Matematika Vježbe 17/18. 3. lipnja 18.
Predgovor Ova neslužbena i nedovršena skripta prati auditorne vježbe iz kolegija Matematika koje se u ljetnom semestru ak. god. 17/18. na Gradevinskom fakultetu u Zagrebu. Skripta nikako nije zamjena za vježbe (pohadanje kojih je obavezno), već služi studentima kao pomoć za lakše praćenje nastave. U njoj se nalaze i poneki sadržaji koji ne ulaze u ispitno gradivo (npr. zadaci i odjeljci koji su označeni sa ), ali dio ispitnog gradiva neće biti pokriven skriptom. Skripta se nalazi u repozitoriju na web-stranici kolegija: http://www.grad.unizg.hr/predmet/mat a Molimo vas da uočene greške (ili ako sumnjate da se radi o grešci), sugestije i primjedbe javite na rafaelm@grad.hr.
Sadržaj Predgovor Sadržaj 3 1 Obične diferencijalne jednadžbe 5 1.1 Obične diferencijalne jednadžbe 1. reda............. 5 1.1.1 Jednadžbe sa separiranim varijablama......... 5 1.1. Linearne jednadžbe prvog reda............. 13 1.1.3 Neke supstitucije*..................... 17 1.1.4 Egzaktne jednadžbe*................... 3 1. Obične diferencijalne jednadžbe. reda............. 9 1..1 Linearne jednadžbe drugog reda............. 9 1.. Snižavanje reda*..................... 41 Funkcije više varijabli 46.1 Prirodna domena funkcije.................... 46. Plohe drugog reda......................... 54..1 Rotacijske plohe...................... 54.. Cilindrične plohe..................... 57.3 Parcijalne derivacije........................ 59.4 Teorem o implicitno zadanoj funkciji.............. 67.5 Tangencijalna ravnina na plohu................. 69.6 Lokalni ekstremi......................... 75.6.1 Uvjetni ekstremi..................... 8 3 Višestruki integrali 84 3.1 Dvostruki integrali........................ 84 3.1.1 Polarni koordinatni sustav................ 91 3.1. Površina pomoću dvostrukog integrala......... 98 3.1.3 Volumen pomoću dvostrukog integrala......... 1 3. Trostruki integrali......................... 1 3
3..1 Cilindrični koordinatni sustav.............. 13 3.. Sferni koordinatni sustav................. 15 3..3 Neke primjene višestrukih integrala........... 18 4 Skalarna i vektorska polja 111 4.1 Osnovni pojmovi......................... 111 5 Krivuljni integrali 118 5.1 Krivuljni integrali prve vrste................... 118 5. Krivuljni integrali druge vrste.................. 14 5.3 Plošni integrali prve vrste.................... 18 5.4 Plošni integrali druge vrste.................... 19 Literatura 13 4
Poglavlje 1 Obične diferencijalne jednadžbe U ovom poglavlju dajemo neke metode rješavanja običnih diferencijalnih jednadžbi. To su jednadžbe oblika F (,,,,..., (n)) =, gdje je nepoznata funkcija u varijabli. Red jednadžbe jest najveći n N takav da se u jednadžbi javlja n-ta derivacija nepoznate funkcije. 1.1 Obične diferencijalne jednadžbe 1. reda 1.1.1 Jednadžbe sa separiranim varijablama Jednadžbe sa separiranim varijablama su jednadžbe koje se mogu zapisati u obliku d d = = f()g(). One se rješavaju direktnim svodenjem na integrale: 1 g() d = f()d + C, C R. Pri tome treba posebno provjeriti singularne slučajeve, tj. one funkcije za koje je g() =. Zadatak 1.1. Pronadite rješenje diferencijalne jednadžbe zadovoljava uvjet () = 1. = cos koje 5
Rješenje: Tražena funkcija je primitivna funkcija od cos, dakle mora biti = sin + C za neki C R. Ako uvrstimo zadani uvjet, dobijemo 1 = sin + C, odnosno C = 1. Dakle, rješenje je = sin + 1. Zadatak 1.. Riješite diferencijalnu jednadžbu =. Rješenje: Funkcija = je očito jedno rješenje jednadžbe, pa pronadimo ne-nul rješenja. Jednadžbu podjelimo s pod pretpostavkom : 1 d d = 1 d d = d = d ln = + C. Na zadnju jednakost djelujemo s eksponencijalnom funkcijom, i dobijemo: = e +C = e C e { e C e : >, = e C e : <. Jer je e C takoder konstanta, možemo za tu novu konstantu i dalje koristiti oznaku C (no uočimo da je ovaj novi C strogo pozitivan). Dakle, naše rješenje ima oblik odnosno = ±Ce, C > = Ce, C R \ {}. Pridodamo li tome trivijalno rješenje = (koje se dobije za C = iz gornjeg retka) s početka razmatranja, slijedi konačno rješenje: = Ce, C R. Napomena. U rješavanju ćemo uglavnom preskakati razmatranja kao u zadatku 1.: pisat ćemo ln bez prethodne apsolutne vrijednosti, znajući da će nam varijacije konstante C pokriti preostale slučajeve. Zadatak 1.3. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) = 1 + 6
(b) + 1 = (c) 3 + 16 = 3 { (1 + e ) = e (d) () = 1 { + = (e) (1) = 1 (f) e sin = 3e ctg (g) = e (h) = Rješenje: (a) + 1 + + +. d d = 1 + 1 d = 1 d 1 + 1 1 + d = d arctg = + C = tg( + C). (b) d d = 1 1 ( 1 1 + + 1 1 d = 1 d, za 1 1 1 d = d ) 1 d = d. 7
Nakon što izračunamo gornje integrale, dobijemo implicitno zadano opće rješenje: ln( 1) + + = 1 + C. Uvrstimo li funkciju = 1 u zadanu polaznu jednadžbu, dobijemo 1 + 1 = 1, tj. 1 = 1, pa zaključujemo da je i = 1 takoder rješenje jednadžbe. (c) d d = 3 16 3 3 3 16 d = }{{} d, za t= 3 1 / ln(3 8) = + C ln( 3 8) = + C. Singularni slučaj = je takoder rješenje, jer uvrštavanjem u jednadžbu dobijemo 16 = 16. Sva rješenja možemo napisati eksplicitno: 3 8 = e +C = Ce = 3 Ce + 8 (uočimo da za C = dobijemo upravo singularni slučaj). (d) d d = e 1 + e 1 e d = 1 + e d }{{ } t=e = ln(1 + e ) + C. Iz uvjeta () = 1 slijedi 1 = ln(1 + e ) + C, pa je C = 1 Rješenje jednadžbe je ln. = ln(1 + e ) + 1 ln. 8
(e) d d = 1 d = }{{ } t= 1 d, za ± 1 ln( ) = 1 + C / ( ) ln( ) = 1 + C. (f) Singularni slučajevi takoder zadovoljavaju jednadžbu. Rješenje je = ± Ce 1, a iz zadanog uvjeta vidimo da ispred korjena treba ići minus: Rješenje je = e 1 1. d d = 3e e ctg sin 1 = Ce 1 C = 1 e. d 3e ctg sin = e d }{{}}{{ } t=ctg u= e ln ctg = 3 ln( e ) + C ln ctg = ln ( ( e ) 3) + C ctg = C( e ) 3 = arcctg(c( e ) 3 ). Singularni slučajevi = (k + 1 ) π (za k Z) takoder zadovoljavaju početnu jednadžbu. (g) d d = e e e d = e d e d = e d e d = e d e = e + C = ln(e + C). 9
(h) d d = ( 1) + ( 1) ( + 1) ( + 1) + ( + 1) = ( 1)( + 1) ( + )( + 1) + 1 d + + 1 + 1 d = 1 + 1 d = 1 + d 1 ( 1) + 1 d }{{} t=( 1) +1 1 ln( + 1) + arctg = 1 ln( + ) + C ln( + 1) + arctg = ln( + ) + C ( + 1)e arctg = C( + ). Zadatak 1.4. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: { = cos() (a) () = 1 = (b) + () = 1 (c) { = + 1 () = (d) cos() = 1 (e) (f) { = e (1) = 1 { = ln cos ( π ) = e (g) e cos = sin. 1
Rješenje: Zadaća. U nastavku ovog pododjeljka su dane neke primjene diferencijalnih jednadžbi u matematičkom modeliranju. Zadatak 1.5. Tijelo se za minuta ohladi sa 1 C na 6 C. Nakon koliko će se vremena to tijelo ohladiti na 3 C, ako je temperatura zraka koji ga okružuje konstantna i jednaka C. Napomena. Brzina kojom tijelo mijenja temperaturu proporcionalna je razlici temperature tijela i temperature zraka koji ga okružuje. Rješenje: Neka je t vrijeme u minutama, a T (t) temperatura tog tijela u trenutku t. Prema prethodnoj napomeni, vrijedi jednadžba: dt dt = k(t ), gdje je k konstanta proporcionalnosti. dt T = kdt ln(t ) = kt + C T = Ce kt +. Iz uvjeta T () = 1 i T () = 6 dobijemo C = 8 i e k = 1. Sada ( t 1 tražimo t za koji vrijedi 8 + = 3, a taj je t = 6. ) Zadatak 1.6. U izoliranu populaciju od 1 zdravih jedinki odredene vrste doselila se jedinka sa zaraznom bolešću nepoznatog podrijetla. Brzina širenja zaraze u populaciji proporcionalna je produktu broja zdravih i broja zaraženih jedinki. Ukoliko je nakon dana broj zaraženih dosegao 1% cjelokupne populacije, odredite postotak zaraženih jedinki nakon 1 dana. (Pretpostavljamo da je ukupna populacija u promatranom razdoblju konstantna.) Rješenje: Označimo populaciju P = 11 i Z(t) = broj zaraženih u danu t. 11
dz dt = k Z (P Z) 1 P dz Z(P Z) = k dt dz Z + 1 dz P P Z = kt + C Z ln P Z = P kt + C Z P Z Z = = CeP kt kt P CeP 1 + Ce. P kt Početni podaci Z() = 1 i Z() = P daju C = 1 i 1 P 1 ep k = P 1. Traži se 99 Z(1) P = Ce1P k 1 + Ce 1P k P 1 P 1 = (e P k ) 5 P 1 + (e P k ) 5 = ( 1 99 = )5 1 + ( 1 99 )5 99%. ( P 1 99 )5 P 1 + ( P 1 99 )5 Zadatak 1.7. Odredite sve glatke krivulje u ravnini koje imaju svojstvo da im tangenta u svakoj točki prolazi kroz ishodište. Rješenje: Neka je () takva krivulja. Jednadžba tangente s diralištem (, ( )) glasi: ( ) = ( )( ). Uvjet da ona prolazi ishodištem glasi: ( ) = ( )( ) ( ) = ( ). Kako to treba vrijediti za sve točke, dobijemo diferencijalnu jednadžbu (pišemo sada umjesto ): = d = d ln = ln + C = C. Dakle, jedine takve krivulje su pravci kroz ishodište. 1
Zadatak 1.8. Odredite sve glatke krivulje u ravnini koje imaju svojstvo da im normala u svakoj točki prolazi kroz ishodište. Rješenje: Neka je () takva krivulja. Jednadžba normale s diralištem (, ( )) glasi: ( ) = 1 ( ) ( ). Uvjet da ona prolazi ishodištem glasi: ( ) = 1 ( ) ( ) ( ) = ( ). Kako to treba vrijediti za sve točke, dobijemo diferencijalnu jednadžbu: = d = d = + C + = C. Dakle, jedine takve krivulje su kružnice sa središtem u ishodištu. Zadatak* 1.9. Odredite rješenje diferencijalne jednadžbe 3 +16 = 3 koje je ograničeno za +. Rješenje: 3 d d = (3 8) 3 3 8 d = }{{} t= 3 d ln( 3 8) = + C 3 = Ce + 8. Ako je C i +, tada i Ce + 8 +, stoga funkcija ne može biti ograničena. Zaključujemo da je C =, pa je jedino odgovarajuće rješenje =. 1.1. Linearne jednadžbe prvog reda Linearne jednadžbe prvog reda su jednadžbe oblika + f() = g(). (1.1) 13
Rješavamo ih tako da prvo riješimo pripadnu homogenu jednadžbu: + f() = d d d = f() = f()d = Ce f()d. Zatim tražimo rješenje polazne jednadžbe u obliku = C()e f()d za neku funkciju C(): g() = + f() = C ()e f()d + C()e f()d ( f()) + f() C()e f()d = C ()e f()d C () = g() e f()d C() = g() e f()d d. Dakle, rješenje linearne jednadžbe prvog reda (1.1) je: [ ] = e f()d e f()d g() d + C, C R. (1.) Zadatak 1.1. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) + cos = sin() (b) cos + sin = 1 (c) ( + 1) + = 1 + 1 (d) ( + 1) = e. Rješenje: Koristimo formulu (1.). 14
(a) f() = cos, g() = sin(), f()d = sin, [ ] = e sin e sin sin()d + C ] = e [ sin e sin sin cos d +C }{{} t=sin ] = e [ sin t e t dt +C }{{} u=t, dv=e t dt = e sin ((t 1)e t + C) = sin + C e sin. (b) (c) cos + sin = 1 + tg = 1 cos f()d = / : cos f() = tg, g() = 1 cos sin cos d }{{} t=cos = ln cos [ ] = e ln cos e ln cos 1 cos d + C [ ] 1 = cos cos d + C = cos (tg + C) = sin + C cos. ( + 1) + = 1 / : ( + 1) + 1 + + 1 = 1 f() = ( + 1) + 1, g() = 1 ( + 1) f()d = + 1 d = ln( + 1) }{{} t= +1 15
(d) [ = e ln( +1) = 1 + 1 [ = arctg + C. + 1 ( + 1) = e ] e ln( +1) 1 ( + 1) d + C ] 1 + 1 + C / : + 1 = e + 1 e f() =, g() = ( f()d = 1 + 1 ) d = ln [ ] = e +ln e ln e d + C [ ] 1 = e d + C = e ( 1 + C ) = Ce e. Zadatak 1.11. Kugla mase m puštena je da padne na zemlju. Na nju djeluje gravitacija, i otpor zraka za kojeg pretpostavljamo da je proporcionalan brzini. Izvedite formulu za brzinu kugle. Rješenje: Označimo sa v(t) brzinu kugle u trenutku t. Tada je v (t) ubrzanje kugle u trenutku t. Po. Newtonovom zakonu, ukupna sila koja djeluje na tijelo jednaka je produktu mase i ubrzanja. Dakle, m v (t) = m g }{{} gravitacija k v(t) }{{} otporzraka [ v(t) (1.) = e k m dt = e k m t [ gm k e k m t + C = Ce k m t + gm k. v (t) + k v(t) = g. m ] e k m dt g dt + C ] 16
Ukoliko je kugla krenula iz mirovanja, imamo početni uvjet v() =, pomoću kojeg možemo dobiti C: = v() = C e + gm C = gm v(t) = gm ) (1 e k m t. k k k Uočite da je brzina asimptotski ograničena s konstantom gm k graf). (skicirajte v t Zadatak 1.1. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) { = e 3 () = 5 (b) ( 1) + = e (c) ( + 1) = 4 + (d) ( 1) ln =. Rješenje: Zadaća. 1.1.3 Neke supstitucije* Ponekad diferencijalne jednadžbe možemo pogodnim supstitucijama svesti na neki pogodni oblik, npr. na jednadžbu sa separiranim varijablama. Takve su npr. jednadžbe oblika = f(a + B + C), za konstante A, B, C R i A, B. Uvedimo novu varijablu Vrijedi: z = A + B + C. dz d = A + B d d = A + B f(z). Dobivena jednažba dz = A + B f(z) ima separirane varijable, pa je možemo d riješiti integriranjem: dz A + B f(z) =. Na kraju je potrebno rješenje prikazati u originalnim varijablama i. 17
Zadatak* 1.13. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) ( + ) = 9 { = 4 + + 1 (b) () =. Rješenje: (a) Supstitucija je u ovom slučaju z = +, z = 1 +. Dobijemo jednadžbu z (z 1) = 9 z z = 9 + z z dz = d } z {{ + 9 } =1 9 z +9 ( z z 3 arctg = + C. 3) Uvrstimo nazad početne varijable (z = + ): ( ) + + 3 arctg = + C 3 ( ) + 3 arctg = C. 3 (b) Supstitucija je z = 4 + + 1, z = 4 +, pa je = z 4. z 4 = z z = z + 4 1 dz = d z + }{{} t =z z 4 ln( z + ) = + C 4 + + 1 4 ln( 4 + + 1 + ) = + C. Iz zadanog uvjeta imamo 9 4 ln( 9 + ) = 8 + C, iz čega vidimo da je C = 4 5. Konačno rješenje je 4 + + 1 4 ln( 4 + + 1 + ) = 4 5. 18
Zadatak* 1.14. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) = 3 (b) = ( ) + 1 (c) = sin( ) { ( + ) = 1 (d) () = 1 (e) = (A + B + C), A, B, C >. Rješenje: Zadaća. Jednadžbe koje možemo zapisati u obliku ( = f ) takoder možemo pogodnom supstitucijom svesti na separirane varijable. U literaturi se takve jednažbe zovu homogene, no nemaju direkne veze s linearnim homogenim jednadžbama. Rješavamo ih supstitucijom u =. Vrijedi u =, pa je du d + u = d d = f(u). Dobili smo jednadžbu du = f(u) u koja ima separirane varijable: d du = ln + C, C R. f(u) u Na kraju je potrebno rješenje prikazati u originalnim varijablama i. Zadatak* 1.15. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) = tg (b) = (c) = + 1 19
(d) {( ) arctg = 1 (1) = (e) ( + )d + ( )d = (f) d ( + )d =. Rješenje: (a) = + tg ( u = ), = u + u u + u = u + tg u du 1 tg u = d, za tg u ln sin u = ln + C sin u = C. Nakon vraćanja starih varijabli (u = ) dobijemo opće rješenje: sin = C. Singularni slučaj kada je tg u = se provjeri posebno: tg u = sin u = u = kπ = kπ. Funkcije = kπ za k Z takoder zadovoljavaju jednadžbu.
(b) = ( ) ( u = ), = u + u u + u = u u u = u(1 u) du d u(1 u) =, za u, 1 ( 1 u + 1 ) d du = 1 u ln u = ln + ln(1 u) + C u = C(1 u) = C(1 ) = C( ) = C C + 1. Za u = i u = 1, odnosno = i = takoder dobijemo rješenja. (c) = + 1 ( ( u = ) ), = u + u u + u = u + u 1 1 u udu d =, za u ±1 1 u }{{} t=1 u 1 u = ln + C 1 = ln + C. Singularni slučajevi = ± su takoder rješenja. 1
(d) Standardna supstitucija u =, = u + u daje: (e) (u + u u) arctg u = 1 1 arctg u du = d }{{} p=arctg u, dr=du u arctg u 1 ln(u + 1) = ln + C arctg 1 ( ) ln + 1 = ln + C. Uvjet (1) = daje = + C, pa je C =. ( + )d + ( )d = ( )d = ( + )d = d d = + : : = 1 + 1 Zamjenom u = u = u + u = 1 + u 1 u u = 1 + u 1 u 1 + u du = arctg u 1 ln(1 + u ) = ln + C. dobivamo rješenje: 1 u u = 1 + u 1 u 1 d arctg 1 ( ) ln 1 + = ln + C. (f) = d d = : + : = 1 + ( )
u = u + u = u 1 + u u = 1 + u u(1 u)(1 + u) du = u 1 + u u = u u3 1 + u 1 d, za u, ±1 ( 1 u + 1 1 u 1 ) 1 du = 1 + u d ln u ln(1 u) ln(1 + u) = ln + C u (1 u ) = C = C 1 = C( ). Singularni slučajevi =, = i = takoder daju rješenja jednadžbe. Zadatak* 1.16. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) = + (b) = e + (c) ( + ) d d = (d) ( ) d = d. Rješenje: Zadaća. 1.1.4 Egzaktne jednadžbe* Neka je zadana diferencijalna jednadžba u obliku f 1 (, ) d + f (, ) d =. (1.3) 3
Sjetimo se da je = d, pa jednadžbu možemo zapisati i u obliku d f 1 (, ) + f (, ) =. (1.4) Kažemo da je jednadžba (1.3) egzaktna, ako postoji funkcija F (, ) klase C 1 za koju vrijedi F = f F 1 i = f. (1.5) Ekvivalentno je reći da vrijedi grad F = (f 1, f ), odnosno da je vektorsko polje (f 1, f ) je potencijalno. Izračunajmo u tom slučaju derivaciju kompozicije F (, ()): d F F F (, ()) = (, ) + d (, ) () (1.5) = f 1 (, ) + f (, ) (1.4) =. Dakle, mora biti F (, ) = C, C R, što nam daje rješenje egzaktne jednadžbe (1.3). U sljedećem teoremu dajemo kriterij egzaktnosti koji je jednostavan za provjeru. Teorem. Neka su f 1 i f funkcije definirane na otvorenom i povezanom skupu Ω R koji je bez rupa. Jednadžba f 1 (, ) d + f (, ) d = je egzaktna ako i samo ako vrijedi uvjet f 1 = f. (1.6) Ostaje još pitanje, jednom kad smo provjerili da je jednadžba egzaktna, kako naći funkciju F? Trebaju vrijediti jednakosti (1.5), pa integrirajmo prvu od njih po varijabli. Dobijemo F (, ) = f 1 (, ) d + ϕ(), gdje je ϕ funkcija koja ovisi samo o (dolazi kao konstanta integracije po varijabli ). Gornju jednakost deriviramo po varijabli, pa dobijemo: F (, ) = f 1 (, ) d + ϕ f1 () = (, ) d + ϕ (). 4
Iz prethodnog retka i druge jednakosti u (1.5) dobivamo: ϕ f1 () = f (, ) (, ) d f1 ϕ() = f (, ) d (, ) d d f1 F (, ) = f 1 (, ) d + f (, ) d (, ) d d. Zadatak* 1.17. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) ( + 3 ) d + ( 3 3 ) d = (b) ( ) d = d ( (c) 1 + ) d d =. Rješenje: (a) U ovom slučaju je f 1 (, ) = +3 i f (, ) = 3 3. Provjerimo da je jednadžba egzaktna: f 1 = ( + 3 ) = 3 f = (3 3 ) = 3, dakle vrijedi jednakost (1.6), pa je prema teoremu jednadžba egzaktna. Sada tražimo funkciju F (, ) za koju vrijedi: F = + 3 F = 3 3. Prvu jednakost integriramo po, pa dobijemo F (, ) = ( + 3 ) d = + 3 + ϕ(), te zatim deriviranjem po slijedi: F = ( + 3 + ϕ()) = 3 + ϕ (). 5
Stoga imamo: 3 + ϕ () = 3 3 ϕ () = 3 ϕ() = 3 + C F (, ) = + 3 3 + C. Rješenje zadane jednadžbe je F (, ) = C, odnosno + 3 3 = C. (b) Zadana jednadžba je egzaktna, jer je ( ) = = ( ). Sada tražimo funkciju za koju vrijedi: F = F =. Prvu jednakost integriramo po, pa dobijemo F (, ) = ( ) d = + ϕ(), te zatim deriviranjem po slijedi: Rješenje jednadžbe je + ϕ () = F = ϕ () = ϕ() = 3 3 + C F (, ) = + 3 3 + C. + 3 3 = C. Zadana jednadžba je takoder i homogena (vidite zadatak 1.16(d)). 6
(c) Jednadžba je egzaktna, jer je: ( ( 1 + )) = Sada tražimo funkciju za koju vrijedi: = ( ). F ( = 1 + ) F =. Prvu jednakost integriramo po, pa dobijemo ( F (, ) = 1 + ) d = + ( ) 3 + ϕ(), 3 te zatim deriviranjem po slijedi: Rješenje jednadžbe je + ϕ () = F = ϕ () = ϕ() = C F (, ) = + 3 + 3 ( ) 3 = C. ( ) 3 + C. Zadatak* 1.18. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) ( 9 ) d + (4 6 3 ) d = (b) 3 + d 3 + 5 3 d = (c) (1 + sin()) d = cos () d. Rješenje: Zadaća. 7
Napomena. U slučaju kada jednadžba oblika (1.3) nije egzaktna, ponekad ju možemo pomnožiti s precizno odabranom funkcijom µ(, ) tako da ekvivalentna novonastala jednadžba µ(, )f 1 (, ) d + µ(, )f (, ) d = bude egzaktna, te ju stoga možemo riješiti u tom obliku. Funkciju µ(, ) koja na taj način popravlja situaciju zovemo Eulerov multiplikator. Primjerice, jednadžba ( + + ) d + d = nije egzaktna, jer je ( + + ) = i =. Medutim, ukoliko jednadžbu pomnožimo s funkcijom µ(, ) = e, dobijemo ( + + )e d + e d =. Uočimo da je dobivena jednadžba sada egzaktna, jer je ( ( + + )e ) = e = ( ) e, pa ju lako rješimo na prethodno opisani način. Postoje odredene metode pomoću kojih se u nekoj situaciji ako postoji može pogoditi Eulerov multiplikator, ali se ovdje u to nećemo upuštati. 8
1. Obične diferencijalne jednadžbe. reda Baviti ćemo se jednostavnosti radi samo jednadžbama drugog reda, iako metode ovdje izložene funkcioniraju i u slučaju višeg reda. 1..1 Linearne jednadžbe drugog reda Linearna jednadžba drugog reda je jednadžba oblika + p() + q() = f(). Kažemo da je jednadžba homogena ukoliko je f() = (u suprotnom je nehomogena), te da se radi o jednadžbi s konstantnim koeficijentima ukoliko su p() i q() konstatne funkcije. Linearne homogene jednadžbe. reda s konstantnim koeficijentima Prvo ćemo dati recept za rješavanje linearnih homogenih jednadžbi drugog reda s konstantnim koeficijentima, tj. jednadžbi oblika + p + q =, p, q R. (1.7) Toj jednadžbi pridružujemo njenu karakterističnu jednadžbu λ + pλ + q =, kvadratnu jednadžbu u nepoznanici λ. Neka su λ 1 i λ rješenja karakteristične jednadžbe. Dogodit će se jedna od sljedeće tri mogućnosti: Ako je λ 1, λ R i λ 1 λ, tada je opće rješenje jednadžbe (1.7) dano formulom = C 1 e λ 1 + C e λ, C 1, C R. Ako je λ 1, λ R i λ 1 = λ = λ, tada je opće rješenje jednadžbe (1.7) dano formulom = C 1 e λ + C e λ, C 1, C R. Ukoliko su rješenja karakteristične jednadžbe kompleksno-konjugirana, tj. λ 1 = a + bi i λ = a bi za a, b R, tada je opće rješenje jednadžbe (1.7) dano formulom = C 1 e a cos(b) + C e a sin(b), C 1, C R. 9
Zadatak 1.19. Provjerite da su gornjim formulama u sva tri slučaja zaista dana rješenja jednadžbe (1.7). Rješenje: Zadaća. Zadatak 1.. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: { = (a) () =, () = { + 4 = (b) () =, () = 1 (c) + =. Rješenje: (a) Karakteristična jednadžba λ λ = ima rješenja λ 1 = 1, λ =, pa je opće rješenje zadane jednadžbe = C 1 e + C e. Iz uvjeta () = dobijemo C 1 + C =, a iz () = slijedi = ( C 1 e + C e ) = = C 1 + C. Iz tih jednadžbi dobijemo C 1 = 4 i C 3 =, pa je traženo rješenje 3 jednako = 4 3 e + 3 e. (b) Karakteristična jednadžba λ + 4λ = ima rješenja λ 1, = ±i, pa je opće rješenje zadane jednadžbe = C 1 e cos() + C e sin() = C 1 cos() + C sin(). Iz uvjeta () = dobijemo C 1 1 + C =, tj. C 1 =, a iz () = 1 slijedi 1 = C cos() = = C, pa je C = 1. Traženo rješenje je stoga = 1 sin(). (c) Karakteristična jednadžba λ λ + 1 = ima rješenja λ 1 = λ = 1, pa je opće rješenje zadane jednadžbe = C 1 e + C e. 3
Linearne nehomogene jednadžbe. reda s konstantnim koeficijentima Sada rješavamo općenite linearne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima, tj. jednadžbe oblika + p + q = f(), p, q R. (1.8) Funkciju f() zovemo funkcijom smetnje. Neka je P bilo koje rješenje jednadžbe (1.8) (zvat ćemo ga partikularnim rješenjem), te neka je H opće rješenje pripadne homogene jednadžbe + p + q =. Opće rješenje jednadžbe (1.8) je dano s = H + P. Prethodno smo opisali kako naći H, no kako naći P? U nastavku su nabrojani neki posebni slučajevi u kojima možemo pogoditi p. Neka su opet λ 1 i λ rješenja karakteristične jednadžbe λ + pλ + q =. Ako je funkcija smetnje oblika f() = P n ()e a, gdje je P n neki polinom stupnja n: (a) ako je λ 1 a i λ a, tada partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q n ()e a, (b) ako je λ 1 = a i λ a (ili λ 1 a i λ = a), tada partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q n ()e a, (c) ako je λ 1 = λ = a, tada partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q n ()e a, gdje je u sva tri slučaja Q n neki polinom stupnja n. Ako je funkcija smetnje oblika f() = P n () cos(b) + R m () sin(b), gdje je P n neki polinom stupnja n i R m neki polinom stupnja m: (a) ako je λ 1, ±bi, tada partikularno rješenje tražimo u obliku P = S k () cos(b) + T k () sin(b), (b) ako je λ 1, = ±bi, tada partikularno rješenje tražimo u obliku P = (S k () cos(b) + T k () sin(b)), 31
gdje su u oba slučaja S k i T k neki polinomi stupnja k = ma{n, m}. Napomena. Gornji kriteriji se mogu objediniti i iskazati u generalnijoj varijanti: ako je funkcija smetnje oblika f() = e a [P () cos(b) + Q() sin(b)], gdje su polinomi P i Q stupnja manjeg ili jednakog od k, tada jednadžba (1.8) ima partikularno rješenje oblika P = m e a [S() cos(b) + T () sin(b)], gdje je m kratnost broja a + bi kao nultočke pripadne karakteristične jednadžbe λ + pλ + q = (ako nije nultočka m =, inače je 1 ili ), te gdje su S i T neki polinomi stupnja k. Ukoliko funkcija smetnje ima oblik f = f 1 + f, te ako funkcijama smetnje f 1 i f odgovaraju redom partikularna rješenja P1 i P, tada će nam funkcija p = P1 + P biti partikularno rješenje koje odgovara funkciji smetnje f. Ovo svojstvo linearnih diferencijalnih jednadžbi naziva se načelo superpozicije. Zadatak 1.1. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) 1 = + 1 (b) 4 + 4 = e { = 1 (c) () =, () = (d) = e (e) = cos (f) = 1 + cos (g) + =. Rješenje: (a) Prvo rješavamo pripadnu homogenu jednadžbu 1 =. Njena karakteristična jendadžba λ λ 1 = ima rješenja λ 1 = 3, λ = 4, pa je opće rješenje homogene jednadžbe dano s H = C 1 e 3 + C e 4. 3
Trebamo sada naći jedno partikularno rješenje. Zadana funkcija smetnje f() = + 1 ima oblik P n ()e a za P n () = + 1 (polinom stupnja n = 1) i a =. Očito a = nije rješenje karakteristične jednadžbe, pa partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q 1 ()e = Q 1 (). Jer je Q 1 () polinom prvog stupnja, partikularno rješenje tražimo u obliku P = A + B, za neke konstatne A i B koje moramo odrediti. Njih odredimo tako da uvrstimo P u početnu jednadžbu: (A + B) (A + B) 1(A + B) = + 1 A 1A 1B = + 1 1A + ( A 1B) = 1 + 1, { 1A = 1 1 iz čega vidimo da mora biti, tj. imamo A = 1 A 1B = 1 i B = 11. Dobili smo 144 P = 1 11, pa je opće rješenje polazne 1 144 jednadžbe jednako: = H + P = C 1 e 3 + C e }{{ 4 1 } 1 11 144 H }{{} P. (b) Vrijedi λ 4λ + 4 = λ 1, = H = C 1 e + C e. Jer f() = e ima oblik P n ()e a za P n () = 1, n = i a = 1 λ 1,, partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q ()e 1, gdje je Q polinom stupnja, dakle konstanta. Stoga u jednadžbu uvrštavamo P = Ae da bi našli konstantu A. Dobijemo Ae 4Ae + 4Ae = e, iz čega slijedi A = 1. Opće rješenje polazne jednadžbe je stoga: = H + P = C 1 e + C e + e. (c) Vrijedi λ λ = λ 1 =, λ = 1 H = C 1 + C e. Jer f() = 1 ima oblik P n ()e a za P n () = 1, n = i a =, te a = λ 1 i a λ, partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q ()e, gdje je Q polinom stupnja, dakle konstanta. Stoga u jednadžbu uvrštavamo P = A da bi našli konstantu A. Dobijemo A = 1, iz čega slijedi A = 1. Opće rješenje polazne jednadžbe je stoga: = H + P = C 1 + C e. 33
Uvjet () = daje C 1 + C =, dok uvjet () = daje C = 3. Traženo rješenje je = 3 + 3e. (d) Vrijedi λ λ = λ 1 =, λ = 1 H = C 1 + C e. Jer f() = e ima oblik P n ()e a za P n () =, n = 1 i a = 1, te a λ 1 i a = λ, partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q 1 ()e 1, gdje je Q 1 polinom stupnja 1, dakle Q 1 () = A + B za neke konstante A i B. Partikularno rješenje tražimo u obliku P = (A + B) e : (A + 4A + B + A + B)e (A + A + B + B)e = e }{{}}{{} P P iz čega slijedi { A = 1 A + B (A + A + B)e = e A + A + B =, =, tj. A = 1 = H + P = C 1 + C e + i B = 1. Opće rješenje je: ( ) 1 e. (e) Vrijedi λ λ = λ 1 =, λ = 1 H = C 1 + C e. Jer f() = cos ima oblik P n () cos(b)+r m () sin(b) za P n () = 1 i R m () =, n = m = i b = 1, te λ 1, ±bi, partikularno rješenje tražimo u obliku P = S () cos(b) + T () sin(b), gdje su S () i T () konstante. Dakle, u početnu jednadžbu uvrštavamo P = A cos + B sin : ( A cos B sin ) ( A sin + B cos ) = cos }{{}}{{} P P ( A B) cos + ( B + A) sin = 1 cos + sin, iz čega slijedi A B = 1 i B + A =, tj. A = B = 1. Opće rješenje početne jednadžbe je: = H + P = C 1 + C e 1 cos 1 sin. (f) U ovom slučaju nam je funkcija smetnje f() = 1 + cos zbroj dvije funkcije f 1 () = 1 i f () = cos takve da možemo odrediti partikularno rješenje P1 za = f 1 () i partikularno rješenje P za 34
= f (). Partikularno rješenje za zbroj f 1 () + f () će biti upravo zbroj partikularnih rješenja P1 + P pojedinačnih probrojnika. Stoga je opće rješenje zadane jednadžbe: = H + P1 + P = C 1 + C e 1 cos 1 sin. ( H, P1 i P smo izračunali u prethodnim zadacima.) (g) λ + 1 = λ 1, = ±i H = C 1 cos + C sin. Jer f() = ima oblik P n ()e a za P n () =, n = i a = λ 1,, partikularno rješenje tražimo u obliku P = Q ()e, gdje je Q polinom stupnja, dakle Q () = A + B + C. Uvrštavanjem P u jednadžbu dobijemo: }{{} A + A } + {{ B + C } = P P A + B + A + C =, pa zaključujemo A = 1, B = i C =. Stoga je opće rješenje dano formulom: = H + p = C 1 cos + C sin +. Zadatak 1.. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) { 8 + 1 = 1 () = 1 1, () = 4 (b) 4 + 4 = e (c) + 9 = 3 sin(3) (d) 9 = e 3 + cos(3) 3. Rješenje: Zadaća. 35
Ravnoteža žice Promatramo ravnotežni položaj tanke žice na koju djeluje vanjska sila. Nedeformirani položaj žice opisujemo segmentom [, l] na -osi. Neka je f() vertikalna komponenta gustoće vanjske sile (sile po jedinici duljine) u točki [, l]. Zbog utjecaja vanjske sile, žica se deformira; označimo sa u() progib žice u točki [, l]. f() l deformacija u() l Uvedimo sljedeće oznake i pretpostavke: Napetost žice p (horizontalna komponenta sile) je konstantna. Žica se nalazi u homogenom sredstvu koje ima konstantan koeficijent elastičnosti q. Rubni uvjeti: oba kraja žice su pričvršćena na visini. Pokaže se da tada ravnotežni položaj žice u() zadovoljava sljedeću linearnu diferencijalnu jednadžbu drugog reda s konstantnim koeficijentima: pu () + qu() = f(), [, l], (1.9) u() = u(l) =. Izvod ove jednadžbe (uz dodatne pretpostavke malih progiba i malih deformacija) može se vidjeti u [5]. Zadatak 1.3. Teška žica mase m =, duljine l = 1, te napetosti p = 5, nalazi se u homogenom sredstvu koeficijenta elastičnosti q =, te se deformira pod utjecajem vlastite težine. Odredite joj ravnotežni položaj, ako su joj oba kraja pričvršćena. Rješenje: Gustoća vanjske sile je u ovom slučaju f() = mg = 1 = 5. l 1 3 Negativan predznak stoji iz razloga što sila teža ima suprotnu orijentaciju od 36
vektora j. Jednadžba (1.9) glasi: 5u + u = 5 u 4u = 1 3 3 λ 4 = λ 1, = ± u H = C 1 e + C e. Partikularno rješenje tražimo u obliku konstante u P = A. Uvrštavajući je u jednadžbu, dobivamo 4A = 1, tj. u 3 P = 1. Dakle, 1 u = u H + u P = C 1 e + C e 1 1. Iz rubnih uvjeta dobivamo linearan sustav { C1 + C = 1 1 C 1 e 4 + C e 4 = 1 1, 1 čije je rješenje C 1 =, C e 1(1+e 4 ) = 4 = 1, pa je 1(1+e 4 ) 1(1+e 4 ) e u() = 1(1 + e 4 ) + e 1(1 + e 4 ) 1 1 = 1 ch() + ch( 4) 1 1 ch(4) + 1 1. Zadatak 1.4. Odredite ravnotežni položaj žice duljine l = 4π, zanemarive mase, napetosti p = 1, koja se nalazi u homogenom sredstvu koeficijenta elastičnosti q = 9, ako su joj oba kraja pričvršćena, te je gustoća vanjske sile dana formulom f() = 13 sin() + 13 cos() Rješenje: u + 9u = 13 sin() + 13 cos() u 9u = 13 sin() 13 cos() λ 9 = λ 1, = ±3 u H = C 1 e 3 + C e 3. Partikularno rješenje tražimo u obliku u P = A sin() + B cos(). Uvrštavajući ga u jednadžbu, te sortirajući koeficijente uz sin() i cos(), dobijemo 13A = 13 i 13B = 13, tj. A = B = 1. Dakle, u = u H + u P = C 1 e 3 + C e 3 + sin() + cos(). 37
Iz rubnih uvjeta dobivamo linearan sustav { C1 + C = 1 C 1 e 1π + C e 1π = sin(8π) cos(8π) = 1, čije je rješenje C 1 = 1, C e 1π +1 = 1, pa je e 1π +1 u() = e3 e 1π + 1 e 3 + sin() + cos(). e 1π + 1 Metoda varijacije konstanti za odredivanje partikularnog rješenja* U slučajevima kada funkcija smetnje nije odgovarajućeg oblika, možemo ponekad doći do općeg rješenja jednadžbe (1.8) na sljedeći način. Neka rješenje pripadne homogene jednadžbe ima oblik H = C 1 1 () + C (). Posebno, 1 () i () su rješenja pripadne homogene jednadžbe. rješenje nehomogene jednadžbe tražimo u obliku Opće = C 1 () 1 () + C () () (1.1) za neke funkcije C 1 () i C () koje moramo odrediti. dobijemo: Nakon deriviranja = C 1 () 1() + C () () + C 1() 1 () + C () () }{{}. Želimo odabrati takve funkcije C 1 () i C () da vrijedi uvjet C 1() 1 () + C () () =. (1.11) Ostaje nam = C 1 () 1() + C () (), pa nakon još jednog deriviranja dobijemo: = C 1 () 1() + C () () + C 1() 1() + C () () }{{}. Želimo odabrati takve funkcije C 1 () i C () da vrijedi još i uvjet C 1() 1() + C () () = f(). (1.1) 38
Ako uspijemo naći C 1 () i C () takve da vrijede uvjeti (1.11) i (1.1), tada tvrdimo da je formulom (1.1) dano rješenje jednadžbe (1.8): + p + q = C 1 () 1() + C () () + f() }{{} + p (C 1 () 1() + C () ()) }{{} + q (C 1 () 1 () + C () ()) }{{} = C 1 () ( 1() + p 1() + q 1 ()) }{{} + C () ( () + p () + q ()) +f() }{{} = f(). Rezimirajmo kako funkcionira metoda varijacije konstanti za jednadžbu (1.8): Prvo nademo opće rješenje pripadne homogene jednadžbe u obliku H = C 1 1 () + C (). Zatim nademo funkcije C 1 () i C () koje zadovoljavaju sustav { C 1() 1 () + C () () = C 1() 1() + C () () = f(). (1.13) Opće rješenje polazne jednadžbe je = C 1 () 1 () + C () (). Zadatak* 1.5. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) + = 1 sin (b) = Rješenje: e 1 + e. (a) Rješenje pripadne homogene jednadžbe je H = C 1 cos + C sin. Sustav (1.13) u ovom slučaju je: C 1 cos + C sin = C 1 sin + C cos = 1 sin. 39
Prvu jednadžbu pomnožimo sa cos, drugu sa sin, te ih oduzmemo. Dobijemo: C 1 cos + C 1 sin = 1 C 1 (cos + sin ) = 1 }{{} 1 C 1 = 1 C 1 = + D 1 C = cos sin = ctg C = ln sin + D. Opće rješenje zadane jednadžbe je: = ( + D 1 ) cos + (ln sin + D ) sin = D 1 cos + D sin cos + sin ln sin. (b) Rješenje pripadne homogene jednadžbe je H = C 1 + C e. Sustav (1.13) u ovom slučaju je C 1 + C e = iz čega slijedi: 1 C = 1 + e d = }{{ } t=1+e e C 1 = 1 + e d } {{ } t=e C e = e 1 + e, dt t(t 1) = ln(1 + e ) + D = Opće rješenje zadane jednadžbe je: dt t + 1 = ln(1 + e ) + D 1. = ( ln(1 + e ) + D 1 ) + ( ln(1 + e ) + D )e = D 1 + D e + e ln(1 + e ) e ln(1 + e ). Zadatak* 1.6. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) 4 + 5 = (b) + 4 = ctg(). Rješenje: Zadaća. e cos 4
1.. Snižavanje reda* Neke jednadžbe višeg reda možemo pogodnim supstitucijama svesti na jednadžbe manjeg reda. Takve su npr. jednadžbe u kojima se ne javlja, tj. jednadžbe oblika F (,, ) =. Za njih izaberemo supstituciju p = (kao funkcije u varijabli ). Tada je p =, pa smo time dobili jednadžbu koja je prvog reda. F (, p, p ) = Zadatak* 1.7. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) + = { + = (b) () =, () = (c) = ( ) (d) = + ctg. Rješenje: (a) Supstitucija p =, p = daje jednadžbu: p separacija varijabli dp + p = p = = p()d + C = C 1 d p = C 1 e e d + C. (Iako je funkcija e integrabilna, njena primitivna funkcija se ne može zapisati pomoću elementarnih funkcija, pa gornji integral ne možemo eksplicitno izračunati.) (b) Supstitucija p =, p = daje jednadžbu: [ p linearna 1. reda + p = p = e d e d d + C 1 ] = e (e e + C 1 ) = C 1 e + 1 41
= p()d+c = C 1 (C 1 e + 1)d+C = C 1 e + +C. Iz uvjeta () = slijedi C 1 + C =, a iz uvjeta () = imamo = ( C 1 e + 1) = = C 1 1. Dakle, C 1 = C = 1, pa je traženo rješenje jednako = e + + 1. (c) Supstitucija p =, p = daje jednadžbu: p = p separacija varijabli 1 p dp = d 1 p = + C 1 d d = p = 1 C 1 1 d = C 1 d = C ln(c 1 ). Singularni slučaj p = = C je očito takoder rješenje. (d) Ovaj put supstitucija p =, p = daje jednadžbu p = p + ctg p p = p + ctg p, koja je homogena, dakle uvodimo supstituciju u = p, p = u + u: u + u = u + ctg u 1 tg u du = d }{{} t=cos u ln cos u = ln + C 1 u = arccos C 1 p = arccos C 1. 4
Jer je p = d d, vrijedi: = arccos C 1 d arccos(c1 t) = dt t }{{}}{{ 3 } t= 1 f=arccos(c 1 t), dg= dt t 3 = arccos(c 1t) + C 1 dt t t 1 C1t }{{} t= sin s C 1 = 1 arccos C 1 + C 1 = 1 arccos C 1 + C 1 = 1 arccos C 1 C 1 = 1 arccos C 1 C 1 cos s ds cos s 1 sin s ds cos s }{{} = ctg s ctg arcsin C 1 + C C1 + C. Singularni slučajevi za ctg u =, odnosno = ( k + 1 4) π + C daju rješenja. Zadatak 1.8. U zadatku 1.11 odredite položaj (visinu) (t) kugle u trenutku t, ako je kugla poštena s visine. Rješenje: Zadaća. Druga klasa jednadžbi kojima možemo sniziti red su jednadžbe u kojima se ne javlja, tj. jednadžbe oblika F (,, ) =. Neka p bude funkcija za koju vrijedi p(()) = () (odnosno p =, samo što sada gledamo na p kao na funkciju u varijabli ). Tada vrijedi jednakost () = p (()) () = p (()) p(()) 43
(odnosno = p p, gdje je p = dp ), i time smo početnu jednadžbu sveli na d jednadžbu F (, p, p p) = po varijabli i nepoznanici p, koja je prvog reda. Zadatak* 1.9. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) + = { + ( ) = (b) () = 3, (1) =. Rješenje: (a) Stavimo p = i p p =, pa dobijemo jednadžbu p p + = kojoj možemo separirati varijable: p dp = d Jer je p = = d d, imamo: p = + C 1 p = ± C 1. d d = ± C 1 d = ± d C1 }{{} arcsin = C 1 sin t ( C1 ) = ± + C = C 1 sin(± + C ) = C 1 sin( + C ). (b) Stavimo p = i p p =, pa dobijemo jednadžbu p p + p =, tj. 44
p = p kojoj možemo separirati varijable: dp d p = ln p = ln + C 1 p = C 1 d d = C 1 d = C 1 d = C 1 + C = ± C 1 + C. Iz uvjeta () = 3 slijedi 9 = C 1 + C, dok iz uvjeta (1) = 1 imamo: C 1 = =1 C 1 =, C = 9. C 1 + C Dakle, traženo rješenje je konstantna funkcija = 3. Zadatak* 1.3. Riješite sljedeće diferencijalne jednadžbe: (a) = ( ) (b) = 1 { (e + 1) + = (c) () =, (1) = (d) = ( 1) ctg (e) = (f) + ( ) = ( ) 3 (g) + ( ) = (h) =. Rješenje: Zadaća. 45
Poglavlje Funkcije više varijabli U ovom poglavlju proučavamo fukcije f : S R, gdje je S R n za neki prirodan broj n. Takve funkcije zovemo realne funkcije u n varijabli. Elemente domene S najčešće označavamo s = ( 1,,..., n ) S. Ukoliko je n = ili n = 3, elemente domene S označavamo i s (, ), odnosno (,, z)..1 Prirodna domena funkcije Prirodna domena realne funkcije f u n varijabli je skup svih uredenih n-torki = ( 1,,..., n ) R n takvih da je vrijednost f( 1,,..., n ) R dobro definirana. Prirodnu domenu funkcije f označavamo s D f. Graf funkcije f je skup: Γ f = {(, f(): D f )}. Zadatak.1. Odredite i skicirajte prirodnu domenu sljedećih funkcija: (a) f(, ) = 1 + + 1 + (b) f(, ) = 9 + ln() (c) f(, ) = arctg 1 1 + (d) f(, ) = ln( ln( )) (e) f(, ) = arccos 4 + + ln 46
(f) f(, ) = arcsin + + ln( ) (g) f(, ) = 9 ++ 3 36 +4 7 (h) f(, ) = 1 ln( + ) (i) f(, ) = + 1 +. Rješenje: (a) Zbog D = [, + mora vrijediti 1 + i 1 +, tj. imamo presjek dva uvjeta: 1 i 1. Rješenje je stoga D f = { (, ) R : 1, 1 } = [ 1, + [ 1, +. ( 1, 1) (b) Mora biti 9, odnosno [ 3, 3]. Takoder, zbog D ln =, + mora vrijediti >, što znači da su i istih predznaka, tj. točka (, ) se mora nalaziti u prvom ili u trećem kvadrantu, ne uključujući koordinatne osi. Vidimo da je rješenje D f = { (, ) R : [ 3, 3], > } =, [ 3,, +, 3]. 47
(, 3) (, 3) (c) Vrijedi D arctg = R, pa imamo samo uvjete 1+ i 1+, tj. 1 (sjetimo se da je krivulja = 1 zapravo parabola). Rješenje je: D f = { (, ) R : > 1 }. (, 1) = 1 ( 1, ) (d) Imamo presjek dva uvjeta: (i) >, tj. vrijedi <. (ii) ln( ) >, pa stoga mora vrijediti jedan od sljedeća dva uvjeta (A) ili (B): (A) > i ln( ) >, odnosno > i > e = 1. Dakle, mora vrijediti > i < 1. (B) < i ln( ) <, odnosno < i < e = 1. Dakle, mora vrijediti < i > 1. Vodimo računa da riječ ili zapravo znači unija skupova koji proizlaze iz navedenih uvjeta (A) i (B). 48
Rješenje je: D f = { (, ) R : <, ln( ) > }. = (1, ) (, 1) (e) Imamo presjek dva uvjeta: = 1 (i) >, tj. točka (, ) se mora nalaziti u prvom ili u trećem kvadrantu, ne uključujući koordinatne osi. Usput, uočimo da je naš uvjet > ekvivalentan s uvjetom >. (ii) Zbog D arccos = [ 1, 1] moraju vrijediti nejednakosti 4 1 + 1. Uvjet (ii) je ekvivalentan presjeku sljedećih dvaju uvjeta (A) i (B): (A) + + 1 + 4 + 4 5 4 1 +, ( + ) 4 ( + 1) + ( ) 5. Dakle, točka (, ) se nalazi na ili izvan kružnice polumjera 5 sa središtem u točki ( 1, ). (B) + 1 + + 4 + 4 5 4 + 1, ( + ) 4 + ( 1) + ( + ) 5. 49
Dakle, točka (, ) se nalazi na ili izvan kružnice polumjera 5 sa središtem u točki (1, ). Konačno rješenje će biti presjek uvjeta (i), (A) i (B): D f = {(, ) R : >, ( + 1) + ( ) 5, ( 1) + ( + ) 5}. ( 1, ) (1, ) (f) Imamo presjek dva uvjeta: (i) >, odnosno <. (ii) Zbog D arcsin = [ 1, 1] moraju vrijediti nejednakosti 1 + 1. Ovaj uvjet je ekvivalentan presjeku sljedećih dvaju uvjeta: (A) (B) 1 +. Ovaj uvjet ne daje nove restrikcije, tj. u našem slučaju vrijedi, jer je +, a iz uvjeta (i) vidimo da je i > ; zato je desna strana gornje nejednakosti nenegativna, pa je veća od 1. + 1 + + + 1 + 1, ( ) + ( 1) + ( + 1). 5
Dakle, točka (, ) se nalazi na ili unutar kružnice polumjera sa središtem u točki (1, 1). Rješenje će biti presjek uvjeta (i) i (B): D f = { (, ) R : ( 1) + ( + 1), < } = { (, ) R : ( 1) + ( + 1) } \ {(, )}. = (1, 1) (g) 9 ++ 3 36 +4 7 9 ++ 3 36 +4 7 3 +4+ 3 36 +4 7 / log3 (rastuća) + 4 + 36 + 4 7 4 + 9 36 3 + 1. Dakle, točka (, ) leži na rubu ili izvan elipse sa središtem u ishodištu i poluosima duljine 3 i : } D f = {(, ) R : 9 + 4 1. 51
(, ) (3, ) (h) Imamo presjek dva uvjeta: (i) + >, odnosno >. (ii) 1, odnosno 1 (sjetimo se da je krivulja = 1 zapravo parabola). Rješenje je: D f = { (, ) R : < 1 }. = = 1 (i) Imamo presjek dva uvjeta: +1 (odnosno 1), te (odnosno ). Sjetimo se da je krivulja = 1 zapravo hiperbola. Rješenje je: D f = { (, ) R : 1, }. 5
= = 1 Zadatak.. Odredite i skicirajte prirodnu domenu sljedećih funkcija: (a) f(, ) = ln( + ) + 1 (b) f(, ) = 1 1 + (c) f(, ) = ln(1 ) + (d) f(, ) = e 1 + (e) f(, ) = arccos( ). Rješenje: Zadaća. 53
. Plohe drugog reda Ploha je skup svih točaka u R 3 čije koordinate zadovoljavaju zadanu jednadžbu F (,, z) =. Ploha je drugog reda, ako je F polinom drugog stupnja u tri varijable, tj. funkcija oblika F (,, z) = A + B + Cz + D + Ez + F z + G + H + Iz + J, gdje su A, B, C, D, E, F, G, H, I, J konstante. U ovom odjeljku ćemo skicirati neke jednostavne plohe (drugog reda)...1 Rotacijske plohe Ploha je rotacijska, ako se može zadati jednadžbom oblika z = f( + ). Takvu plohu možemo skicirati na način da prvo u z-ravnini skiciramo graf funkcije f( ), te ga zatim rotiramo oko z-osi. Zadatak.3. Skicirajte sljedeće plohe: (a) z = + (b) z = (c) z = + (d) z = 1 + (e) z = e + (Prve dvije plohe su kružni paraboloidi, a druge dvije kružni stošci. Zadnja nije ploha drugog reda). Rješenje: (a) U z-ravnini skiciramo parabolu z =, koju zatim rotiramo oko z-osi. 54
z (b) Zadana ploha je očito rotacijska, jer je možemo zadati i jednadžbom z = ( + ). U z-ravnini skiciramo parabolu z =, koju zatim rotiramo oko z-osi. z (, ) (c) U z-ravnini ( = ) imamo z =, odnosno z = ±. Da bi skicirali traženu plohu, oba ta pravca rotiramo oko z-osi. Uočimo da se ovdje zapravo radi o uniji dvije rotacijske plohe: z = + i z = +. 55
z (d) U z-ravnini skiciramo graf funkcije z = 1, kojeg zatim rotiramo oko z-osi. z (, 1) (e) U z-ravnini skiciramo graf funkcije z = e, kojeg zatim rotiramo oko z-osi. z (, 1) 56
Napomena. Plohe zadane jednadžbom oblika = f( + z ) (odnosno jednadžbom oblika = f( + z )) su takoder rotacijske. Skiciraju se tako da se u z-ravnini skicira graf funkcije f( z ), koji se potom rotira oko -osi (odnosno tako da se u -ravnini skicira graf funkcije f( ), koji se potom rotira oko -osi)... Cilindrične plohe Ploha je cilindrična, ako se može zadati jednadžbom oblika F (, ) =. Takvu plohu možemo skicirati na način da prvo u -ravnini skiciramo krivulju F (, ) =, te nju zatim translatiramo duž z-osi. Zadatak.4. Skicirajte sljedeće plohe: (a) + = 1 (b) =. Rješenje: (a) U -ravnini skiciramo kružnicu + = 1, koju zatim translatiramo duž z-osi. Dobijemo obostrano neograničeni kružni valjak. z (1, ) (b) U -ravnini skiciramo parabolu =, koju zatim translatiramo duž z-osi. 57
z Napomena. Plohe zadane jednadžbom oblika F (, z) = (odnosno jednadžbom oblika F (, z) = )) su takoder cilindične. Skiciraju se tako da se u z-ravnini skicira krivulja F (, z) =, koju potom translatiramo duž - osi (odnosno tako da se u z-ravnini skicira krivulja F (, z) =, koju potom translatiramo duž -osi). Zadatak.5. Skicirajte tijela omedena plohama: (a) + = 1, + = 4, z = i z = (b) z = + i z = + (c) = + z i = 4 + z (d) + =, + =, z = i z = 3 (e) z =, z =, = i = 4. Rješenje: Zadaća. Napomena. Dodatne plohe drugog reda možete vidjeti na sljedećem linku: http://www.grad.unizg.hr/ download/repositor/plohe drugog reda.pdf 58
.3 Parcijalne derivacije Definicija. Neka je Ω R otvoren podskup, f : Ω R i (, ) Ω. Parcijalna derivacija od f po varijabli u točki (, ) je sljedeći limes (ako postoji): f ( f(, ) f(, ), ) := lim. Parcijalna derivacija od f po varijabli u točki (, ) je sljedeći limes (ako postoji): f ( f(, ) f(, ), ) := lim. Ako funkcija f ima parcijalne derivacije po varijabli (ili po varijabli ) u svim točkama skupa Ω, onda je dobro definirana funkcija f : Ω R (ili f : Ω R), koju zovemo parcijalna derivacija funkcije f po varijabli (ili po varijabli ). Ukoliko postoji f, tada se radi takoder o funkciji dvije varijable, koja može imati svoje pripadne parcijalne derivacije po varijabli, odnosno ; ako postoje, označavamo ih redom f i f. Analogno, koristimo oznake f i f f za parcijalne derivacije funkcije po varijablama i redom. Kažemo da su funkcije f i f parcijalne derivacije prvog reda od f, te funkcije f, f, f, f parcijalne derivacije drugog reda od f. Analogno definiramo parcijalne derivacije od f viših redova. Kažemo da je funkcija klase C k, ako ima parcijalne derivacije svih redova do uključivo k i one su neprekidne. Kažemo da je funkcija glatka ili klase C, ako ima neprekidne parcijalne derivacije svih redova. Termin dovoljno glatka podrazumijeva da postoje i neprekidne su sve parcijalne derivacije koje se javljaju u računu. Potpuno analogno definiramo parcijalne derivacije funkcija u tri ili više varijabli, te klase C k. Teorem (Schwarz). Neka funkcija f ima neprekidne parcijalne derivacije 59
prvog i drugog reda. Tada vrijedi f = f. Analogna tvrdnja vrijedi za funkcije u više od dvije varijable. Dakle, parcijalne derivacije funkcije više varijabli možemo uzimati u bilo kojem poretku. f Stoga za funkciju f klase C ne razlikujemo i mješovitom parcijalnom derivacijom drugog reda. f, te oboje zovemo Parcijalne derivacije glatke funkcije u pravilu ne računamo po definiciji, nego ju deriviramo kao funkciju jedne varijable (one po kojoj uzimamo parcijalnu derivaciju), a prema svim ostalim varijablama se ponašamo kao da su konstante. Zadatak.6. Izračunajte parcijalne derivacije prvog i drugog reda sljedećih funkcija: (a) f(, ) = cos (b) f(,, z) = + z (c) f(,, z) = z. Odredite i f. (1,,3) Rješenje: (a) f = ( cos ) ( ) = sin f = ( cos ) ( ) = sin 1 = 1 sin = sin f = ( ) f = ( 1 sin ) = 1 ( ) cos 1 = 1 cos f = ( ) f = ( 1 sin ) = 1 sin 1 ( ) cos = 1 sin + cos 3 6
f Schwarzov teorem f = = 3 f = 1 sin + cos 3 ) = ( sin ) sin + ( ) cos = ( f (b) Vrijedi f(,, z) = + = z z + z. f = ( z + ) = 1 z z f = ( z + ) = 1 z z f z = ( ) + = + z z z f = ( ) f = ( ) 1 = z f = ( ) f = ( ) 1 = z f z = ( ) f = ( ) 1 = 1 z z z z = 3 sin 4 cos. f Schwarzov teorem f = = f = ( ) f = ( ) 1 = z f z = ( ) f = ( ) 1 = 1 z z z z f z f z Schwarzov teorem = Schwarzov teorem f z = z = ( f z f z = 1 z f z = 1 z ) = ( + ) = z z + z 3. 61
(c) f = (z ) = z ln z f = (z ) = z ln z f z = z (z ) = z 1 f = ( ) f = (z ln z ) = z ln z f = ( ) f = (z ln z ) = z ln z ln z + z ln z = z ln z + z ln z ( ) f = z (z ln z ) f z = z = z 1 ln z + z 1 z = z 1 ln z + z 1 f Schwarzov teorem f = = z ln z + z ln z f = ( ) f = (z ln z ) = z ln z f z = ( ) f = z z (z ln z ) = = z 1 ln z + z 1 z = z 1 ln z + z 1 f = f (1,,e) (1,, e) = e ln e + e ln e = 3e f z f z Schwarzov teorem = Schwarzov teorem f z = z = ( f z f z = z 1 ln z + z 1 f z = z 1 ln z + z 1 ) = ( ) z 1 = ( 1)z. z 6
Zadatak.7. Neka je ϕ: I R glatka funkcija definirana na otvorenom intervalu I R, i stavimo z(, ) = Pokažite da vrijedi jednakost: 4 ϕ( ). z + z = z + z. Rješenje: Računamo parcijalne derivacije prvog reda funkcije z: z = 4 (ϕ( ) ) 4 (ϕ ( ) 1 1 + ) (ϕ( ) ) = 4 ϕ( ) 4 ϕ ( ) 4 (ϕ( ) ) z = 4 (ϕ ( ) ( ) ) (ϕ( ) ) = 8 ϕ ( ) + 8 (ϕ( ) ). Zatim ih uvrstimo u lijevu stranu tražene jednakosti: z + z = 4 ϕ( ) 4 ϕ ( ) 4 (ϕ( ) ) z + z = Dakle, vrijedi tražena jednakost. + 8 ϕ ( ) + 8 (ϕ( ) ) = 8 ϕ( ) 8 + 8 (ϕ( ) ) 8 ϕ( ) + 16 (ϕ( ) ) = 8 ϕ( ) 8 8 + 16 (ϕ( ) ) = 8 ϕ( ) 8 + 8 (ϕ( ) ). 63
Zadatak.8. Neka je ϕ: I R glatka funkcija definirana na otvorenom intervalu I R, i stavimo z(, ) = + ϕ ( ). Pokažite da je funkcija z rješenje sljedeće parcijalne diferencijalne jednadžbe: Rješenje: ( z = + ( ( z 1 = + ϕ ( ϕ ( ϕ ( = + ϕ ( ) ( z + z = + z. ) ) 1 ϕ ( ) ) = + ) + 1 ( ϕ ( ) ) ) ) ( ϕ ( ( ϕ ( ) ) ) ) 1 ( ) ϕ ϕ ( ) ) = + ϕ ( 1 ) ( ) ϕ + ( ϕ ( ) ) z + z = + ( ϕ ) + ( ϕ ( ) ) + + ϕ ( = + z. ) } {{ } z ( ϕ ) + ( ϕ ( ) ) Zadatak.9. Neka je ϕ: I R glatka funkcija definirana na otvorenom intervalu I R, i stavimo z(, ) = Pokažite da vrijedi jednakost: ( ). 1 + ϕ ln + ( ) z z + = z. 64
Rješenje: ( ) ( ) z ϕ ln + = ( ( )) = 1 + ϕ ln + ( ( 1 + ϕ ln + z 1 = = = ( 1 + ϕ ln + ( ϕ ln + ( 1 + ϕ ) ) )) ( 1 + ϕ ( ϕ ( 1 + ϕ ( ) ϕ ln + ( ( )) 1 + ϕ ln + ( ) (ϕ ln + ( ln + )) ln + ( )) ln + ) ( ) + ϕ ln + ( ln + )) + ( ( ) z z 3 + = ϕ ln + ( 1 + ϕ ( )) 1 + 3 ( ) + ϕ ln + ) ( ϕ ln + + ( 1 + ϕ + ( 1 + ϕ ln + 1 ( ) 1 + ϕ ln + ( ) + ϕ ln + ( ln + )) ) ) ( ) + 3 ϕ ln + ( ln + )) = ( ) = z. 1 + ϕ ln + Zadatak.1. Dokažite da je funkcija f(, ) = ( ) ϕ(( ) ) rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe f + f =. Rješenje: Zadaća. Zadatak.11. Neka je ϕ: I R glatka funkcija definirana na otvorenom intervalu I R. Odredite parcijalne derivacije prvog reda sljedećih funkcija: (a) f(, ) = ln ( ln( )) 65
(b) f(, ) = arctg( ) (c) f(, ) = cos ( ) (d) f(, ) = (e) f(, ) = ln + (f) f(, ) = ϕ( ) (g) f(, ) = + ϕ( + ) ( ) (h) f(, ) = + ϕ ( ) (i) f(, ) = ϕ. Rješenje: Zadaća. 66
.4 Teorem o implicitno zadanoj funkciji Od interesa je pitanje može li se neka zadana jednadžba F (, ) = riješiti po varijabli. Odgovor na to daje sljedeći teorem. Teorem (o implicitno zadanoj funkciji). Neka je funkcija F klase C 1 definirana na otvorenom skupu Ω R, te (, ) Ω točka za koju vrijede uvjeti: F F (, ) =, (, ). Tada postoji otvoreni interval I oko točke i jedinstvena neprekidna funkcija f : I R takva da vrijedi f( ) = i F (, f()) =, I. Štoviše, funkcija f je klase C 1 i vrijedi formula: f () = F F (, f()) I. (.1) (, f()), Dakle, lokalno oko točke (, ) za koju je F (, ) možemo rješiti jednadžbu F (, ) = po varijabli, tj. zapisati je u obliku = f() kao funkciju od (mada je često u praksi teško doći do takve funkcije f). Zadatak.1. Provjerite da se jednadžbom = može zadati funkcija = f() lokalno oko točke = 1. Izračunajte (1). Rješenje: Jednadžbu = ne možemo riješiti po poznatim algebarskim manipulacijama. Stavimo F (, ) =. Potrebno je provjeriti pretpostavke teorema o implicitno zadanoj funkciji, za točku (, ) = (1, ). Zbog uvjeta F (, ) =, odnosno 1 = 1 moramo staviti = 1. Funkcija F je očito klase C 1. Računamo: F (1, 1) = ( ln 1) (1,1) = 1 = 1. Prema teoremu o implicitno zadanoj funkciji, jednadžbom = može se zadati funkcija = f() lokalno oko točke = 1. Prema formuli (.1), vrijedi F (1, 1) (1) = F (1, 1) = 1 ln (1,1) = 1 ln 1 1 = 1. 67
Zadatak.13. (a) Provjerite da se jednadžbom + = 1 može zadati funkcija = f() lokalno oko točke (, ) = (, 1). Izračunajte (). (b) Može li se istom jednadžbom zadati funkcija = f() lokalno oko točke (, ) = (1, )? Rješenje: (a) U ovom slučaju nema potrebe koristiti teorem o implicitno zadanoj funkciji, budući da možemo direktno izvući = ± 1. Odlučiti ćemo se za = 1, jer mora biti ( ) =, tj. () = 1. Vrijedi: () = = =. 1 (b) Stavimo F (, ) = + 1. Vrijedi F F (1, ) =, ali (1, ) = =, (1,) pa nam teorem o implicitno zadanoj funkciji ne daje odgovor. Medutim, jasno je da se radi o kružnici radijusa 1, pa iz vertikalnog testa slijedi da nema tražene funkcije = f() oko točke (1, ). 68
.5 Tangencijalna ravnina na plohu Neka je ploha zadana jednadžbom F (,, z) =. Tangencijalna ravnina na tu plohu u točki T = (,, z ) te plohe je ravnina π T zadana jednadžbom F (,, z )( ) + F (,, z )( ) + F z (,, z )(z z ) =. (.) Napomena. Uočimo da je gornjom jednadžbom ravnina π T dobro definirana onda i samo onda ako je barem jedna parcijalna derivacija F (,, z ), F (,, z ) ili F ( z,, z ) različita od nule. Ukoliko za točku (,, z ) F te plohe vrijedi (,, z ) = F (,, z ) = F ( z,, z ) =, tada tu točku zovemo singularnom točkom dane plohe. U singularnim točkama plohe nije dobro definirana tangencijalna ravnina. Primjerice, zajednički vrh stožaca iz zadatka.3(c) je (jedina) singularna točka te plohe. Točku plohe koja nije singularna zovemo regularnom ili nesingularnom. Napomena. Pokazuje se da tangencijalna ravnina plohe ne ovisi o izboru jednadžbe kojom je ploha zadana. Pretpostavimo sada da je ploha dana eksplicitno formulom z = f(, ) (odnosno ploha je graf funkcije dvije varijable), i izvedimo formulu za tangencijalnu ravninu u točki (,, z ), gdje je z = f(, ). Ista ploha je zadana jednadžbom z f(, ) =, pa stavimo F (,, z) = z f(, ) i izračunajmo parcijalne derivacije od F : F (,, z ) = f (, ) F (,, z ) = f (, ) F z (,, z ) = 1. Dakle, jednadžba tangencijalne ravnine na plohu zadanu eksplicitno formulom z = f(, ) u točki (,, f(, )) glasi: z f(, ) = f (, )( ) + f (, )( ). (.3) 69