona 

jednak je naponu kojeg daje izvor, pa imamo 



L dI 

dt + RI + Q C = E (t) : 

Iz ove jednadbe moemo dobiti linearnu diferencijalnu 

jednadbu drugog reda na dva nacina. 

Uvrštavanje 

I = dQ 

dt 

daje 

dok deriviranje daje 

L d2 Q 

dt 2 + RdQ dt + 1 C Q = E (t) ; 

L d2 I 

dt 2 + RdI dt + 1 C I = E0 (t) : 

Uspore ¯dujući obje prethodne jednadbe s jednadbom 

() zakljucujemo da je zavojnica ekvivalentna 

s masom, otpor s gušacem, a kondenzator s 

oprugom. Tako ¯der zakljucujemo da prijelazna faza 

rješenja odgovara zagrijavanju elektricnog ure ¯daja, 

dok je otpor nuan radi izbjegavanja rezonancije 

sustava. 


4.5. Linearna diferencijalna jednadba n-tog reda 

Jednadba oblika 

a n (x) y (n) +a n 1 (x) y (n 1) + ::: +a 1 (x) y 0 +a 0 (x) y = h (x) 

() 

zove se linearna diferencijalna jednadba n-tog 

reda. Ako je funkcija smetnje h (x) 0; za jednadbu 

kaemo da je homogena. 

Mi smo do sada razmatrali njen specijalan slucaj za 

n = 2 i konstantne funkcije a 2 (x) ; a 1 (x) i a 0 (x) ; tj. 

razmatrali smo linearnu diferencijalnu jednadbu drugog 

reda s konstantnim koecijentima. 

Ako je a n (x) 6= 0; onda se jednadba () moe 

napisati u obliku 

 

y (n) = f 

x; y; y 0 ; :::; y (n 1) 

pri cemu je 

f 

x; y; y 0 ; :::; y (n 1) 

= a n 1 (x) 

a n (x) y(n 1) ::: 

= 

a 1 (x) 

a n (x) y0 

a 0 (x) 

a n (x) y + h (x) 

a n (x) : 

Ako su funkcije a i (x) (i = 0; 1; :::; n) i h (x) 

neprekidne, onda je zadovoljen prvi uvjet Picardovog 

Teorema 2 (za dif. jedn. višeg reda). Budući da 


parcijalne derivacije iz drugog uvjeta tog teorema izgledaju 

ovako 

@f 

@y 

= a 0 (x) 

a n (x) ; @f = 

a 1 (x) 

 

@y 0 a n (x) ; ::: ; @f = 

a n 1 (x) 

@y (n 1) a n (x) ; 

to su ome ¯dene funkcije, pa je zadovoljen i drugi uvjet 

Picardovog teorema. Zato jednadba () ima tocno 

jedno rješenje za bilo koji izbor pocetnih uvjeta 

y (x 0 ) = y 0 ; y 0 (x 0 ) = y 1 ; ::: ; y (n 1) (x 0 ) = y n 1 . 

Posebno razmotrimo homogenu linearnu diferencijalnu 

jednadbu drugog reda (s nekonstantnim 

koecijentima) 

y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = 0: 

() 

Ako su y 1 i y 2 dva linearno nezavisna rješenja ove 

jednadbe (funkcije koje nisu proporcionalne), tada 

je i njihova linearna kombinacija 

y = C 1 y 1 + C 2 y 2 

tako ¯der rješenje homogene jednadbe, za bilo koju 

vrijednost konstanti C 1 i C 2 : To je opće rješenje 


diferencijalne jednadbe () : Kaemo da funkcije y 1 

i y 2 sa prethodno navedenim svojstvima cine bazu 

rješenja homogene lin. dif. jednadbe () : 

Ako znamo jedno rješenje diferencijalne jednadbe 

(), onda tu diferencijalnu jednadbu moemo riješiti 

metodom sniavanja reda linearne diferencijalne 

jednadbe koju ćemo pokazati na sljedećem primjeru. 

Primjer 28. Odredi opće rješenje diferencijalne 

jednadbe 

x 2 y 00 xy 0 + y = 0: 

 

Primijetimo najprije da je y 1 (x) = x partikularno 

rješenje ove jednadbe. Uvedimo novu funkciju u 

zamjenom 

u = y y 1 

= y x : 

Budući da je 

y = ux; y 0 = u 0 x + u; y 00 = u 00 x + 2u 0 ; 

uvrstivši te izraze u normiranu dif. jednadbu ekvivalentnu 

polaznoj 

y 00 1 

x y0 + 1 x 2y = 0 


dobivamo 

tj. 

u 00 x + 2u 0 1 

x (u0 x + u) + 1 x 2ux = 0 

xu 00 + u 0 = 0: 

Sada sniavamo red dobivene diferencijalne jednadbe 

zamjenom 

i dobivamo 

u 0 = z; 

z = z (x) 

xz 0 + z = 0 () 

dz 

z = dx x : 

Odatle je 

u 0 = z = C 1 

x 

=) y x = u = C 1 ln jxj + C 2 ; 

pa je 

y (x) = xu = C 1 x ln jxj + C 2 x 

opće rješenje polazne diferencijalne jednadbe. 


Vratimo se opet na razmatranje linearne diferencijalne 

jednadbe n-tog reda: 

y (n) +a n 1 (x) y (n 1) + ::: +a 1 (x) y 0 +a 0 (x) y = h (x) () 

Za n funkcija y 1 ; y 2 ; :::; y n kaemo da su linearno 

nezavisne na intervalu I; ako relacija 

c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + ::: + c n y n (x) = 0; 

8x 2 I 

povlaci 

c 1 = c 2 = ::: = c n = 0: 

Wronskijan funkcija y 1 ; y 2 ; :::; y n je determinanta 

y 1 y n 

W (y 1 ; :::; y n ) (x 0 ) = 

y1 0 y 0 n 

. . 

 

(n 1) (n 1) 

y 1 y n 

 

x=x 0 

Za Wronskijan vrijedi sljedeće. Za proizvoljan x 0 2 I : 

W (y 1 ; :::; y n ) (x 0 ) = 0 ) W (y 1 ; :::; y n ) (x) = 0; 8x 2 I 

W (y 1 ; :::; y n ) (x 0 ) 6= 0 ) W (y 1 ; :::; y n ) (x) 6= 0; 8x 2 I 


Stoga su funkcije y 1 ; y 2 ; :::; y n 

intervalu I ako i samo ako je 

linearno nezavisne na 

za neki x 2 I: 

W (y 1 ; :::; y n ) (x) 6= 0; 

Opće rješenje nehomogene jednadbe () ima oblik 

y = y H + y P 

gdje je y P neko partikularno rješenje te jednadbe, 

a y H opće rješenje pripadne homogene jednadbe. 

Rješenje homogene ima oblik 

y H = c 1 y 1 (x) + c 2 y 2 (x) + ::: + c n y n (x) 

pri cemu linearno nezavisne funkcije y 1 ; y 2 ; :::; y n 

tvore fundamentalni skup (bazu) rješenja. 

Ukoliko znamo opće rješenje homogene jednadbe, 

rješenje nehomogene jednadbe moemo naći 

metodom varijacije konstanti. Rješenje nehomogene 

jednadbe ima oblik 

y (x) = c 1 (x) y 1 (x) + ::: + c n (x) y n (x) ; 

pri cemu funkcije c i (x) (i = 1; :::; n) odre ¯dujemo iz 


uvjeta da y (x) zadovoljava nehomogenu jednadbu 

i još nekih dodatnih uvjeta (da sve derivacije od y 

imaju isti oblik kao i sama funkcija y ). 

Funkcije c 0 i (x) dobivamo kao rješenje sustava 

8 

c 0 1y 1 + c 0 2y 2 ::: + c 0 ny n = 0 

c >< 

0 1y1 0 + c 0 2y2 0 + ::: + c 0 nyn 0 = 0 

. 

c 0 (n 2) 

1y 1 + c 0 (n 2) 

2y 2 + ::: + c 0 (n 2) 

ny n = 0 

>: 

c 0 (n 1) 

1y 1 + c 0 (n 1) 

2y 2 + ::: + c 0 (n 1) 

ny n = h (x) : 

Diskriminanta ovog sustava je Wronskijan W (y 1 ; :::; y n ) : 

Budući da je Wronskijan razlicit od nule (jer su 

y 1 ; y 2 ; :::; y n linearno nezavisne), to prethodni sustav 

(Cramerov) ima jedinstveno rješenje (c 0 1; c 0 2; :::; c 0 n). 

Integrirajući to rješenje dobivamo traene funkcije 

c 1 (x) ; ::: ; c n (x) : 

Ako su u jednadbi () koecijenti a i (x) = p i 2 R 

(i = 0; 1; :::; n) tada imamo linearnu diferencijalnu 

jednadbu n-tog reda s konstantnim koecijentima, 

koju rješavamo analogno specijalnom slucaju te 

jednadbe za n = 2 koji smo već obradili. 


4.6. Ortogonalne i izogonalne trajektorije 

Zadana je familija krivulja opisana jednadbom 

1 (x; y; C) = 0: Traimo jednadbu familije krivulja 

koje sijeku zadanu familiju pod nekim kutem (tj. 

svake dvije krivulje iz pojedinih familija sijeku se 

pod tim kutem). Krivulje iz te familije nazivamo 

izogonalnim, a za = =2 ortogonalnim 

trajektorijama polazne familije krivulja. 

Postupak odre ¯divanja jednadbe familije izogonalnih 

trajektorija odvija se u nekoliko koraka: 

1. Najprije odredimo diferencijalnu jednadbu 

F (x; y; y 0 ) = 0 pocetne familije. Ona se dobiva 

eliminacijom konstante C iz sustava jednadbi 

8 

>< 1 (x; y; C) = 0; 

d 

dx ; y = y (x) 

>: 

@ 1 

@x + @ 1 

@y y0 = 0: 

. 

2. Za kut me ¯du dvjema krivuljama vrijedi 

tg = tg (' 2 ' 1 ) = tg ' 2 tg ' 1 

1 + tg ' 2 tg ' 1 

; 

gdje su ' 1 i ' 2 kutevi koje tangente na te krivulje 


zatvaraju sa pozitivnim dijelom osi x: 

Ako su krivulje glatke, onda je 

tg = y0 2 y 0 1 

1 + y 0 2 y0 1 

=) y1 0 = y0 2 tg 

1 + y2 0 () 

tg : 

3. Izraz za y1 0 kao funkciju od y0 2 uvrstimo u diferencijalnu 

jednadbu familije krivulja: 

 

 

F (x; y; y1) 0 = 0 ) F x; y; y0 2 tg 

1 + y2 0 tg = 0: (|) 

4. Dobivenu diferencijalnu jednadbu familije izogonalnih 

trajektorija riješimo i tako dobivamo traenu 

familiju krivulja 2 (x; y; C) = 0: 


Posebno, ako traimo ortogonalne trajektorije 

polazne familije krivulja onda umjesto () imamo: 

1 = tg 2 = y0 2 y 0 1 

1 + y 0 2 y0 1 

) 1+y 0 2y 0 1 = 0 tj. y 0 1 = 1 y 0 2; 

pa je 

F 

 

x; y; 

1 

y 0 2 

 

= 0 () 

diferencijalna jednadba traene familije ortogonalnih 

krivulja. 

Na gornjoj slici prikazane su ortogonalne trajektorije 

y = kx i x 2 + y 2 = C: 


Primjer 29. Odredi krivulje koje sijeku svaku od 

parabola y = ax 2 pod pravim kutem. 

Prvo odredimo diferencijalnu jednadbu pocetne 

familije. Deriviranjem eliminiramo parametar a : 

y = ax 2 ; y 0 = 2ax ) y 0 = 2 y x 2 x = 2y x : 

Time smo dobili diferencijalnu jednadbu pocetne 

familije. Diferencijalnu jednadbu ortogonalne familije 

prema () dobivamo ako umjesto y 0 1 

stavimo 

y : 0 

1 

y = 2y 0 x 

Z 

y dy = 

x 2 

() yy 0 = x 2 

Z x 

2 dx + C 1 

2 + y2 = C: 

Dakle, dobili smo familiju elipsa. 

Primjer 30. Odredi familiju trajektorija koje sijeku 

zadanu familiju krunica x 2 + y 2 = R 2 pod kutom od 

45 . (DOMAĆI RAD!!!) 


Ortogonalne trajektorije x = ky 2 i x 2 + y2 

2 = C : 

Izogonalne trajektorije ( = 45 ) y = kx i r = C e ' : 


4.7. Singularna rješenja diferencijalne jednadbe 

prvog reda 

Singularno rješenje diferencijalne jednadbe 

F (x; y; y 0 ) = 0 

je ono rješenje koje niti u jednoj tocki ne zadovoljava 

uvjet jedinstvenosti rješenja. Riješimo ovu jednadbu 

po y 0 : 

y 0 = f (x; y) : 

Uvjet jedinstvenosti rješenja za neku tocku (x; y) u Picardovom 

teoremu bit će narušen ukoliko parcijalna 

derivacija @f ne postoji u toj tocki. Prema teoremu o 

@y 

implicitnoj funkciji, za tu derivaciju vrijedi 

@f 

@y = @y0 

@y = 

@F 

@y 

@F 

@y 0 . 

Ona neće postojati ukoliko je brojnik ovog razlomka 

beskonacan ili nazivnik jednak nuli. 


Dakle, singularno rješenje moemo dobiti tamo gdje 

su ispunjeni uvjeti: 

1. F (x; y; y 0 ) = 0 

2. 

@F 

@y 0 (x; y; y0 ) = 0 

ili 

@F 

@y (x; y; y0 ) = 1 

Eliminacijom y 0 iz sustava (1) + (2) dobivamo 

(x; y) = 0; tzv. diskriminantnu krivulju. Ona 

sadri sva singularna rješenja. 

Iz (x; y) = 0 dobivamo, rješavajući po y; funkcije 

y = ' 1 (x) ; y = ' 2 (x) ; ::: Te krivulje ne moraju 

nuno biti rješenja zadane diferencijalne jednadbe, 

pa za svaku od njih treba provjeriti zadovoljavaju li 

jednadbu ili ne. 

Primjer 31. Za jednadbu 

dobivamo 

(y 0 ) 2 + y 2 1 = 0 (N) 

@F 

@y 0 = 2y0 = 0 

i odatle y = 1. Te funkcije jesu (singularna) rješenja 

zadane diferencijalne jednadbe. 

Singularna rješenja moemo dobiti i u postupku 

nalaenja općeg rješenja. Iz jednadbe (N) dobivamo 


y 0 = p 1 y 2 ; 

tj. dvije eksplicitne diferencijalne jednadbe. Postupak 

nalaenja rješenja (integriranja) provodimo 

istodobno: 

dy 

p = dx; y 6= 1; 

1 y2 arcsin y = x + C; 

y = sin (x + C) : 

Dakle, opće rješenje cini familija sinusoida, a singularna 

rješenja y = 1 i y = 1 u svakoj svojoj tocki 

dodiruju neku od sinusoida iz općeg rješenja. 

Singularno rješenje diferencijalne jednadbe je ovojnica 

(anvelopa) familije krivulja (x; y; C) = 0 

općeg rješenja zadane diferencijalne jednadbe. 

Općenito, ovojnica neke familije ravninskih krivulja 

(x; y; C) = 0 je krivulja koja u svakoj svojoj tocki 

dira jednu od krivulja iz familije (x; y; C) = 0. 

Spomenimo da je svaka krivulja ovojnica svojih tangenata. 


Ovojnicu (tj. singularno rješenje) moemo dobiti i 

eliminacijom parametra C iz sustava 

(x; y; C) = 0; 

@ (x; y; C) 

@C 

= 0: 

Kao rješenje tog sustava dobivamo diskriminantnu 

krivulju ove familije. Ovojnica (ukoliko postoji) 

mora biti dio te krivulje. Diskriminantna krivulja uz 

ovojnicu moe sadravati i neke druge krivulje, npr. 

krivulje koje prolaze tockama samopresjeka krivulja ili 

tockama loma krivulja, u kojima derivacija ne postoji 

(geometrijska mjesta singularnih tocaka). 


Primjer 32. Odredimo ovojnicu familije krunica 

x 2 + (y 

C) 2 = C2 

2 : 

Eliminirajmo konstantu C iz sustava 

( 

x 2 + (y C) 2 = C2 

2 ; 

2 (y C) = C: 

Iz druge jednadbe dobivamo C = 2y; a uvrštavanjem 

u prvu jednadbu y 2 = x 2 : Dakle, ovojnica 

zadane familije krunica sastoji se od pravaca y = x 

i y = x: 

Formirajmo sad diferencijalnu jednadbu cije je 

rješenje polazna familija krunica. Eliminiramo li 

parametar C iz sustava 

x 2 + (y 

dobivamo: 

C) 2 = C2 

2 ; 2x + 2 (y C) y0 = 0; 

x 2 + x2 

(y 0 ) 2 = (x + yy0 ) 2 

2 (y 0 ) 2 ; 

a nakon sre ¯divanja izraza dobivamo diferencijalnu 

jednadbu 


2x 2 y 2 (y 0 ) 2 2xyy 0 + x 2 = 0: 

Odavde tako ¯der moemo naći singularno rješenje. 

Uvjeri se da je ono zadano jednadbom y 2 = x 2 ! 

Pored singularnih rješenja diferencijalna jednadba 

y 0 = f (x; y) moe imati i izolirane singularne tocke: 

To su one singularne tocke u cijoj okolini nema drugih 

singularnih tocaka. Kroz te tocke prolazi više integralnih 

krivulja zadane dif. jednadbe ili nijedna. Tocke 

kroz koje prolazi samo jedna integralna krivulja nazivamo 

regularne tocke. 

Primjer 33. Sljedeće diferencijalne jednadbe imaju 

izoliranu singularnu tocku u ishodištu O (0; 0): 

1. y 0 = y x ; 

2. y 0 = 2y x ; 

3. y 0 = x y : 


1. Opće rješenje ove diferencijalne jednadbe je 

y = Cx; 

a to je familija pravaca kroz ishodište. Dakle kroz 

ishodište prolazi beskonacno integralnih krivulja (sve) 

ove diferencijalne jednadbe pa je ona izolirana 

singularna tocka. Sve ostale tocke ravnine su 

regularne. 


y = Cx 2 ; 

a to je familija parabola sa tjemenom u ishodištu, pa 

je ishodište zaista izolirana singularna tocka jer kroz 

nju prolaze sve parabole te familije. Sve ostale tocke 

ravnine su regularne. 


x 2 + y 2 = C; 

a to je familija koncentricnih krunica sa centrom u 

ishodištu. Dakle, kroz ishodište ne prolazi niti jedna 

krivulja iz ove familije, pa je ona izolirana singularna 

tocka, a sve ostale tocke ravnine su regularne. 


4.8. Sustav od dviju obicnih diferencijalnih jednadbi 

Prirodno je sustav 

F (x; y; z; y 0 ; z 0 ) = 0; 

G(x; y; z; y 0 ; z 0 ) = 0 

od dviju obicnih diferencijalnih jednadbi prvoga reda, 

s dvjema nepoznatim funkcijama, pokušati riješiti po 

slicnosti s odgovarajućim sustavom algebarskih jednadbi, 

tj. pokušati ga svesti na dvije jednadbe s po 

jednom nepoznanicom. Kao ishod takvoga postupka 

mogu se dobiti, ovisno o danom sustavu, diferencijalne 

jednadbe prvoga ili drugoga reda. 

Primjer 34. Promatrajmo sustav 

y 0 = x + z; 

z 0 = x + y: 

Deriviranjem prve jednadbe i uvrštenjem z 0 u drugu 

dobivamo diferencijalnu jednadbu drugoga reda 

y 00 y = x + 1 

Njezino rješenje je 

y = C 1 e x + C 2 e x + x 1: 


Iz prve jednadbe dobivamo traeni z = g(x) 

y 0 = x + z ) C 1 e x + C 2 e x + x 1 0 

= x + z ) 

z = C 1 e x C 2 e x + 1 x 

Traimo li, nadalje, neko posebno rješenje, primjerice 

ono što udovoljava pocetnomu uvjetu 

dobivamo linearni sustav 

x = 0; y = 1; z = 1; 

1 = C 1 + C 2 1; 

1 = C 1 C 2 + 1; 

rješenje kojega je C 1 = 1, C 2 = 1, pa je traeno 

posebno rješenje 

y = x 1 + e x + e x z = x + 1 + e x e x : 


4.9. Numericko (priblino) rješavanje diferencijalnih 

jednadbi 

Primjer 35. Treba naći numericku aproksimaciju 

rješenja diferencijalne jednadbe, s pocetnim uvjetom, 

na segmentu [0; 1]. 

y 0 = x + y; x 0 = 0; y 0 = 1: 

Tocno rješenje je f(x) = 2e x x 1. 

Postupak: 

Razdijelimo [0; 1] na dva jednaka dijela tockom 

x 1 = 0:5; 

Pocetni uvjet daje 

To znaci da je 

y 0 (0) = G(0; 1) = 0 + 1 = 1: 

y y 0 = y 0 (0) (x x 0 ) =) y 1 = 1(x 0) 

=) y = x + 1 

tangenta krivulje y = 2e x x 1 u tocki T 0 (0; 1): Za 

prvu aproksimaciju tocnog rješenja moemo uzeti 

linearnu aproksimaciju 


L 0 (x) = x + 1; 

tj. graf tocnog rješenja f(x) = 2e x x 1 aproksimiramo 

dijelom tangente u tocki T 0 (0; 1) na taj graf za 

x 2 [0; 0:5] : 

y 

3 

y 

3 

1 

0 

0.5 

1 

x 

1 

0 

0.25 

0.5 

0.75 

1 

x 

Slika 1. 

Pomaknimo se od tocke x 0 = 0 udesno u tocku 

x 1 = 0:5; tj. udesno za h = 0:5: U toj tocki x 1 = 0:5 

linearna aproksimacija daje 

L 0 (x 1 ) = 0:5 + 1 = 1:5 

i vrijednost tocnog riješenja f(x 1 ) aproksimirajmo sa 

y 1 = L 0 (x 1 ) = 1:5: 

Diferencijalna jednadba y 0 = x + y za vrijednosti 

(x 1 ; y 1 ) daje 

y 0 (x 1 ) = G(x 1 ; y 1 ) = 0:5 + 1:5 = 2: 


Za aproksimaciju traenog rješenja (za x 2 [0:5; 1]) 

uzmimo linearnu funkciju 

L 1 (x) = y 1 + y 0 (x 1 )(x x 1 ) = 2x + 0:5; 

tj. graf tocnog rješenja na segmentu [0:5; 1] 

aproksimiramo dijelom pravca y = 2x + 0:5 koji 

prolazi tockom T 1 (0:5; 1:5): 

Dobivena poligonalna crta je aproksimacija grafa 

tocnog rješenja na segmentu [0; 1] : U izracunu ove 

aproksimacije uzeli smo korak h = 0:5: 

Podjelimo li segment [0; 1] na cetiri jednaka dijela, 

tj. uzmemo li za korak h = 0:25; imamo poligonalnu 

crtu koja bolje aproksimira graf tocnog rješenja. 

Formalizirajmo ovaj postupak poznat pod imenom 

Eulerova metoda: za diferencijalnu jednadbu s 

pocetnim uvjetom 

y 0 = G(x; y); x = x 0 ; y = y 0 ; 

aproksimacija tocnog rješenja na segmentu [x 0 ; b] s 

korakom h je poligonalna crta odre ¯dena sa tockama 

(postupak je vidljiv na Slici 2.): 


x 0 y 0 

x 1 = x 0 + h y 1 = y 0 + hG(x 0 ; y 0 ) 

x 2 = x 1 + h y 2 = y 1 + hG(x 1 ; y 1 ) 

 

 

x n = x n 1 + h y n = y n 1 + hG(x n 1 ; y n 1 ) 

y 

y 2 

x 0 x 1 x 2 

y 1 

y 0 

T 2 

hG(x 1 ,y 1 ) 

T 1 h 

T hG(x 0 ,y 0 0 

) 

h 

0 

Slika 2. 

Jasno je da će poligonalna crta bolje aproksimirati 

tocno rješenje ukoliko je korak h manji. Uocimo isto 

tako da, što se više udaljavamo od tocke x 0 ; to je 

aproksimacija lošija. 

x

MATEMATIKA 2

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?