Matematika C. za študente FKKT UM. Petra Žigert Pleteršek & Matevž Crepnjak

Matematika C za študente FKKT UM ˇ Petra Žigert Pleteršek & Matevž Crepnjak

Avtorske pravice c 22 Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru AVTORJA: prof. dr. Petra Žigert Pleteršek doc. dr. Matevž Črepnjak PROSTO OSTOPNO E-GRAIVO: https://www.fkkt.um.si/ukemat AVTORICA SLIKE NA NASLOVNICI IN FOTOGRAFIJE: Zoja Pleteršek September, 22

Vsebina Funkcije veˇ c spremenljivk I 1 Skalarne funkcije.............................................. 9 1.1 efinicijsko obmoˇ cje in graf 1.2 Zveznost in limita 12 1.3 Parcialni odvod 16 1.4 Totalni diferencial 18 1.5 Posredno odvajanje 22 1.6 Taylorjeva formula 26 1.7 Lokalni ekstremi funkcije veˇ c spremenljivk 31 1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi 35 2 Veˇ ckratni integrali............................................ 41 2.1 vojni integral 41 2.2 Eulerjeva funkcija B 52 2.3 Trojni integral 54 3 Vektorske funkcije............................................ 61 3.1 Zveznost in diferenciabilnost 61 3.2 Nelinearni sistemi enaˇ cb 63 4 Naloge...................................................... 67 9

II Vektorska analiza 5 iferencialna geometrija v prostoru........................... 77 5.1 Krivulje 77 5.2 Ploskve 83 6 Krivuljni in ploskovni integral.................................. 89 6.1 Krivuljni integral 89 6.2 Ploskovni integral 93 6.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih 98 6.4 Trije integralski izreki 11 7 Naloge..................................................... 113 III Integralska transformacija 8 Laplaceova transformacija................................... 121 8.1 efinicija in lastnosti Laplaceove transformacije 121 9 Reševanje diferencialnih enačb.............................. 131 9.1 Navadne diferencialne enačbe 131 9.2 Parcialne diferencialne enačbe 136 1 Naloge..................................................... 141 Stvarno kazalo.............................................. 143

5 Predgovor Učbenik pred vami predstavlja nadaljevanje in nadgradnjo vsebin, ki so jih študenti kemije in kemijskega inženirstva na Fakulteti za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru spoznali v prvem letniku v okviru predmetov Matematika A in Matematika B. Poznavanje vsebin obeh predmetov je nujno potrebno za razumevanje vsebin v tem učbeniku. Vsebinsko učbenik zajema vpeljavo ter nato odvajanje in integriranje funkcij več spremenljivk. V nadaljevanju stopimo na področje vektorske analize, kjer spoznamo osnovne pojme v zvezi s krivuljami in ploskvami v prostoru, ki jim sledijo krivuljni in ploskovni integrali. Zaključimo z Laplaceovo transformacijo in uporabo le-te predvsem pri reševanju parcialnih diferencialnih enačb. Vsebina je, enako kot pri obeh matematikah v prvem letniku, diferenciirana glede na zahtevnost. Težje izpeljave in dokazi so obarvani z modro barvo in prispevajo k zadnjim 1 odstotkom, ki jih je možno doseči na testu oz. izpitu. Teoretičnim osnovam sledijo naloge, ki se bodo reševale na vajah v okviru predmeta Matematika C. Pred vami je zahtevna snov, a dobra osnova in sprotno delo vam bosta olajšala usvojitev zahtevanih vsebin. Učbenik je še v fazi priprave zato bralce zaprošava, da kakršnekoli napake sporočijo avtorjema na naslov petra.zigert@um.si ali matevz.crepnjak@um.si. Petra Žigert Pleteršek in Matevž Črepnjak

I Funkcije več spremenljivk 1 Skalarne funkcije..................... 9 1.1 efinicijsko območje in graf 1.2 Zveznost in limita 1.3 Parcialni odvod 1.4 Totalni diferencial 1.5 Posredno odvajanje 1.6 Taylorjeva formula 1.7 Lokalni ekstremi funkcije več spremenljivk 1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi 2 Večkratni integrali................... 41 2.1 vojni integral 2.2 Eulerjeva funkcija B 2.3 Trojni integral 3 Vektorske funkcije................... 61 3.1 Zveznost in diferenciabilnost 3.2 Nelinearni sistemi enačb 4 Naloge............................. 67

1. Skalarne funkcije Pri Matematikah A in B smo se ukvarjali s funkcijami ene spremenljivke, zdaj pa se bomo preselili v veˇcrazsežni realni prostor in spoznali funkcije veˇc spremenljivk. Pogledali bomo kako takšne funkcije odvajamo in v nadaljevanju tudi njihovo integriranje. 1.1 efinicijsko obmoˇ cje in graf efinicija 1.1.1 Funkcija n spremenljivk priredi vsaki toˇcki x (x1, x2,..., xn ) podmnožice Rn realno število y f (x) f (x1, x2,..., xn ), torej je preslikava f : Rn R. Množica je definicijsko obmoˇcje funkcije f. ˇ definicijsko obmoˇcje ni posebej podano, je to najveˇcja množica, za katero je predpis f Ce smiselen. Zgled 1.1 Za p naslednje primere funkcij veˇc spremenljivk poišˇci definicijska obmoˇcja. 1. f (x, y) 1 x 2 y2 1 x 2 y2 x 2 + y2 1 2 efinicijsko obmoˇcjepje krog v R s polmerom ena, skupaj z robom. 2. f (x, y) 1 x2 + 1 y2 1 x2 1 y2 efinicijsko obmoˇcje je kvadrat [ 1, 1]2. 3. Formula za izraˇcun prostornine valja je f (r, h) πr2 h r, h > R+ R+.

1 1. Skalarne funkcije 1 x 2 y 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 1 efinicijsko območje je krogla v R 3 s polmerom ena, skupaj z robom. O funkcijah dveh (ali več spremenljivk) lahko govorimo le, če so vse spremenljivke definicijskega območja medsebojno neodvisne. V R 2 na primer premica ali krivulja ni taka množica, medtem ko recimo kvadrat ali krog sta primera množic, kjer sta obe spremenljivki medsebojno neodvisni. Za formalno definiranje neodvisnosti potrebujemo pojem ε-okolice točke v R n, ki je posplošitev pojma okolice, ki smo ga spoznali pri Matematiki A. Ponovimo najprej nekaj pojmov iz linearne algebre. Za x (x 1,x 2,...,x n ) in y (y 1,y 2,...,y n ) iz vektorskega prostora R n je njun (standardni) skalarni produkt enak x,y V nadaljevanju bomo uporabljali oznako s piko za skalarni produkt, ki je običajnejša v matematični analizi Norma oz. dolžina x je Metrika oz. razdalja med x in y je n i1 x y x,y x x x x i y i. n i1 x i y i. n xi 2. i1 d(x,y) x y n (x i y i ) 2. i1 efinicija 1.1.2 Naj bo ε > in a (a 1,a 2,...,a n ) R n. Tedaj je ε-okolica točke a množica točk x (x 1,x 2,...,x n ) R n, ki zadoščajo pogoju d(x,a) (x 1 a 1 ) 2 + (x 2 a 2 ) 2 + + (x n a n ) 2 < ε. V R 2 je to krog (brez roba) s polmerom ε, v R 3 pa krogla (prav tako brez roba). Prav zato bomo za ε-okolico točke a uporabljali oznako K ε (a). Zdaj lahko formalno definiramo definicijsko območje funkcije več spremenljivk. efinicija 1.1.3 Podmnožica R n je lahko definicijsko območje funkcije n spremenljivk, če vsebuje kakšno ε-okolico vsaj ene svoje točke. S pomočjo ε-okolice lahko definiramo lego točke glede na območje. efinicija 1.1.4 Naj bo R n. Točka x je notranja točka množice, če kaka njena ε-okolica vsebovana v. Točka je zunanja točka, če kakšna njena ε-okolica ne seka množice. In nazadnje x je robna točka, če vsaka njena ε okolica vsebuje tako točke iz kot tudi točke, ki niso v.

1.1 efinicijsko območje in graf 11 Če je vsaka točka množica notranja, tedaj je odprta množica. Tako je recimo v R 2 krog brez roba odprta množica, z robom pa ne. Podobno velja v R 3 za kroglo brez roba. Funkcijo dveh spremenljivk f : R 2 R lahko geometrijsko ponazorimo z njenim grafom ki predstavlja neko ploskev v prostoru R 3. Γ( f ) {(x,y,z);(x,y),z f (x,y)} R 3, Pri risanju grafa funkcije dveh spremenljivk so nam v pomoč nivojnice. efinicija 1.1.5 Naj bo f : R 2 R in naj bo c R. Nivojnica N c je množica točk (x,y), za katere velja f (x,y) c. Poleg nivojnic za predstavitev grafa funkcije dveh spremenljivk uporabljamo še prereze. Prerez dobimo tako, da si izberemo neko krivuljo v in gledamo, kako se funkcija obnaša nad to krivuljo. Zgled 1.2 S pomočjo nivojnic in prerezov predstavi grafe funkcij. a) f (x,y) x 2 + y 2 Slika 1.1: Graf funkcije f (x,y) x 2 + y 2. b) f (x,y) x 2 + y 2

12 1. Skalarne funkcije Slika 1.2: Graf funkcije f (x,y) x 2 + y 2. c) f (x,y) 1 x 2 y 2 Slika 1.3: Graf funkcije f (x,y) 1 x 2 y 2. d) f (x,y) 3 x 2 y 1.2 Zveznost in limita Zveznost in limita funkcije več spremenljivk se definira na podoben način kot za funkcijo ene spremenljivke. Najprej bomo nove pojme pogledali za funkcijo dveh spremenljivk, ter jih zatem posplošili. efinicija 1.2.1 Naj bo f : R 2 R in L realno število. Če za vsak ε > obstaja δ > tak, da iz (x,y) K δ (a,b), (x,y) (a,b), sledi f (x,y) L < ε,

1.2 Zveznost in limita 13 Slika 1.4: Graf funkcije f (x,y) 3 x 2 y. tedaj je število L limita funkcije f v točki (a,b) in pišemo L lim f (x,y). (x,y) (a,b) efinicijo limite lahko posplošimo na funkcije več spremenljivk. efinicija 1.2.2 Naj bo f : R n R in L realno število. Če za vsak ε > obstaja δ > tak, da iz (x 1,x 2,...,x n ) K δ (a 1,a 2,...,a n ), (x 1,x 2,...,x n ) (a 1,a 2,...,a n ), sledi f (x 1,x 2,...,x n ) L < ε, tedaj je število L limita funkcije f v točki (a 1,a 2,...,a n ) in pišemo L lim x a f (x 1,x 2,...,x n ). efinicija 1.2.3 Funkcija dveh spremenljivk f : R 2 R je zvezna v točki (a,b), če za vsak ε > obstaja δ > tak, da za vsako točko (x,y) K δ (a,b) velja f (x,y) f (a,b) < ε. Zgled 1.3 Ali je funkcije f : R 2 R, podana s predpisom zvezna. f (x,y) x 2 y 2 x 2 + y 2 ; (x,y) (,) ; (x,y) (,) Opazimo, da je f (x,) 1, kar pomeni, da se točke na x osi blizu (,) vse preslikajo v 1, medtem ko se (,) preslika v, kar pomeni, da f ni zvezna. efinicijo zveznosti lahko seveda posplošimo na funkcijo več spremenljivk.

14 1. Skalarne funkcije efinicija 1.2.4 Funkcija več spremenljivk f : R n R je zvezna v točki (a 1,a 2,...,a n ), če za vsak ε > obstaja δ > tak, da za vsako točko (x 1,x 2,...,x n ) K δ (a 1,a 2,...,a n ) velja f (x 1,x 2,...,x n ) f (a 1,a 2,...,a n ) < ε. Iz definicij zveznosti in limite neposredno sledi izrek. Izrek 1.2.1 Funkcija več spremenljivk f : R n R je zvezna v točki a (a 1,a 2,...,a n ) natanko tedaj, ko je lim f (x 1,x 2,...,x n ) f (a 1,a 2,...,a n ). x a Podobno kot velja za funkcije ene spremenljivke, velja tudi za funkcije več spremenjlivk, da so vsota, razlika in produkt zveznih funkcij spet zvezne funkcije. Kvocient zveznih funkcij je zvezna funkcija povsod tam, kjer je definiran. Zgled 1.4 Ali je funkcija f : R n R, dana s predpisom zvezna? f (x 1,x 2,...,x n ) x i, Naj bo x K δ (a), kar pomeni, da je n k1 (x k a k ) 2 < δ. Tedaj je f (x 1,x 2,...,x n ) f (a i,a 2,...,a n ) x i a i < n k1 (x k a k ) 2 < δ. Tako za vsak ε > izberemo δ < ε, s čimer zadostimo definiciji zveznosti. Včasih je preprosteje preverjati zveznost v polarnih koordinatah, zato vpeljimo polarne koordinate in nato definirajmo zveznost. Že pri kompleksnih številih smo videli, da lahko lego poljubne točke v ravnini R 2 opišemo namesto v kartezičnem koordinatnem sistemu s polarnimi koordinatami: x r cosϕ y r sinϕ, kjer je polmer r > in argument ϕ [,2π) ter veljata zvezi r x 2 + y 2 tanϕ y x. Poglejmo si zdaj zveznost v polarnih koordinatah. efinicija 1.2.5 Funkcija dveh spremenljivk f : R 2 R je zvezna v točki (,), če za vsak ε > obstaja δ > tak, da za vsak r < δ velja f (r cosϕ,r sinϕ) f (,) < ε.

1.2 Zveznost in limita 15 Nadalje je f zvezna v točki (a,b) če za vsak ε > obstaja δ > tak, da za vsak r < δ velja f (a + r cosϕ,b + r sinϕ) f (a,b) < ε. Zgled 1.5 Ali je funkcije f : R 2 R, podana s predpisom xy ; (x,y) (,) x f (x,y) 2 + y 2 ; (,) zvezna? Poglejmo, kako preverimo zveznost v polarnih koordinatah. Problematična točka je samo točka (,). r 2 (cosϕ sinϕ) f (r cosϕ,r sinϕ) 1 r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 2 r sin(2ϕ). ϕ) Tedaj je f (r cosϕ,r sinϕ f (,) 1 2 r sin(2ϕ) 1 2 r < ε. če je za poljuben ε > δ 2ε, tedaj smo zadostili definiciji zveznosti v točki (,). Zgled 1.6 Ali je funkcije f : R 2 R, podana s predpisom x 4 + x 2 y 2 f (x,y) x 2 + y 2 ; (x,y) (,) ; (,) zvezna? Problematična točka je ponovno samo točka (, ). Poglejmo funkcijsko vrednost v polarnih koordinatah: f (r cosϕ,r sinϕ) r2 cos 2 ϕ(cos 2 ϕ + sin 2 ϕ) r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 r 2 cos 2 ϕ. ϕ) Tedaj je f (r cosϕ,r sinϕ f (,) r 2 cos 2 ϕ r 2 < ε. če je za poljuben ε > δ ε, tedaj smo zadostili definiciji zveznosti v točki (,). Zgled 1.7 Ali je funkcije f : R 2 R, podana s predpisom x 2 y 2 f (x,y) x 2 + y 2 ; (x,y) (,) ; (,) zvezna. Izračunajmo najprej funkcijsko vrednost v polarnih koordinatah: f (r cosϕ,r sinϕ) r2 (cos 2 ϕ sin 2 ϕ) r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ) cos2ϕ.

16 1. Skalarne funkcije Funkcijska vrednost je neodvisna od r, kar pomeni, da se vse točke na nekem poltraku slikajo v vrednost cos(2ϕ). Tako se lahko dve točki blizu (,), ena na x osi, druga na y osi, slikata v 1 oziroma 1 in posledično f ni zvezna. Zgled 1.8 Pokaži, da je zvezna poljubna funkcija f oblike f (x,y) g 1 (x,y)x + g 2 (x,y)y x 2 + y 2 ; (x,y) (,) ; (x,y) (,), kjer je lim g 1(x,y) lim g 2(x,y). (x,y) (,) (x,y) (,) Preveriti moramo zveznost v točki (,): Iz predpostavke zato sledi f (r cosϕ,r sinϕ) g 1(r cosϕ,r sinϕ)r cosϕ + g 2 (r cosϕ,r sinϕ)r sinϕ r g 1 (r cosϕ,r sinϕ)cosϕ + g 2 (r cosϕ,r sinϕ)sinϕ. lim g 1(r cosϕ,r sinϕ) lim g 2 (r cosϕ,r sinϕ) r r lim f (r cosϕ,r sinϕ). r Ker je limita v točki (,) enaka funkcijski vrednosti v tej točki, je funkcija zvezna. 1.3 Parcialni odvod Naj bo R 2 odprta množica in f : R funkcija dveh spremenljivk. Izberimo točko (a,b). Fiksirajmo drugo koordinato b, prvo koordinato x pa spreminjamo. Zanima nas, kako se pri tem spreminjajo funkcijske vrednosti f (x,b). Funkcija f (x,b) je funkcija ene spremenljivke in pišimo f (x,b) g(x). efinicija 1.3.1 če obstaja limita diferenčnega kvocienta g(a + h) g(a) f (a + h,b) f (a,b) lim lim h h h h jo imenujemo parcialni odvod funkcije f po spremenljivki x v točki (a,b) in ga označimo f x (a,b) ali f x(a,b). Geometrijsko gledano na vrednost f x (a,b) opisuje hitrost spreminjanja vrednosti funkcije f, če se iz (a,b) premikamo v smeri x osi. Na podoben način definiramo odvod po drugi spremenljvki.,

1.3 Parcialni odvod 17 efinicija 1.3.2 če obstaja limita diferenčnega kvocienta g(b + k) g(b) f (a,b + k) f (a,b) lim lim k k k k jo imenujemo parcialni odvod funkcije f po spemenljivki y v točki (a,b) in ga označimo f y (a,b) ali f y(a,b). Zgled 1.9 Izračunaj oba parcialna odvoda funkcije dveh spremenljivk f (x,y) x 4 + 2xy 2 + ylnx + 3., Parcialna odvoda sta enaka f x (x,y) 4x 3 + 2y 2 + y x in f y (x,y) 4xy + lnx. Zgled 1.1 Poišči parcialna odvoda funkcije xy ; (x,y) (,) x f (x,y) 2 + y 2 ; (x,y) (,). Pracialni odvod izračunamo tako, da v točki (,), kjer ne moremo uporabiti pravil za odvajanje, parcialno odvajamo po definiciji odvoda: xy x y 2 +y 2 3 f x (x,y) x (x 2 + y 2 ) 3 2, f y (x,y) lim h f (h,) f (,) h xy x 2 +y 2 y lim k f (,k) f (,) k x 3 (x 2 + y 2 ) 3 2. efinicijo parcialnega odvoda lahko posplošimo na funkcije več spremenljivk. efinicija 1.3.3 če obstaja limita diferenčnega kvocienta lim h f (a 1,...,a i + h,...,a n ) f (a 1,...,a i,...,a n ), h jo imenujemo parcialni odvod funkcije f po spemenljivki x i v točki (a 1,a 2,...,a n ) in ga

18 1. Skalarne funkcije označimo f x i (a 1,a 2,...,a n ) ali f xi (a 1,a 2,...,a n ). efinicija 1.3.4 Funkcija f : R n R je parcialno odvedljiva na, če je parcialno odvedljiva v vsaki točki območja. Nadalje, f je zvezno parcialno odvedljiva, če so parcialni odvodi zvezne funkcije. Zgled 1.11 Izračunaj parcialni odvod po x 3 funkcije štirih spremenljivk f (x 1,x 2,x 3,x 4 ) x 5 1x 2 + e x 1+4x 3 + 3x 4 + x 3 x 4. f x3 (x 1,x 2,x 3,x 4 ) 4e x 1+4x 3 + x 4. Funkcija n spremenljivk f (x 1,x 2,...,x n ) ima torej n parcialnih odvodov prvega reda, ki skupaj sestavljajo vektor iz R n. Imenujemo ga gradient funkcije f grad f ( f x1, f x2,..., f xn ). Zgled 1.12 Izračunaj gradient funkcije f v točki (1,,1,1). f (x 1,x 2,x 3,x 4 ) x1x 5 2 + e x 1+4x 3 + 3x 4 + x 3 x 4. Gradient v poljubni točki je grad f (x 1,x 2,x 3,x 4 ) (5x 1 x 2 + e x 1+4x 3,x1,4e 5 x 1+4x 3 + x 4,3 + x 3 ) in v dani točki grad f (1,,1,1) (e 5,1,4e 5 + 1,4). 1.4 Totalni diferencial efinicija 1.4.1 Funkcija dveh spremenljivk z f (x, y) je v točki (a, b) diferenciabilna, če obstajata parcialna odvoda f x (a,b), f y (a,b) in je pi čemer za napako o velja Izraz f (a + h,b + k) f (a,b) + f x (a,b)h + f y (a,b)k + o(h,k), lim (h,k) (,) o(h, k) h 2 + k. 2 d f f x (a,b)h + f y (a,b)k imenujemo totalni diferencial. Funkcija je diferenciabilna na območju, ko je diferenciabilna v vsaki točki iz.

1.4 Totalni diferencial 19 če upoštevamo, da je x a + h in y b + k poljubna točka v okolici točke (a,b), tedaj za diferenciabilno funkcijo f velja f (x,y) f (a,b) + d f f (a,b) + f x (a,b)(x a) + f y (a,b)(y b), kar pomeni, da je totalni diferencial dobra ocena za prirastek funkcije. Gre za linearno aproksimacijo funkcijske vrednosti v točki (a + h,b + k), saj enačba z f (x,y) f (a,b) + f x (a,b)(x a) + f y (y b) določa enačbo ravnine, ki jo imenujemo tangentna ravnina. Zgled 1.13 S pomočjo totalnega diferenciala izračunaj f (,1.2), če je f (x,y) x 2 + y 2. f (,1.2) f (,1) + f x (,1)( ) + f y (,1)(1.2 1) 1 + 2.2 1.4. Eksaktna vrednost je f (,1.2) 1.44, zato je napaka enaka.4. Zgled 1.14 Izračunaj totalni diferencial funkcije z f (x,y) x y. d f f x h + f y k 1 y h x y 2 k 1 y dx x y 2 dy ydx xdy y 2. Zgled 1.15 Zaradi povišane temperature se polmer in višina valja povečata za 1 %. Za koliko % se približno poveča prostornina valja?

2 1. Skalarne funkcije V (r,v) πr 2 v dv V V r dr +V v dv V 2πrvdr + πr2 dv πr 2 v 2dr r + dv v 2% + 1% 3% Zgled 1.16 Pokaži, da funkcija f (x,y) x 2 + y 2 ni diferenciabilna v točki (,). Izračunajmo parcialni odvod po x v točki (,): f x (,) lim h f (h,) f (,) h lim h h 2 h lim h h h ±1. Ker ne obstaja parcialni odvod, funkcija ne more biti diferenciabilna. Obstoj parcialnih odvodov še ne zagotavlja diferenciabilnost funkcije, kar nam pokaže naslednji primer. Zgled 1.17 Pokaži, da funkcija f (x,y) xy x 2 + y 2 ; (x,y) (,) ; (x,y) (,) ni diferenciabilna v točki (,), čeprav obstajata oba parcialna odvoda in je f zvezna v točki (,), kar smo preverili v Zgledih 1.1 in 1.5. Vemo že, da sta oba parcialna odvoda v točki (,) enaka. Če bi bila f diferenciabilna v točki

1.4 Totalni diferencial 21 (,), potem lim (h,k) (,) o(h,k) h 2 + k 2 lim (h,k) (,) f (h,k) f (,) f x (,)h f y (,)k h 2 + k 2 lim (h,k) (,) f (h,k) h 2 + k 2 Ampak za h k velja lim (h,k) (,) hk h 2 + k 2. lim (h,k) (,) f (h,k) h 2 + k 2 lim (h,k) (,) h 2 2h 2 1 2, zato f ni diferenciabilna v točki (, ). Če preverimo zveznost parcialnih odvodov opazimo, da le-ta ni izpolnjena. če k obstoju parcialnih odvodov dodamo njihovo zveznost in še zveznost same funkcija f, tedaj bo f diferenciabilna. Izrek 1.4.1 Zvezna funkcija f : R 2 R je diferenciabilna, če je f zvezno parcialno odvedljiva. okaz. Naj bo f f (x + h,y + k) f (x,y) f (x + h,y + k) f (x + h,y) + f (x + h,y) f (x,y). Po Lagrangeovem izreku obstaja ξ med x in x + h tak, de je Na podoben način je f (x + h,y) f (x,y) g(x + h) g(x) g (ξ )h f x (x + ϑ 1 h,y)h, < ϑ 1 < 1. f (x + h,y + k) f (x + h,y) f y (x + h,y + ϑ 2 k)k, < ϑ 2 < 1. Ker sta oba parcialna odvoda zvezni funkciji, je f x (x + ϑ 1 h,y) f x (x,y) + o 1 (h) f y (x + h,y + ϑ 2 k) f y (x,y) + o 2 (h,k), kjer lim h o 1 (h) in lim (h,k) (,) o 2 (h,k). Tako je f (x + h,y + k) f (x,y) ( f x (x,y)h + f y (x,y)k) o lim 1 (h)h + o 2 (h,k)k lim. (h,k) (,) h 2 + k 2 (h,k) (,) h 2 + k 2 Ta limita je enaka, kar smo preverili v Zgledu 1.8.

22 1. Skalarne funkcije Zgled 1.18 Lineariziraj funkcijo v okolici točke (1,2). f (x,y) x 2 y (x 2 + y 2 ) 2 Ker sta parcialna odvoda v točki (1,2) zvezni funkciji, smemo uporabiti aproksimacijo s totalnim diferencialom: f x (x,y) 2xy(y2 x 2 ) (x 2 + y 2 ) 3 f x (1,2) 12 125 f y (x,y) x2 (x 2 3y 2 ) x 2 + y 2 f y (1,2) 11 125 f (x,y) f (1 + h,2 + k) f (1,2) + f x (1,2)h + f y (1,2)k 12 125 x 11 125 y + 4 25. če gledamo v prostoru R 3 kjer je f (x,y) z, dobimo enačbo ki določa tangentno ravnino. 12x 11y 125z 2, Zgled 1.19 Poišči območje, na katerem je funkcija f (x,y) x 2 y 2 diferenciabilna. Preverimo zveznost obeh parcialnih odvodov in vidimo, da je problematična točka (,), zato je območje zveznosti R 2 \ {(,)}. efinicijo totalnega diferenciala lahko seveda posplošimo na funkcijo več spremenljivk. efinicija 1.4.2 Funkcija n spremenljivk f (x 1,x 2,...,x n ) je v točki a (a 1,a 2,...,a n ) diferenciabilna, če obstajajo vsi parcialni odvodi f xi (a), i 1,2,...,n in je f (a 1 + h 1,a 2 + h 2,...,a n + h n ) f (a 1,a 2,...,a n ) n i1 lim f x i (a)h i. h h 2 1 + h2 2 + h2 n Izraz imenujemo totalni diferencial. d f n i1 f xi (a)h i 1.5 Posredno odvajanje Gre za modifikacijo verižnega pravila, ki ga poznamo pri odvajanju kompozituma realnih funkcije realne spremenljivke. Izrek 1.5.1 Naj bo funkcija z f (x,y) diferenciabilna, spremenljivki x in y pa naj bosta odvedljivi funkciji parametra t, torej x x(t), y y(t). Tedaj je z(t) f (x(t), y(t)) posredna

1.5 Posredno odvajanje 23 funkcija parametra t, katere odvod je enak okaz. z (t) f x x (t) + f y y (t). z z(t + h) z(t) f (x(t + h),y(t + h)) f (x(t),y(t)) (t) lim lim h h h h Naj bo x x(t + h) x(t) in y y(t + h) y(t). Tedaj je Ker je f diferenciabilna funkcija, je z f (x(t) + x,y(t) + y) f (x(t),y(t)) (t) lim. h h f (x(t) + x,y(t) + y) f (x(t),y(t)) f x (x(t),y(t)) x + f y (x(t),y(t)) y + o( x, y), pri čemer je Zato je lim ( x, y) (,) o( x, y) 2 x + 2 y. z (t) lim h f x (x(t),y(t)) x + f y (x(t),y(t)) y + o( x, y) h Poglejmo zadnjo limito: x f x (x(t),y(t))lim h h + f y y(x(t),y(t)) lim h h + lim o( x, y) h h. lim h o( x, y) h o( x, y) ( x) lim h ( x) 2 + ( y) 2 + ( y) 2 2 h lim ( x, y) (,) o( x, y) ( x) 2 + ( y) 2 (x(t ) + h) x(t) 2 ( y(t + h) y(t) lim h + h h (x (t)) 2 + (y (t)) 2 ). ) 2 Tako je z (t) f x (x(t),y(t))lim h x(t + h) x(t) h + f y (x(t),y(t)) lim h y(t + h) y(t) h f x (x(t),y(t))x (t) + f y (x(t),y(t))y (t). Pravilo za posredno odvajanje lahko uporabimo pri izračunu odvoda funkcije ene spremenljivke, kar je ilustriranu na zgledu 1.2.

24 1. Skalarne funkcije Zgled 1.2 Izračunaj odvod funkcije z(t) (t + 1) t2. x(t) t + 1 y(t) t 2 z(t) f (x(t),y(t)) x y z (t) f x x (t) + f y y (t) yx y 1 1 + x y lnx2t (t + 1) t2 1 + (t + 1) t2 ln(t + 1)2t. Posledica 1.5.2 (Verižno pravilo) Naj bo zdaj funkcija z f (x, y) diferenciabilna, spremenljivki x in y pa naj bosta diferenciabilni funkciji novih spremenljivk u in v, torej x x(u,v) in y y(u,v). Potem je z posredno odvisna od spremenljivk u in v ter velja z u z v f x x u + f y y u f x x v + f y y v. okaz. Pri računanju parcialnega odvoda z upoštevamo, da je v c konstanta, kar pomeni, da sta x u in y odvisni samo od spremenljivke u, x x(u,c) in y y(u,c). Naj bo z f (x(u,c),y(u,c)) z(u). Po izreku 1.5.1 tedaj velja z (u) f x x (u) + f y y (u) z u Podobno pokažemo za drugi parcialni odvod. f x x u + f y y u. Posplošitev verižnega pravila ima naslednjo obliko. Naj bo z f (x) f (x 1,x 2,...,x n ) diferenciabilna funkcija n 1 spremenljivk, te pa naj bodo diferenciabilne funkcije m 1 novih spremenljivk t 1,t 2,...,t n, torej x i x i (t 1,t 2,...,t n ) za vsak i 1,2,...,n. Potem je z posredno odvisna od spremenljivk t 1,t 2,...,t n in za vsak k 1,2,...,m velja z t k f x 1 x 1 t k + f x 2 x 2 t k + + f x n x n t k. Zgled 1.21 Naj bo z f (r) in r x 2 + y 2 polmer v polarnem koordinatnem sistemu. Izračunaj parcialna odvoda.

1.5 Posredno odvajanje 25 z x z y f r r x f (r) x r f r r y f (r) y r. Parcialni odvod f x (a,b) opisuje hitrost spreminjanja funkcije f, če se iz točke (a,b) premaknemo po premici, ki je vzpredna osi x, torej v smeri vektorja (1,). Podobno f y (a,b) opisuje hitrost spreminjanja funkcije f, če se iz točke (a,b) premaknemo po premici, ki je vzpredna osi y, to je v smeri vektorja (,1). To idejo lahko posplošimo na odvod v poljubni smeri. Ker želimo spremembe funkcijskih vrednosti v posamezni smeri med seboj primerjati po velikosti, naj bo smerni vektor dolžine 1. Smerni odvod funkcije f v smeri vektorja s je tako enak odvodu funkcije f vzdolž premice, ki gre skozi točko (a,b) in ima smerni koeficient enak s 2 s 1. Poiščimo enačbo te premice v parametrični obliki: y s 2 s 1 (x a) + b y b x a. s 2 s 1 Tako se enačba premice skozi točko (a,b) s smernim koeficientom s 2 s 1 glasi x(h) s 1 h + a, y(h) s 2 h + b, h R. Zato je smiselna naslednja definicija odvoda v smeri. efinicija 1.5.1 Naj bo s (s 1,s 2 ) poljuben vektor dolžine 1. Smerni odvod funkcije f v točki (a,b) v smeri vektorja s je f (a + hs 1,b + hs 2 ) f (a,b) f s (a,b) lim. h h Smerni odvod funkcije f v smeri vektorja s dolžine ena meri hitrost, s katero se spreminja funkcija f, če se iz točke (a,b) premaknemo v smeri vektorja s (s 1,s 2 ). Če uporabimo standardno oznako za parameter t h in pišemo z(t) f (x(t), y(t)) je f (a, b) z(), torej je za točko (a, b) parameter t. Iz formule za posredno odvajanje sledi z t f x x (t) + f y y (t) f x (x(t),y(t))s 1 + f y (x(t),y(t))s 2. Z upoštevanjem, da je t, dobimo formulo za računanje smernega odvoda funkcije f v točki (a,b) f s (a,b) f x (a,b)s 1 + f y (a,b)s 2 grad f (a,b) s. Formulo lahko seveda posplošimo na funkcijo več spremenljivk. Naj bo f : R n R. Tedaj je odvod funkcije f (x 1,x 2,...,x n ) v točki (a 1,a 2,...,a n ) v smeri vektorja s (s 1,s 2,...,s n ) enak f s (a 1,a 2,...,a n ) f x1 (a 1,a 2,...,a n )s 1 + + f xn (a 1,a 2,...,a n )s n grad f (a 1,a 2,...,a n ) s.

26 1. Skalarne funkcije Zgled 1.22 Izračunaj odvod funkcije f (x,y,z) x 2 + 3xy + z 4 v točki (,1,1) v smeri vektorja ( 1,2,4). Najprej normirajmo smerni vektor Tako je odvod v smeri enak s n 1 21 ( 1,2,4). f s (,1,1) (2x + 3y,3x,3z 3 )(,1,1) 1 21 ( 1,2,4) 1 21 ((3,,3) ( 1,2,4)) 9 21. To pomeni, da se vrednost funkcije poveča za 9 21 enot na enoto poti pri premiku iz točke (,1,1) v smeri vektorja ( 1,2,4). Vidimo, da so parcialni odvodi samo poseben primer odvoda v smeri. Poglejmo še, kdaj ima smerni odvod f s (a,b) grad f (a,b) s največjo vrednost. Naj bo f funkcija dveh spremenljivk in naj bo gradient funkcije f v točki (a,b) neničelen. V množici R 2 ima skalarni produkt dveh vektorjev geometrijski pomen in sicer je enak produktu dolžin obegh vektorjev s kosinusom kota, ki ga vektorja oklepata. Le-ta doseže maksimalno vrednost 1 pri kotu, kar pomeni, da imata oba vektorja enako smer, v naše primeru je torej s λ grad f (a,b), λ R \ {}. Vidimo, da bo smerni odvod maksimalen v smeri gradienta oziroma vektor grad f iz točke (a,b) kaže v smer, v kateri funkcijska vrednost f (x,y) najhitreje narašča. 1.6 Taylorjeva formula Naj bosta parcialna odvoda funkcije f : R 2 R spet parcialno odvedljiva po obeh spremenljivkah. Obstajajo štirje taki odvodi, ki jih imenujemo parcialni odvodi funkcije f drugega reda f xx 2 f x 2 f x x, f xy 2 f x y f x y, f yy 2 f y 2 f y y, f yx 2 f y x f y x. Zgled 1.23 Poišči parcialne odvode drugega reda funkcije f (x,y) x 2 + 3xy 4 5xy + 2y 3. f x 2x + 3y 4 5y, f y 12xy 3 5x + 6y 2, f xx f x x 2x, f xy f x y 12y3 5, f yx f y y 12y3, f yx f y x 36xy3 + 12y.

1.6 Taylorjeva formula 27 Parcialne odvode drugega reda lahko definiramo tudi za funcije več spremenljivk. Funkcija f : R n R ima n 2 parcialnih odvodov drugega reda f xi x j 2 f x i x j, 1 i, j, n. Vsi parcialni odvodi drugega reda funkcije f sestavljajo Hessejevo matriko H, ki je kvadratna matrika reda n f x1 x 1 f x1 x 2 f x1 x n H....... Zgled 1.24 Poišči Hessejevo matriko funkcije f xn x 1 f xn x 2 f xn x n f (x,y,z,u) x + 3yz + u 2 x lnxu. Parcialni odvodi so f x u 2 u x, f y 3z, f z 3y, f u 2ux lnx. Tako je Hessejeva matrika mešanih odvodov enaka H u x 2 2u 1 x 3 3 2u 1 x 2x. Zgled 1.25 Poišči mešana parcialna odvoda funkcije f v točki (,), če je xy(x 2 y 2 ) f (x,y) x 2 + y 2 ; (x,y) (,) ; (x,y) (,). Poiščimo oba parcialna odvoda v poljubni točki: xy(x2 y 2 ) x 2 + y 2 f x (x,y) x lim h f (h,) f (,) h y(x 4 + 4x 2 y 2 y 4 ) (x 2 + y 2 ) 2,

28 1. Skalarne funkcije xy(x2 y 2 ) x 2 + y 2 x(x 4 4x 2 y 2 y 4 ) f y (x,y) y (x 2 + y 2 ) 2. f (,k) f (,) lim k k Poiščimo še oba mešana odvoda v točki (,): f xy (,) lim k f x (,k) f x (,) k 1, f yx (,) lim h f y (h,) f y (,) h 1. Na Primeru 1.25 vidimo, da mešana odvoda nista enaka. Naslednji izrek govori o tem, kdaj bosta mešana odvoda enaka. Izrek 1.6.1 Naj bodo v okolici točke (a,b) zvezne funkcije f, f x, f y, f xy in f xy. Tedaj sta mešana parcialna odvoda v točki (a,b) enaka okaz. efinirajmo sledeče funkcije f xy (a,b) f yx (a,b). f f (a + h,b + h) f (a + h,b) f (a,b + h) + f (a,b), Φ(s) f (a + s,b + h) f (a + s,b), s h, Ψ(t) f (a + h,b +t) f (a,b +t), t h. Tedaj je f Φ(h) Φ() Φ (s 1 )h, < s 1 < h f Ψ(h) Φ() Ψ (t 2 )h, < t 2 < h Odvoda funkcij Φ in Ψ sta Φ (s) f x (a + s,b + h) f x (a + s,b) in Ψ (t) f y (a + h,b +t) f y (a,b +t). Zato je f Φ (s 1 )h ( f x (a + s 1,b + h) f x (a + s 1,b))h (( f x ) y (a + s 1,b +t 1 )h)h f xy (a + s 1,b +t 1 )h 2, < t 1 < h f Ψ (t 2 )h ( f y (a + h,b +t 2 ) f y (a,b +t 2 ))h (( f y ) x (a + s 2,b +t 2 )h)h f yx (a + s 2,b +t 2 )h 2, < s 2 < h

1.6 Taylorjeva formula 29 Sledi f xy (a + s 1,b +t 1 ) f yx (a + s 2,b +t 2 ) h f xy (a,b) f yx (a,b). če druge parcialne odvode naprej odvajamo, dobimo parcialne odvode tretjega in višjih redov. Tudi za te velja, da če imamo zveznost, so mešani parcialni odvodi enaki. S pomočjo parcialnih odvodov smo linearizirali funkcijo f (x,y) v okolici točke (a,b) f (a + h,b + k) f (a,b) + f x (a,b)h + f y (a,b)k. S pomočjo višjih parcialnih odvodov in Taylorjeve vrste, lahko linearno oceno izboljšamo. Izrek 1.6.2 (Taylorjeva formula) Funkcija f (x,y) naj bo n + 1 krat zvezno parcialno odvedljiva na obe spremeljivki v okolici točke (a,b). Tedaj velja f (a + h,b + h) f (a,b) + ( f x (a,b)h + f y (a,b)k)+ kjer je R n 1 (n + 1)! 1 ( fxx (a,b)h 2 + 2 f xy (a,b)hk + f yy (a,b)k 2) + 2! 1 ( fxxx (a,b)h 3 + 3 f xxy (a,b)h 2 k + 3 f xyy (a,b)hk 2 + f yyy (a,b)k 3) + + 3! 1 n! ( n i n+1 i ( ) ) n n f i x n i y i (a,b)hn i k i + R n, ( n + 1 Opomba: ( ) n i n! (n i)!i! je binomski koeficent. i ) n+1 f x n+1 i y i (a + ϑh,b + ϑk)hn+1 i k i, < ϑ < 1. okaz. Naj bo t 1 in definirajmo funkcijo spremenljivke t s predpisom F(t) f (a +th,b +tk). Funkcija F je prav tako n+1 krat zveno odvedljiva v točki t in jo lahko zapišemo s pomočjo Taylorjeve formule F( +t) F() + (t )F () + (t )2 F () + + 2! (t )n F (n) () + R n. n!

3 1. Skalarne funkcije Upoštevajmo, da je x a +t h in y b +t k ter funkcijo F posredno odvedimo: F (t) d dt f (a +th,b +tk) f x(a +th,b +tk)x (t) + f y (a +th,b +tk)y (t) f x (a +th,b +tk)h + f y (a +th,b +tk)k F () f x (a,b)h + f y (a,b)k F (t) d dt ( f x(a +th,b +tk)h + f y (a +th,b +tk)k) ( f xx (a +th,b +tk)h + f xy (a +th,b +tk)k)h+ ( f yx (a +th,b +tk)h + f yy (a +th,b +tk)k)k F () f xx (a,b)h 2 + 2 f xy (a,b)hk + f yy (a,b)h 2. Z matematično indukcijo lahko pokažemo, da za n 1 velja F (n) n ( ) n () n f i x n i y i (a,b)hn i k i. i obljene odvode vstavimo v Taylorjevo formulo funkcije F in upoštevamo, da je s čimer je izrek dokazan. F(1) f (a + h,b + k), Ostanek R n je napaka, ki jo naredimo, če vrednost funkcije f (a + h,b + k) ocenimo z vsoto členov reda do n v Taylorjevi formuli. Če je funkcija f (x,y) neskončnokrat parcialno odvedljiva na obe spremenljivki in je lim R n, n tedaj lahko Taylorjevo formulo nadomestimo s Taylorjevo vrsto ( ) ) 1 n f (a + h,b + k) n f i x n i y i (a,b)hn i k i. n n! ( n i Če označimo x a + h in y b + k, tedaj lahko Taylorjevo vrsto zapišemo ( ) ) 1 n f (x,y) n f i x n i y i (a,b)(x a)n i (y b) i. n n! ( n i Zgled 1.26 Razvij funkcijo f (x,y) e x+y v Taylorjevo vrsto do členov reda tri v okolici točke (,). Vsi odvodi so enaki sami funkciji in imajo v točki (,) vrednost 1, zato je e x+y f (,) + f x (,)x + f y (,)y + 1 2 ( f xx(,)x 2 + 2 f xy (,)xy + f yy (,)y 2 )+ 1 6 ( f xxx(,)x 3 + 3 f xxy (,)x 2 y + 3 f xyy (,)xy 2 + f yyy (,)y 3 ) + R 3 1 + x + y + x2 2 + xy + y2 2 + x3 6 + x2 y 2 + xy2 2 + y3 6 + R 3

1.7 Lokalni ekstremi funkcije več spremenljivk 31 1.7 Lokalni ekstremi funkcije več spremenljivk Obravnavali bomo lokalne ekstreme funkcije dveh spremenljivk in zatem izpeljane formule posplošili na funkcije več spremenljivk. Lokalni ekstremi funkcije dveh spremenljivk so definirani na podoben način, kot ekstremi funkcije ene spremenljivke. efinicija 1.7.1 Zvezna funkcija dveh spremenljivk f (x, y) zavzame v točki (a, b) lokalni minimum, če obstaja tak δ, da je f (x,y) f (a,b) za vsako točko (x,y) K δ (a,b). Podobno ima f (x,y) točki (a,b) lokalni maksimum, če obstaja tak δ, da je f (x,y) f (a,b) za vsako točko (x,y) K δ (a,b). Lokalni ekstrem je lokalni minimum ali lokalni maksimum. Podobno, kot je za funkcijo ene spremenljivke potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema v točke a pogoj f (a), velja analogija pri funkcijah dveh spremenljivk. Izrek 1.7.1 (potrebni pogoj) Naj bo odprta in f : R 2 R odvedljiva funkcija v točki (a,b). Če je (a,b) lokalni ekstrem funkcije f, tedaj je f x (a,b) in f y (a,b). okaz. Recimo, da ima funkcija f v (a,b) lokalni minimum. Parcialni odvod po spremenljivki x je enak f (a + h,b) f (a,b) f x (a,b) lim. h h Ker ima f v (a,b) lokalni minimum, je za majhne h-je predznak števca nenegativen. če je h > in gledamo limito, ko gre h proti, je diferenčni kvocient in s tem limita vedno večja ali enaka. Po drugi strani, če je h < in gledamo limito, ko gre h proti, sta števec in imenovalec nasprotnega predznaka in zato je limita manjša ali enak. Torej je edina možnost f (a + h,b) f (a,b) f x (a,b) lim. h h Podobno bi pokazali za parcialni odvod po spremenljivki y. V primeru lokalnega maksimuma je dokaz podoben. Zgled 1.27 Poišči lokalne ekstreme funkcije f (x,y) x 2 + y 2. f x 2x x f y 2y y. Iz grafa funkcije f vemo, da v tej točki nastopi lokalni minimum funkcije.

32 1. Skalarne funkcije efinicija 1.7.2 Točka (a,b) za katero je je stacionarna točka. f x (a,b) f y (a,b), Vsak lokalni ekstrem je stacionarna točka, medtem ko obratno ne velja, kar kaže zgled 1.28. Zgled 1.28 Naj bo f (x,y) xy. Vidimo, da je f x (,) f y (,), ampak točka (,) ni lokalni ekstrem, saj so v vsaki njeni okolici točke, katerih funkcijske vrednosti so pozitivne in točke, katerih vrednosti so negativne. Tako stacionarno točko imenujemo sedlo. Velja, da če v stacionarni točki funkcija f nima lokalnega ekstrema, tedaj ima f tam sedlo, a te trditve ne bomo izpeljali. Podobno kot pri funkcijah ene spremenljivke, kjer nam drugi odvod pove, ali v stacionarni točki nastopi ekstrem, velja analogija za funkcije dveh spremenljivk, če so le-te dvakrat zvezno parcialno odvedljive. Izrek 1.7.2 (zadostni pogoj) Točka (a,b) naj bo stacionarna točka dvakrat zvezno parcialno odvedljive funkcije f : R 2 R, kjer je odprta množica. Nadalje, naj bo f xx (a,b) A, f xy (a,b) B, f yy (a,b) C in H(a,b) Hessejeva matrika funkcije f v točki (a,b). Potem velja: (i) če je H(a,b) AC B 2 >, tedaj je v (a,b) lokalni minimum, če je A > in lokalni maksimum, kadar je A <, (ii) če je H(a,b) AC B 2 <, tedaj je v (a,b) sedlo, (iii) če je H(a,b) AC B 2, tedaj na podlagi drugih parcialnih odvodov ne morem sklepati o obstoju lokalnega ekstrema v (a,b). okaz. Zapišimo Taylorjevo formulo za funkcijo f v okolici točke (a,b) do členov reda dva. Ker je (a,b) stacionarna točka, sta parcialna odvoda enaka, zato je f (a + h,b + k) f (a,b) + 1 2 (Ah2 + 2Bhk +Ck 2 ) + R 2. Za dovolj majhne h in k je člen R 3 zanemarljiv in je predznak razlike odvisen od predznaka izraza ki ga za A lahko preoblikujmo f (a + h,b + k) f (a,b) g(h,k) Ah 2 + 2Bhk +Ck 2, g(h,k) Ah 2 + 2Bhk +Ck 2 + B2 k 2 B 2 k 2 A (Ah + Bk)2 + (AC B 2 )k 2 A Ločimo naslednje primere: (i) če je AC B 2 >, morata biti A in C različna od in enakega predznaka, zato je izraz g(h,k) za vsak (h,k) (,) enakega predznaka kot A. Torej, če je A >, v točki (a,b) nastopi lokalni minimum in če je A < je v (a,b) lokalni maksimum..

f x (x,y) y y x 2 y(x 3 1)) T 1 (1,1),T 2 (1, 1) 1.7 Lokalni ekstremi funkcije več spremenljivk 33 (ii) če je AC B 2 <, moramo ločiti dve možnosti in sicer je lahko vsaj eden od A in C različen od, kar pomeni da lahko preoblikujemo funkcijo g(h,k) ali pa sta oba enaka. Naj bo najprej A. Potem je predznak izraza g(h,k) odvisen od izbire h in k. Recimo, če je k, tedaj ima g(h,k) enak predznak kot A. Če pa je na primer Ah Bk, tedaj je predznak izraza g(h,k) nasproten predznaku od A. Zato v točki (a,b) ne more biti lokalni ekstrem. Podobno pokažemo, če je C. Naj bosta sedaj A C, kar onemogoča preoblikovanje funkcije g(h,k). Iz AC B 2 < sledi, da mora biti B in posledično je predznak izraza g(h,k) 2Bhk spet odvisen od izbire h in k. če je h k, je izraz enakega predznaka kot B, če pa je h k, tedaj je g(h,k) ravno nasprotnega predznaka kot B in zato ni ekstrema v (a,b). (iii) če je AC B 2, pri nekaterih h in k na predznak razlike f (a+h,b+k) f (a,b) vpliva celo ostanek R 2. če je recimo A in je Ah+Bk, je g(h,k) in je f (a+h,b+k) f (a,b) odvisna od ostanka R 2. Zato na podlagi drugih odvodov ne moremo sklepati o lokalnem ekstremu. Zgled 1.29 Pošči lokalne ekstreme funkcije f (x,y) xy + y x + 2 y. f y (x,y) x 2 y 2 + 1 x Ker je in H(x,y) 2y x 3 1 1 x 2 1 1 x 2 4 y 3 deth(1,1) 8 > deth(1, 1) 8 >,. ima funkcija f v (1,1) lokalni minimum, ter v (1, 1) lokalni maksimum. Zgled 1.3 (Metoda najmanjših kvadratov) Naj bodo dane točke A(, ), B(1, 3),C(2, 5). Poišči linearno funkcijo, ki se najbolj prilega danim točkam tako, da je vsota kvadratov navpičnih odmikov najmajša. Poglejmo metodo najmanjših kvadratov v splošnem, torej naj bodo (x i,y 1 ), i 1,...,n dane točke. Iščemo linearno funkcijo y kx + n tako, da bo vsota kvadratov navpičnih odmikov točk od premice najmanjša. Navpični odmik poljubne točke (x i,y ) od premice y k x + n je enak y i y y i (k x i + n). Minimizirat moramo funkcijo f (k,n) n i1 (y i (k x i + n)) 2.

34 1. Skalarne funkcije Za naš konkretni primer dobimo f (k,n) n 2 + (3 k n) 2 + (5 2k n) 2 f k (k,n) 2(3 k n) 4(5 2k n) 2(5k + 3n 13) f n (k,n) 2n 2(3 k n) 2(5 2k n) 2(3k + 3n 8) k 5 2, n 1 6 y 5 2 x + 1 6. Iskanje lokalnih ekstremov funkcij več spremenljivk je v veliki meri odvisno od Hessejeve matrike in v ta namen moramo definirati pozitivno in negativno definitnost simetrične matrike, le-ta pa je povezana s skalarnim produktom. efinicija 1.7.3 Naj bo A simetrična matrika reda n. Če za vsak x R n različen od velja Axx > pravimo, da je matrika A pozitivno definitna. Če je rečemo, da je matrika A negativno definitna. Axx < Izkaže se, da na pozitivno oz. negativno definitnost matrike vplivajo njene lastne vrednosti in sicer je matrika pozitivno definitna, če ima same pozitivne lastne vrednosti in negativno definitna, če so le-te negativne. Navedimo zdaj izrek, ki podaja zadostni pogoj za obstoj lokalnih ekstremov funkcije več spremenljivk. Izrek 1.7.3 Naj bo f : R n R zvezna in zvezno parcialno odvedljiva do odvodov drugega reda. Nadalje naj bo a (a 1,a 2,...,a n ) stacionarna točka funkcije f, torej za vsak i 1,...,n velja f xi (a). Tedaj velja: (i) če je H(a) pozitivno definitna matrika, tedaj ima funkcija f v točki a lokalni minimum, (i) če je H(a) negativno definitna matrika, tedaj ima funkcija f v točki a lokalni maksimum. Zgled 1.31 Poišči lokalne ekstreme funkcije f : R n R: f (x 1,x 2,...,x n ) x 2 1 + x 2 1 + + x 2 n. Parcialni odvodi so f xi 2x i, zato je stacionarna točka (,,...,). Hessejeva matrika (mešanih odvodov) je diagonalna matrika z 2 po diagonali, H 2I. To pomeni, da so vse lastne vrednosti matrike H enake 2 in matrika je pozitivno definitna v vsaki točki, torej tudi v točki (,,...,) v kateri ima po Izreku 1.7.3 lokalni minimum.

1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi 35 1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi Pri realnih funkcijah ene spremenljivke smo videli, da enačba F(x,y) lahko določa implicitno podano funkcijo y y(x), ni pa to nujno. Naslednji izrek, ki ga bomo zaradi zahtevnosti in obsega navedli brez dokaza, podaja pogoj za obstoj funkcije y. Izrek 1.8.1 (Izrek o implicitni funkciji) Naj bo f (x, y) zvezna in diferenciabilna funkcija v okolici točke (a,b) in naj bo f (a,b). Če je f y (a,b), obstaja odvedljiva funkcija y y(x), ki je definirana na neki okolici točke a R in zadošča pogojema y(a) b in f (x,y(x)). Posledica 1.8.2 Naj g(x,y) zadošča pogojem izreka in določa eksplicitno podano funkcijo y y(x) na neki okolici točke a. Tedaj je kjer je y(a) b. y (a) g x(a,b) g y (a,b), okaz. Funkcijo g(x,y(x)) posredno odvajajmo po parametru x v točki a g (a) g x (a,b)x + g y (a,b)y (a) y (a) g x(a,b) g y (a,b). Zgled 1.32 Izračunaj odvod funkcije y y(x)v točki (1,1), če je xy + 2x 2 y 3. V poljubni točki je odvod enak y (x) y + 4xy + 4x) y(1 x + 2x2 x + 2x 2 3 x+2x 2 (1 + 4x) 3(1 + 4x) x + 2x 2 (x + 2x 2 ) 2. Tako je odvod v točki x 1 y (1) 15 9. Tako kot vse do zdaj spoznane pojme, lahko tudi izreko implicitni funkciji posplošimo na funkcijo več spremenljivk, a tega ne bomo eksplicitno zapisali. V nadaljevanju nas ne bodo zanimali lokalni ekstremi na celem odprtem območju, temveč ekstremi na neki krivulji K, katere točke so v zvezi g(x,y). Poglejmo nekaj problemov, ki nas bodo zanimali.

36 1. Skalarne funkcije Poišči največjo vrednost funkcije f (x,y) x 2 + 4y na elipsi x2 4 + y2 9 1. Poišči ekstrem funkcije f (x,y,z) xyz, kjer točka (x,y,z) zadošča zvezi x 2 + y 2 + z 2 1. Poišči ekstrem funkcije f (x 1,x 2,x 3,x 4 ) x1 2 + x2 2 + x2 3 + x2 4 pri pogojih x 1 + x 2 x 3 + 2x 4 2 2x 1 x 2 + x 3 3x 4 3. Obravnavajmo najprej funkcije dveh spremenljivk, naj bo torej f : R 2 R in naj enačba g(x,y) določa neko krivuljo K na območju. Recimo, da funkcija f doseže ekstrem v točki (a,b) K, torej je g(a,b). Če g zadošča pogojem izreka o implicitni funkciji, tedaj g(x,y) na neki okolici točke a določa zvezno odvedljivo funkcijo y y(x): g(x,y) y y(x). S tem postane f (x,y) f (x,y(x)) funkcija ene spremenljivke na okolici točke a. Ker ima funkcija f ekstrem v točki a, mora biti odvod v tej točki enak : če je g y (a,b), tedaj je ( f (x,y(x)) (a) f x (a,b)x (a) + f y (a,b)y (a) ( f x (a,b) 1 + f y (a,b) g ) x(a,b) g y (a,b) Označimo f y(a,b) λ, s čimer dobimo pogoja g y (a,b) f x (a,b) f y(a,b) g y (a,b) g x(a,b). f x (a,b) λ g x (a,b) f y (a,b) λ g y (a,b). Upoštevajoč pogoj g(a,b) potemtakem iščemo lokalne ekstreme funcije S tem smo izpeljali naslednji izrek. F(x,y,λ) f (x,y) λ g(x,y). Izrek 1.8.3 Ekstreme funkcije f (x,y) pri pogoju g(x,y) iščemo tako, da na običajen način iščemo ekstreme funkcije F(x,y,λ) f (x,y) λ g(x,y). S tem dobimo vse kandidate za eksreme razen tistih, za katere je Zgled 1.33 g(a,b), g y (a,b), g x (a,b).

1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi 37 Poišči največjo vrednost funkcije f (x,y) x 2 + 4y na elipsi x2 4 + y2 9 1. Nastavimo funkcijo F in poiščemo njene stacionarne točke: ( ) x F(x,y,λ) x 2 2 + 4y λ 4 + y2 9 1 F x 2x λx 2 F y 4 2λy 9 Iz 1. pogoja sledi F λ x2 4 + y2 9 1. ( x 1 λ ), 2 zato ločimo dve možnosti: 1.) x Upoštevamo to v preostalih dveh pogojih 2 λ 2 y2 9 + 1 in dobimo y ±3, tako da sta možni rešitvi T 1 (,3) in T 2 (, 3). 2.) λ 2 V tem primeru dobimo sistem dveh enačb 1 y 9 x 2 4 + y2 9 1, ki nima rešitve, saj bi za y 9 moral biti x 2 32. Za dobljeni točki T 1 in T 2 poiščemo pripadajoči funkcijski vrednosti f (,3) 12, f (, 3) 12 in vidimo, da je največja vrednost funkcije f na dani elipsi doseženi v točki T 1 (,3). Izrek 1.8.3 lahko posplošimo na funkcije več spremenljivk. Izrek 1.8.4 Ekstreme funkcije f : R n R pri pogojih g i (x 1,...,x n ), i 1,2,...m < n iščemo tako, da iščemo lokalne ekstreme funkcije F(x 1,...,x n,λ 1,...,λ m ) f (x 1,...,x n ) m i1 λ i g i (x 1,...,x n ).

38 1. Skalarne funkcije Zgled 1.34 Poišči ekstrem funkcije f (x,y,z) xyz, kjer točka (x,y,z) zadošča zvezi x 2 +y 2 +z 2 1. Nastavimo funkcijo F in poiščemo njene stacionarne točke: F(x,y,z,λ) xyz λ(x 2 + y 2 + z 2 1) F x yz 2λx λ yz 2x F y xz 2λy λ xz 2y F z xy 2λz Iz prvih dveh pogojev smo izrazili λ, zato je F λ x 2 + y 2 + z 2 1. yz x z(y 2 x 2 ) xy xz y z(y 2 x 2 ) Ločimo dve možnosti: 1.) z če je z, tedaj je xy, zato spet ločimo dve možnosti: 1.1) x V tem primeru je y 2 1 in rešitvi sta T 1 (,1,) in T 2 (, 1,). 1.2) y Podobno kot prej je zdaj x 2 1 in rešitvi sta T 3 (1,,) in T 4 ( 1,,). 2.) x 2 y 2 V tem primeru je (x y)(x + y), zato ponovno ločimo dve možnosti: 2.1) x y Z upoštevanjem x y dobimo sistem treh enačb λ z 2 x 2 2λz 2x 2 + z 2 1, katerega rešitev so točke ( ) 3 3 3 T 5 3, 3,, 3 ( ) 3 3 3 T 6 3, 3,, 3 ) 3 3 3 T 7 ( T 8 ( 3, 3 3, 3, 3 3,, 3 ) 3. 3

1.8 Odvod implicitne funkcije in vezani ekstremi 39 2.2) x y Podobno kot prej je z upoštevanjem x y dobimo λ z 2 x 2 2λz 2x 2 + z 2 1, in rešitev so točke ( ) 3 3 3 T 9 3, 3,, 3 ( ) 3 3 3 T 1 3, 3,, 3 ) 3 3 3 T 11 ( 3, 3,, 3 ) 3 3 3 T 12 ( 3, 3,. 3 Izračunamo funkcijske vrednosti funkcije f v vseh 12 točkah in vidimo, da je v točkah T 5,T 7,T 1,T 12 dosežen maksimum, v točkah T 6,T 8,T 9,T 11 pa minimum. Zgled 1.35 Poišči ekstrem funkcije f (x 1,x 2,x 3,x 4 ) x1 2 + x2 2 + x2 3 + x2 4 pri pogojih x 1 + x 2 x 3 + 2x 4 2 2x 1 x 2 + x 3 3x 4 3. Nastavimo funkcijo F in poiščemo njene stacionarne točke: F(x 1,x 2,x 3,x 4,λ 1,λ 2 ) x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 +x 2 4 λ 1 (x 1 +x 2 x 3 +2x 4 2) λ 2 (2x 1 x 2 +x 3 3x 4 3). F x1 2x 1 λ 1 2λ 2 F x2 2x 2 λ 1 + λ 2 F x3 2x 3 + λ 1 λ 2 F x3 2x 4 2λ 1 + 3λ 2 F λ1 x 1 + x 2 x 3 + 2x 4 2 F λ2 2x 1 x 2 + x 3 3x 4 3 obimo 6 6 sistem linearnih enačb katerega rešitev je x 1 38 23, x 2 5 23, x 3 5 23, x 4 1 23.

2. Veˇ ckratni integrali Podobno, ko smo integrirali funkcije ene spremenljivke, lahko vpeljemo veˇckratne integrale in integriramo funkcije veˇc spremenljivk. ejansko veˇckratni integral prevedemo na veˇc "obiˇcajnih" integralov, zato ne bo potrebno vpeljati novih integracijskih metod, temveˇc le najti povezavo med obema vrstama integralov. 2.1 vojni integral vojni integral vpeljemo pri integraciji funkcij dveh spremenljivk. Pogledali si bomo definicijo dvojnega integrala, kako ga izraˇcunamo in vpeljavo novih spremenljivk. efinicija dvojnega integrala Naj bo f : R2 R funkcija dveh spremenljivk, pri cˇ emer naj definicijsko obmoˇcje vsebuje svoj rob. Obmoˇcje razdelimo s krivuljami na manjša obmoˇcja 1, 2,..., n tako, da sta posamezni obmoˇcji disjunktni in unija vseh obmoˇcij je celotno obmoˇcje. Množico {1, 2,..., n } imenujemo delitev obmoˇcja. Na vsakem "podobmoˇcju" k poišˇcemo njegov premer ρk, ki je enak najveˇcji razdalji med toˇckama v k, torej je ρk sup d(a, B). A,B k Najveˇcjega izmed vseh premerov ρk oznaˇcimo z ρ ρ max{ρk k 1,..., n}. Nadalje naj bo S(k ) plošˇcino obmoˇcja k. Na vsakem izmed obmoˇcij k izberemo poljubno toˇcko Tk (ξk, ηk ). Vpeljani pojmi so razvidni s Slike 2.1. Podobno kot smo to naredili pri funkciji ene spremenljivke, definiramo Riemannovo integralsko vsoto funkcije dveh spremenljivk n R ( f ) n f (Tk ) S(k ) f (ξk, ηk ) S(k ). k1 k1 Riemannova vsota funkcije f ni enoliˇcno doloˇcena, temveˇc je odvisna od delitve in izbire toˇck Tk (ξk, ηk ). Zdaj lahko definiramo dvojni integral.

42 2. Večkratni integrali Slika 2.1: elitev { 1, 2,..., n } območja. efinicija 2.1.1 Število I je dvojni integral funkcije f : R 2 R na območju, če za vsak ε > obstaja tak δ >, da za vsako delitev, za katero je ρ < δ velja I R ( f ) < ε. Število I je torej dvojni integral funkcije dveh spremenljivk f, če se za dovolj drobne delitve Riemanove integralske vsote R ( f ) številu I poljubno približajo. Iz definicije sledi, da je I lim R ( f ) lim ρ ρ n k1 f (ξ k,η k )S( k ). Funkcija f : R 2 R je integrabilna, če obstaja njen dvojni integral na. vojni integral funcije f na območju zapišemo I f (x,y)ds. V primeru omejene funkcije dveh spremenljivk lahko podobno, kot smo to naredili pri funkciji ene spremenljivke, definiramo spodnjo in zgornjo integralsko vsoto, ko namesto poljubne točke vzamemo na posameznem območju delitve infimum oz. supremum funkcije. efinicija 2.1.2 Naj bo f : R 2 R omejena funkcija in { 1, 2,..., n } delitev območja. Nadalje naj bosta m k in M k infimum in supremum funkcije f na območju k. Tedaj sta s ( f ) n k1 m k S( k ) in S ( f ) n k1 M k S( k ) spodnja oz. zgornja integralska vsota funkcije f. Ti vsoti imenujemo arbouxovi vsoti. Za integralske vsote veljajo podobne trditve kot za funkcijo ene spremenljivke. Navedimo brez dokaza najočitnejšo med njimi, ki jo je sicer preprosto dokazati. Trditev 2.1.1 s ( f ) R ( f ) S ( f ).

2.1 vojni integral 43 Lastnosti dvojnega integrala Vse naštete lastnosti dvojnega integrala so trditve in nekatere med njimi bomo na koncu tudi dokazali. V nadaljevanju naj bosta funkciji f,g : R 2 R integrabilni na območju in c poljubna konstanta. 1. 2. c f (x,y)ds c f (x,y)ds ( f (x,y) + g(x,y))ds f (x,y)ds + g(x,y)ds 3. Naj za vsak (x,y) velja m f (x,y) M (torej sta m in M infimum oz. supremum funkcije f na ) in naj bo S() ploščina območja. Tedaj je m S() f (x,y)ds M S() 4. Naj za vsak (x,y) velja f (x,y) g(x,y). Tedaj je f (x,y)ds g(x,y)ds 5. Izrek o povprečni vrednosti Če je f zvezna funkcija na, tedaj obstaja točka (ξ,η) takšna, da je f (x,y)ds f (ξ,η) S() 6. Naj bo { 1, 2 } delitev območja. Tedaj je f (x,y)ds f (x,y)ds + f (x,y)ds 1 2 7. f (x,y)ds f (x,y) ds Iz lastnosti (1) in (2) sledi pravilo za dvojni integral razlike dveh funkcij. Opazimo lahko, da smo vse navedene lastnosti obravnavali že pri običanjem integralu funkcije ene spremenljivke. okazi so skoraj analogni, zato za ilustracijo navedimo nekatere izmed njih. okaz.

44 2. Večkratni integrali (2.) ( f (x,y) + g(x,y))ds limρ n k1 [ f (ξ k,η k ) + g(ξ k,η k )]S( k ) lim ρ n k1 f (ξ k,η k )S( k ) + lim ρ n k1 g(ξ k,η k )S( k ) f (x,y)ds + g(x,y)ds (5.) Za zvezne funkcije dveh spremenljivk velja podoben izrek kot za zvezne funkcije ene spremenljivke in sicer da zvezna funkcija na zaprtem območju (to je skupaj s svojim robom) zavzame vse vrednosti med minimalno vrednostjo m in maksimalno vrednostjo M. Ker iz lastnosti (4.) sledi m 1 f (x,y)ds M, S() mora obstajati takšna točka (ξ,η), da je 1 f (x,y)ds f (ξ,η). S() S tem je izrek o povprečni vrednosti dokazan. (7.) Naredimo oceno za absolutno vrednost Riemannove vsote R ( f ) n k1 f (ξ k,η k )S( k ) n k1 f (ξ k,η k )S( k ) n k1 f (ξ k,η k ) S( k ) R ( f ) Z limitiranjem obeh strani neenakosti dobimo lastnost (7.). Računanje dvojnega integrala Videli bomo, da se dvojni integral izračuna s prevedbo na dvakratni integral, kjer enkrat integriramo po spremenljivki x ter nato po y, ali pa obratno. To zvezo podaja naslednji izrek. Izrek 2.1.2 Naj bo P [a,b] [c,d] in f omejena, integrabilna funkcija na P. Če za vsak x [a,b] obstaja integral d c f (x,y)dy I(x), tedaj je P b d f (x,y)ds dx f (x,y)dy. a c okaz. Najprej naredimo delitvi intervalov [a,b] in [c,d] a x < x 1 <... < x n 1 < x n b, c y < y 1 <... < y m 1 < y m d. obljene manjše pravokotnike označimo p ik [x i 1,x i ] [y k 1,y k ], i 1,...,n, k 1,...,m. Ker je f omejena funkcija, lahko na posameznem pravokotniku poiščemo supremum in infimum funkcije f m ik inf f (x,y), M ik sup f (x,y). (x,y) p ik (x,y) p ik

2.1 vojni integral 45 Za vsako točko (x,y) p ik tako velja m ik f (x,y) M ik. Naj bo ξ i [x i 1,x i ] pojubna točka. Tedaj veljata neenakosti m ik (y k y k 1 ) y k y k 1 f (ξ i,y)dy M ik (y k y k 1 ) / m k1 m k1 m ik(y k y k 1 ) d c f (ξ i,y)dy m k1 M ik(y k y k 1 ) / n i1 n i1 m k1 m ik(y k y k 1 ) n i1 I(ξ i) n i1 m k1 M ik(y k y k 1 ) / (x i x i 1 ) n i1 m k1 m ik(y k y k 1 )(x i x i 1 ) n i1 I(ξ i)(x i x i 1 ) n i1 m k1 M ik(y k y k 1 )(x i x i 1 ) n i1 m k1 m iks(p ik ) n i1 I(ξ i)(x i x i 1 ) n i1 m k1 M iks(p ik ) s ( f ) n i1 I(ξ i)(x i x i 1 ) S ( f ) Limitiramo vse tri strani neenakosti glede na večanje števila delilnih točk. Spodnja in zgornja integralska vsota konvergirata proti dvojnemu integralu, zato f (x,y)ds f (x,y)ds b a P I(x)dx P b a [ d c f (x,y)dy]dx b a dx d c f (x,y)dy Zgled 2.1 Izračunaj dvojni integral funkcije f (x,y) x 2 y 2 na P [,2] [ 1,1]. 2 dx 1 1 (x 2 y 2 )dy 2 2 2 dx(x 2 y y3 3 ) 1 1 dx((x 2 1 3 ) ( x2 + 1 3 )) (2x 2 2 3 )dx 2 3 (x3 x) 2 4 Zgled 2.2 Izračunaj dvojni integral iz Zgelda 2.1 tako, da zamenjaš vrstni red integracije. 1 1 dy 2 (x 2 y 2 )dx 1 1 dy( x3 3 y2 x) 2 1 1 (( 8 3 2y2 ) ( ))dy ( 8 3 y y3 3 ) 1 1 4

46 2. Večkratni integrali Opazimo, da dobimo enak rezultat ne glede na vrstni red integracije. ejansko velja podoben izrek za zamenjan vrstni red, ki se seveda dokaže na analogen način, zato bomo dokaz izpustili. Izrek 2.1.3 Naj bo P [a,b] [c,d] in f omejena, integrabilna funkcija na P. Če za vsak y [c,d] obstaja integral b a f (x,y)dx I(y), tedaj je P d b f (x,y)ds dy f (x,y)dx. c a vojni integral lahko računamo po poljubnem območju in ne samo po pravokotnem, kar pove naslednji izrek. Izrek 2.1.4 Naj bo {(x,y) a x b,c p(x) y q(x) d} in f omejena, integrabilna funkcija. Tedaj je b q(x) f (x,y)ds dx f (x,y)dy. a p(x) okaz. efinirajmo novo funkcijo f (x,y) { f (x,y) ; (x,y) ; (x,y) [a,b] [c,d] \ Tedaj je f (x,y)ds b a b a d dx f (x,y)dy c p(x) b q(x) b d dx f (x,y)dy + dx f (x,y)dy + dx f (x,y)dy c a p(x) a q(x) b q(x) + dx f (x,y)dy + a p(x) Ker je zaradi lastnosti (6.) b a q(x) dx f (x,y)dy p(x) f (x,y)ds + f (x, y) ds +, smo dokaz zaključili. Tudi v tem primeru velja podoben izrek za zamenjan vrstni red integracije, ki se prav tako dokaže na analogen način. Izrek 2.1.5 Naj bo {(x,y) c y d,a h(y) x g(y) b} in f omejena, integrabilna funkcija. Tedaj je d g(y) f (x,y)ds dy f (x,y)dx. c h(y)

2.1 vojni integral 47 Slika 2.2: Integracijsko območje iz Zgleda 2.3. Zgled 2.3 Na dva načina izračunaj integral funkcije f (x,y) x 2 y 2 na, kjer je območje omejeno s krivuljami y 1,y 2,x,y x. x 2 y 2 ds Lažje gre v obratnem vrstnem redu 1 x 2 y 2 ds 2 2 2 dx x 2 y 2 dy + dx x 2 y 2 dy 1 1 x 2 1 y dy x 2 y 2 dx 2 1 1 3 y5 dy 7 2 Zgled 2.4 Izračunaj integral funkcije f (x,y) x na, kjer je območje omejeno s krivuljama y x 2 in y 2x x 2. y y x 2 y 2x x 2 x Slika 2.3: Integracijsko območje iz Zgleda 2.4.

48 2. Večkratni integrali Slika 2.4: Uvedba novih spremenljivk v dvojni integral. x 2 y 2 ds 1 2x x 2 dx xdy x 2 1 x(2x x 2 x 2 )dx ( ) x 3 2 3 x4 1 1 4 6 Uvedba nove spremenljivke Naj bo območje v ravnini x,y. Opisali bi ga radi s pomočjo novih spremenljivk (koordinat) u in v. Torej naj bo x x(u, v) in y y(u, v). Novi preslikavi x x(u, v), y y(u, v) morata biti smiselno vpeljani, torej tako, da bo vsaka točka (x,y) slika natanko ene točke v območju opisanem s spremenljivkma u in v (glej Sliko 2.1). Ali drugače, preslikava mora biti bijektivna. Bijektivnost nam bo zagotovila determinanta Jacobijeve matrike. efinicija 2.1.3 Jacobijeva matrika J po novih Velja trditev, ki je ne bomo dokazali. J ( x,y u,v ( ) x,y u,v ) je matrika parcialnih odvodov starih spremenljivk Trditev 2.1.6 Preslikava, ki u, v preslika v x, y je bijektivna, ko je determinanta Jacobijeve matrike različna od ( ( )) x,y J det J. u,v Izračun dvojnega integrala na novem območju v koordinatnem sistemu u,v podaja naslednji izrek, katerega dokaz bomo zaradi zahtevnosti izpustili. x u y u x v y v.

2.1 vojni integral 49 Izrek 2.1.7 f (x,y)ds f (x,y)dxdy f (x(u,v),y(u,v)) J dudv. Najpogosteje uporabljeni novi spremenljivki v dvojnem integralu sta polarni koordinati r in ϕ, ki ju poznamo iz polarnega zapisa kompleksnih števil: x r cosϕ y r sinϕ, r R +,ϕ [,2π] eterminanta Jacobijeve matrike za polarni koordinati je enaka x x r ϕ cosϕ r sinϕ J sinϕ r cosϕ r cos2 ϕ + r sin 2 ϕ r. y r y ϕ S polarnimi koordinatami običajno opišemo okrogla območja. Zgled 2.5 Izračunaj integral funkcije f (x,y) x na : 1 x 2 + y 2 4. 2π 2 x ds dϕ r cosϕ r dr 1 2π 2π 2 dϕ r 2 cosϕ dr 1 dϕ cosϕ r3 3 2 1 7 3 2π cosϕ dϕ 4 7 π 2 cosϕ dϕ 3 28 3 sinϕ π 2 28 3 Geometrijski pomen in uporaba dvojnega integrala Naj bo f : R 2 R in { 1, 2,..., n } delitev območja. Spomnimo se, da je Riemannova integralska vsota enaka R ( f ) n k1 f (ξ k,η k )S( k ). kjer je (ξ k,η k ) poljubno izbrana točka na območju k.

5 2. Večkratni integrali z y x Slika 2.5: Geometrijski pomen dvojnega integrala. Graf funkcije dveh spremenljivk določa ploskev z f (x,y) v prostoru R 3. Naj bo f >. Geometrijsko gledano v Riemannovi integralski vsoti množimo funkcijsko vrednost v točki (ξ k,η k ) s ploščino S( k ) območja k. S tem dobimo prostornino prizme z osnovno ploskvijo k in višino f (ξ k,η k ). V limitnem procesu večamo število območij (n ), kar formalno opišemo z največjim premerom ρ območij iz, torej gledamo limito ρ. Vsota vseh tako dobljenih prizem aproksimira prostornino telesa med območjem in grafom funkcije z f (x,y) (glej Sliko??). PROSTORNINA Iz geometrijske interpretacije je razvidno, da če je f : R 2 R pozitivna, je njen dvojni integral na območju enak prostornini telesa med grafom funkcije f in ravnino z V f (x,y)ds. V primeru, da je f <, dobimo prav tako prostornino teleso med grafom funkcije f in ravnino z, vendar moramo zaradi negativnih Riemannovih integralskih vsot spremeniti predznak. Prostornina območja med ploskvama z f (x,y) in z g(x,y), kjer je f g, nad območjem je enaka V ( f (x,y) g(x,y))ds. Zgled 2.6 Izračunaj prostornino območja med paraboloidom z 1 x 2 + y 2 in ravnino z.

2.1 vojni integral 51 Integriramo po krogu v središčni legi s polmerom 1, zato vpeljemo polarne koordinate, pri čemer je f (r,ϕ) 1 r 2 1 r in J r: K 1 (,) (1 x 2 + y 2 )ds 2π 1 dϕ (1 r)r dr 2π dϕ(r r2 2 ) 1 1 2 2π dϕ 1 2 ϕ 2π π PLOŠČINA Ploščino območja, S(), dobimo tako, da po integriramo funkcijo f (x,y) 1, saj v tem primeru ploščina območja in prostornina območja med grafom funkcije f in ravnino z sovpadata: S() ds. Zgled 2.7 Izpelji formulo za ploščino elipse v središčni legi z odsekoma a in b. Integriramo po elipsi v središčni legi z odsekoma a in b, x2 modificirane polarne koordinate: x ar cosϕ y br sinϕ a 2 + y2 b 2 1. V ta namen vpeljemo Jacobijev determinanta je v tem primeru acosϕ ar sinϕ J det bsinϕ br cosϕ abr cos 2 ϕ + abr sin 2 ϕ abr. Če te koordinate upoštevamo v enačbi elipse, dobimo da je za točke ne elipsi r 1: (ar cosϕ) 2 + a 2 x 2 a 2 + y2 b 2 1 (br sinϕ)2 b 2 1 r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ 1 r 2 1 r 1

52 2. Večkratni integrali Ploščina elipse je enaka ds 2π 1 dϕ abr dr 2π ab dϕ r2 2 1 ab 2π dϕ 2 ab 2 ϕ 2π abπ 2.2 Eulerjeva funkcija B Pri Matematiki A smo že spoznali Eulerjevo funkcijo Γ, ki je za x > definirana kot Γ(x) e t t x 1 dt. Eulerjevo funkcijo B bomo vpeljali ker se izkaže za zelo koristno pri izračunu dvojnih in še vseh nadaljnih integralov, ki jih bomo spoznali. efinicija 2.2.1 Eulerjeva funkcija beta, B, je za x,y > definirana s predpisom 1 B(x,y) t x 1 (1 t) y 1 dt. Naslednji izrek podaja zvezo med obema Eulerjevima funkcijama. Izrek 2.2.1 Za x, y > velja B(x,y) Γ(x)Γ(y) Γ(x + y). okaz. Γ(x)Γ(y) e t t x 1 dt e s s y 1 ds e t s t x 1 s y 1 dt ds Vpeljemo novi spremenljivki v (posplošeni) dvojni integral, torej namesto integacije po t in s, bomo integrirali po u in v: t uv, s u(1 v). Izračunati moramo determinanto Jacobijeve matrike t t u v J v u 1 v u u. s u s v Ker je t + s u in sta t,s (, ), je u (, ) in iz s u(1 v) sledi, da je v (,1). S tem smo dobili integracijske meje za novi spremenljivki u in v. Ploščinski diferencial je pri vpeljavi novih

2.2 Eulerjeva funkcija B 53 spremenljivk enak dt ds J dudv ududv, a ker sta s,t >, ta ne more biti negativen, zato vzamemo absolutno vrednost Jacobijeve determinante, torej je Nadaljujmo z izračunom dvojnega integrala dt ds ududv. Γ(x)Γ(y) 1 e u (uv) x 1 (u(1 v)) y 1 ududv 1 e u u x 1+y 1+1 du v x 1 (1 v) y 1 dv 1 e u u x+y 1 du v x 1 (1 v) y 1 dv Γ(x + y)b(x,y) Poglejmo še nekaj koristnih identitet v zvezi s funkcijo B. Trditev 2.2.2 Za x, y > velja s x 1 B(x,y) ds. (s + 1) x+y okaz. V definicijo funkcije B(x,y) 1 tx 1 (1 t) y 1 dt vpeljemo novo spremenljivko t s Tedaj je dt ds in dobimo posplošeni integral: (s+1) 2 s+1. B(x, y) s x 1 (s + 1) x+1 (s + 1) y+1 (s + 1) 2 ds s x 1 (s + 1) x y ds s x 1 ds (s + 1) x+y Sledi uporabna posledica, ki poenostavi izračun prenekaterih integralov povezanih s funkcijama sinus in kosinus. Posledica 2.2.3 Za x, y > velja π 2 B(x,y) 2 cos 2x 1 ϕ sin 2y 1 ϕ dϕ. okaz. Zaradi večje preglednosti bomo uporabili zapis z oklepaji cos 2x 1 ϕ (cosϕ) 2x 1 in sin 2y 1 ϕ (sinϕ) 2y 1. V definicijo funkcije B(x,y) 1 tx 1 (1 t) y 1 dt vpeljemo novo spremenljivko t cos 2 ϕ. Tedaj je dt 2cosϕ sinϕ dϕ in novi integracijski meji sta od π 2 do

54 2. Večkratni integrali B(x, y) 2 (cos 2 ϕ) x 1 (1 cos 2 ϕ) y 1 cosϕ sinϕ dϕ π 2 π 2 2 (cosϕ) 2x 1 (sin 2 ϕ) y 1 sinϕ dϕ π 2 2 (cosϕ) 2x 1 (sinϕ) 2y 1 dϕ Pri vpeljavi Eulerjeve funkcije Γ smo uspeli izračunati njeno vrednost v 1 2, a z uporabo funkcije B lahko to naredimo veliko enostavnejše. Zgled 2.8 Z uporabo B izračunaj Γ( 1 2 ). ( 1 B 2, 1 ) 2 π 2 2 (cosϕ) 2 1 2 1 (sinϕ) 2 1 2 1 dϕ in zato Po drugi strani je π 2 2 dϕ π ( 1 B 2, 1 ) Γ( 1 2 )Γ( 1 2 ) ( ) 1 2 Γ( 1 2 + 1 2 ) Γ2 2 Γ ( ) ( 1 1 B 2 2, 1 ) π. 2 2.3 Trojni integral Naj bo zdaj f : G R 3 R funkcija treh spremenljivk. Trojni integral se definira na analogen način kot dvojni integral. Območje G R 3 razdelimo na manjša območja z delitvijo {G 1,G 2,...,G n } in na vsakem območju G k izberemo poljubno točko T k (ξ k,η k,ζ k ) ter definiramo Riemannovo integralsko vsoto funkcije treh spremenljivk R ( f ) n k1 f (T k )V (G k ) n k1 f (ξ k,η k,ζ k )V (G k ), pri čemer je V (G k ) prostornina območja G k. Naj bo maksimalni premer ρ analogen kot pri dvojnem integralu. Zdaj lahko definiramo trojni integral. efinicija 2.3.1 Število I je trojni integral funkcije f : G R 3 R na območju G, če za vsak ε > obstaja tak δ >, da za vsako delitev, za katero je ρ < δ velja I R ( f ) < ε. Funkcija f : G R 3 R je integrabilna, če obstaja njen trojni integral na G. Trojni integral funcije f na območju G zapišemo I f (x,y,z)dv. G

2.3 Trojni integral 55 Za trojni integral veljajo podobne lastnosti kot za dvojni integral in jih ne bomo ponovno naštevali. Trojni integral se računa z uporabo naslednjega izreka, ki ga zaradi podobnosti z dokazom analognega izreka za dvojni integral ne bomo dokazali. Izrek 2.3.1 Naj bo G {(x,y,z) R 3 (x,y),z 1 (x,y) z z 2 (x,y)} in f : G R 3 R integrabilna. Tedaj velja G f (x,y,z)dv z2 (x,y) ds f (x,y,z)dz. z 1 (x,y) Zgled 2.9 Izračunaj trojni integral funkcije f (x,y,z) y 2 na območju G, ki je omejeno z x 1,y,x y,z,z xy. z2 (x,y) f (x,y,z)dv ds f (x,y,z)dz z 1 (x,y) G xy ds y 2 dz 1 1 1 1 1 x xy dx dy y 2 dz x dx (y 2 z xy )dy x dx xy 3 dy (x y4 4 x )dx x 5 4 dx x6 24 1 1 24 Tudi nove spremenljivke vpeljemo na podoben način, le da smo zdaj v prostoru R 3. Območje G v prostoru x,y,x želimo opisati s pomočjo novih spremenljivk (koordinat) r,s,t. Torej naj bo x x(r, s, t), y y(r, s, t), z z(r, s, t) in naj bo determinanta Jacobijeve matrike neničelna: ( ( )) x,y,z J det J r,s,t x r y r z r x s y s z s x t y t z t. Velja naslednji izrek za izračun trojnega integrala na novem območju G.

56 2. Večkratni integrali Izrek 2.3.2 f (x,y,z)dv f (x(r,s,t),y(r,s,t),z(r,s,t)) J dr dsdt. G G Cilindrične koordinate z (x,y,z) ϕ r z y x Slika 2.6: Cilindrične koordinate. Cilindrične koordinate so razširitev polarnih koordinat iz dvorazsežnega prostora v trorazsežni prostor. Poleg standardnih r in ϕ, kot ju poznamo iz polarnega koordinatnega sistema, tretja koordinata z ostane nespremenjena: x r cosϕ y r sinϕ z z, r R +,ϕ [,2π],z R. eterminanta Jacobijeve matrike za cilindrični koordinatni sistem je enaka J cosϕ r sinϕ sinϕ r cosϕ 1 r cos 2 ϕ + r sin 2 ϕ r. Kot že samo ime pove, uporabljamo cilindične koordinate za opis teles (območij) podobnim cilindru oz. valju. Zgled 2.1 Izračunaj trojni integral funkcije f (x,y,z) x 2 z na območju G : x 2 +y 2 4, z 2.

2.3 Trojni integral 57 x 2 zdv G 2π 2π 2 2 dϕ dr r 2 cos 2 ϕ zr dz 2 dϕ (r 3 cos 2 ϕ z2 2 2 )dr 2π 2 2 dϕ (r 3 cos 2 ϕ)dr 2π 2 (cos 2 ϕ r4 4 2 )dϕ 2π 8 4 1 + cos(2ϕ) dϕ 2 ( ϕ + sin(2ϕ) ) 2π 8π. 2 Sferne koordinate z (x,y,z) r ϑ ϕ y x Slika 2.7: Sferne koordinate. Sferne koordinate uporabljamo za opis teles, ki so podobna kroglam. V sfernih koordinatah se pojavita kota ϕ in ϑ, ter oddaljenost od koordinatnega izhodišča r (glej Sliko 2.7), torej lego točke (x, y, z) opišemo s spremenljivkami r, ϕ, ϑ. Z nekaj izpeljave vidimo, da velja x r cosϕ cosϑ y r sinϕ cosϑ z r sinϑ, ϕ [,2π],ϑ [ π 2, π 2 ],r R+.

58 2. Večkratni integrali eterminanta Jacobijeve matrike za sferni koordinatni sistem je enaka cosϑ cosϕ r cosϑ sinϕ r sinϑ cosϕ ( ( )) x,y,z J det J cosϑ sinϕ r cosϑ cosϕ r sinϑ sinϕ r,ϕ,ϑ sinϑ r cosϑ r 2 cosϑ. Zgled 2.11 Izpelji formulo za izračun prostornino krogle s polmerom R. z R y x Slika 2.8: Krogla s polmerom R. V G dv 2π π 2 dϕ π 2 R dϑ r 2 cosϑ dr 2π π 2 dϕ (cosϑ r3 π 3 ) R 2 R3 3 2 R3 3 2π 2π π 2 dϕ cosϑ dϑ π 2 π 2 dϕ cosϑ dϑ R 3 2 3 ϕ 2π 4 3 πr3 Uporaba v fiziki MASA Masa telesa, katerega gostota je funkcija ρ : G R 3 R +, je enaka m ρ(x,y,z)dv. G

2.3 Trojni integral 59 TEŽIŠČE Težišče telesa (x T,y T,z T ) z gostoto ρ : G R 3 R +, je enako x T G y T G z T G xρ(x,y,z)dv yρ(x,y,z)dv zρ(x,y,z)dv Za homogena telesa s konstantno gostoto in prostornino V so koordinate težišča x T 1 V G y T 1 V G z T 1 V G xdv ydv zdv Zgled 2.12 Poišči koordinate težišča homogene polkrogle x 2 + y 2 + z 2 R 2, z. Očitno je zaradi homogenosti telesa x T y T, zato moramo izračunati samo z T : z T 1 V G zdv 3 2π π 2 2πR 3 dϕ R dϑ r 3 cosϑ sinϑ dr 3R4 2π π 2 8πR 3 dϕ cosϑ sinϑ dϑ 3R π 16π 2π 2 sin(2ϑ)dϑ 3R 16 cos(2ϑ) π 2 3R 8 Težišče polkrogle je v točki (,, 3R 8 ).

3. Vektorske funkcije V tem razdelku bomo zelo na kratko in površinsko pogledali vektorske funkcije vektorske spremenljivke, to so funkcije ki slikajo iz Rn v Rm. Zanimala nas bo predvsem diferenciabilnost takih funkcij, ki nas bo pripeljala do reševanja sistemov nelinearnih enaˇcb. Nazadnje si bomo kot poseben primer skalarnih in vektorskih funkcij pogledali skalarna in vektorska polja. 3.1 Zveznost in diferenciabilnost efinicija 3.1.1 Preslikava ~F : Rn Rm, je vektorska funkcija vektorske spremenljivke. Skalarne funkcije f : Rn R so torej samo poseben primer vektorske funkcije. Vektorsko funkcijo ~F doloˇca m skalarnih funkcij fi : Rn R ~F ( f1, f2,..., fm ). efinicijsko obmoˇcje vektorske funkcije ~F je podmnožica v Rn katere elementi so urejene n-terice, zato naj bo x (x1, x2,..., xn ) oz. a (a1, a2,..., an ) poljubna toˇcka iz Rn. Zveznost vektorske funkcije ~F ( f1, f2,..., fm ) je direktno odvisna od zveznosti posamezne skalarne funkcije fi : Rn R. Nas bo bolj zanimala diferenciabilnost vektorske funkcije. efinicija 3.1.2 Naj bo odprta podmnožica v Rn. Funkcija ~ F : Rm je diferenciabilna v ~ (o1, o2,..., om ) : Rn toˇcki a, cˇ e obstajata matrika J reda m n in vektorska funkcija O m R taki, da je ~ ~F(a + h) ~F(a) + Jh + O(h),

62 3. Vektorske funkcije pri čemer je lim h (o1 (h)) 2 + + (o m (h)) 2 h 2 1 + + h2 n. F je diferenciabilna na, ko je diferenciabilna v vsaki točki območja. Izrek 3.1.1 Funkcija F ( f 1, f 2,..., f m ) : R n R m je diferenciabilna v točki a odprtega območja R n natanko tedaj, ko so v točki a diferenciabilne vse funkcije f i : R n R, i 1,...,m. okaz. F(a + h) F(a) + Jh + O(h) f 1 (a + h) f 2 (a + h). f m (a + h) f 1 (a) f 2 (a). f m (a) + j 11... j 1n j 21... j 2n.. j m1... j mn h 1 h 2. h n + o 1 (h) o 2 (h). o m (h) Poljubna vrstica je f i (a + h) f i (a) + ( j i1 h 1 + + j in h n ) + o i (h), kar pomeni, da bo F diferenciabilna, če je poljuben element matrike J parcialni odvod j ik (J) ik f i x k. Posledica 3.1.2 Matrika J je Jacobijeva matrika ( ) f1, f 2,..., f m J J x 1,x 2,...,x n f 1 x 1... f 2 x 1.... f m x 1... f 1 x n f 2 x n. f m x n. Posledica 3.1.3 F je diferenciabilna, če so funkcije f i, i 1,2,...,m zvezno parcialno odvedljive. Če je F diferenciabilna v točki a, potem jo lahko lineariziramo v okolici točke a F(a + h) F(a) + Jh.

3.2 Nelinearni sistemi enačb 63 3.2 Nelinearni sistemi enačb Linearizacija vektorske funkcije F se uporablja pri reševanju sistemov nelinearnih enačb. Poglejmo, kako lahko pristopimo k reševanju nelinearnega sistema n enačb z n neznankami podanega z: f 1 (x 1,x 2,...,x n ) f 2 (x 1,x 2,...,x n ). f n (x 1,x 2,...,x n ). Reševanje nelinearnih sistemov je zelo težek problem in se rešuje z uporabo numeričnih metod. iferenciabilnost vektorske funkcije nam omogoča naslednji pristop k reševanju takih sistemov. Nelinerani sistem najprej zapišimo v matrični obliki f 1 (x 1,x 2,...,x n ) f 2 (x 1,x 2,...,x n ).. f n (x 1,x 2,...,x n ). Funkcije f i naj bodo komponente vektorske funkcije F, ki naj bo diferenciabilne na območju. Izberimo poljubno točko a (a 1,a 2,...,a n ) območja, ki je po možnosti blizu zaenkrat še neznane rešitve nelinearnega sistema. Ideja je v tem, da funkcijo F lineariziramo v okolici točke a oziroma, če x a + h, tedaj je F(a + h) F(a) + J(a)h F(x) F(a) + J(a)(x a). Za nelinearni sistem je F(x), zato je v primeru, da je Jacobijeva matrika obrnljiva, rešitev prvega koraka linearizacije enaka x a J 1 (a) F(a). Postopek ponavljamo, s čimer dobimo zaporedje približkov in če je le-to konvergentno, dobimo rešitev nelinearnega sistema na zahtevano število decimalnih mest natančno. Zgled 3.1 Numerično reši sistem nelinearnih enačb xy 2 x + y 1 2x + xy 6.. Nastavimo funkcijo F in izberemo poljubno začetno točko, recimo a (,). F(x,y) (xy 2 x + y 1,2x + xy 6).

64 3. Vektorske funkcije Rešujemo enačbo F(x,y) (,), pri čemer potrebujemo Jacobijevo matriko J(x,y) x (xy2 x + y 1) y (xy2 x + y 1) x (2x + xy 6) y (2x + xy 6) in njen inverz je J 1 1 (x,y) (y 2 1)x (y + 2)(2xy + 1) x 2xy 1 y 2 y 2 1. Prvo točko iteracije a 1 (x 1,y 1 ) dobimo iz prvega iteracijskega koraka, kjer upoštevamo, da je začetna točka a (,) (x 1,y 1 ) (,) J 1 (,) F(,) oziroma v matrični obliki [ x1 y 1 ] [ ] 1 2 1 2 1. [ f1 (,) f 2 (,) ] [ ] 1 2 1 2 1. [ 1 6 ] [ 3 4 ]. Postopek ponovimo na dobljeni točki a 1 (3,4), s čimer dobimo naslednjo točko a 2 (x 2,y 2 ): [ x2 y 2 ] [ 3 4 [ 3 4 [ 53 35 14 35 ] 1 15 ] + 4 [ 13 35 9 ] [ 1.51 2.97 3 25 6 5 ]. [ 48 12 S ponavljanjem iteracijskega postopka in ob upoštevanju, da rezultate zaokrožamo na dve decimalni mesti, dobimo a 3 (1.66,1.47), a 4 (1.95,1), a 5 (2,1), a 6 a 5. To pomeni, da ob zaokrožanju na dve decimalni mesti pridemo do rešitve v petih iteracijskih korakih. obljena rešitev je v tem primeru tudi eksaktna rešitev sistema, v splošnem je natančnost rešitve določena z izbranim številom decimalnih mest pri zaokroževanju. Zaključimo poglavje o funkcijah s poimenovanjem posebnih primerov le-teh, in sicer definirajmo skalarno in vektorsko polje. ]. ]

3.2 Nelinearni sistemi enačb 65 efinicija 3.2.1 Skalarno polje f je preslikava, ki deluje iz Vektorsko polje F je preslikava, ki deluje iz f : R 3 R. F : R 3 R 3. Primer skalarnega polja je gostota snovi, primer vektorskega polja pa sta recimo električno in magnetno polje. Več o skalarnih in vektorskih poljih bomo spoznali v nadaljevanju pri krivuljnih in ploskovnih integralih.

4. Naloge Graf funkcije 1. oloˇci in skiciraj naravno definicijsko obmoˇcje funkcije f, ki je podana s predpisom: (a) f (x, y) px 1 y, (b) f (x, y) px2 y2, (c) f (x, y) py2 2x + 4, p (d) f (x, y) p1 x2 y2 + x2 + y2 x, (e) f (x, y) p2x x2 y2, (f) f (x, y) x2 2x y2 3, 2 2 (g) f (x, y) ln(x 4y 4), p 2x + y p 2 2 2 (h) f (x, y) x + y a b2 x2 y2, a, b R+ (razmisli vse možnosti za a in b), (i) f (x, y) ln (x ln(y x)), (j) f (x, y) ln xy ln(x y), 2 2 x +y 4 (k) f (x, y) ln 16 4x 2 2, y xy (l) f (x, y) arcsin y+1. 2. Funkcija f je podana s predpisom f (x, y) ln(x + y 1). oloˇci in skiciraj naravno definicijsko obmoˇcje funcije f ter nariši nivojnice N 1, N in N1. 3. Funkcija f je podana s predpisom p f (x, y) arctan(x 1 + x2 y2 ). (a) oloˇci naravno definicijsko obmoˇcje funkcije f. (b) Skiciraj nivojnico N π4. (c) Skiciraj prereza nad y in y x. 4. Funkcija f je podana s predpisom 1 f (x, y) qp. 2 2 x +y x

68 4. Naloge (a) oloči naravno definicijsko območje funkcije f. (b) Graf funkcije f predstavi s pomočjo nivojnic (za začetek si oglej N 1 4, N 1, N 2 in N 1, če obstajajo). 5. S pomočjo naravnega definicijskega območja, nivojnic in prerezov nad x in y skiciraj graf funkcije f, ki je podana s predpisom: (a) f (x,y) 3 x 2 y, (b) f (x,y) x 2 + y 2, (c) f (x,y) x 2 y 2, (d) f (x,y) x 2 + y 2, (e) f (x,y) 4 x 2 y 2, (f) f (x,y) 4x 2 + y 2 + 1, (g) f (x,y) x 2 + y 2 2x, (h) f (x,y) x 2 4y 2, (i) f (x,y) 1 y 2 x 2, (j) f (x,y) y 2 2y + x 2 4x, (k) f (x,y) ln(x 2 + 4y 2 ), (l) f (x,y) ln(x 2 y). Zveznost in limita funkcije več spremenljivk 1. Ali je funkcija f : R 2 R, ki je podana s predpisom { ; (x,y) (,) f (x,y) x 2 y 2 ; (x,y) R 2 \{(,)}, x 2 +y 2 zvezna? Odgovor utemelji! 2. Ali je funkcija f : R 2 R, ki je podana s predpisom { ; (x,y) (,) f (x,y) x+y ; (x,y) R 2 \{(,)}, x 2 +y 2 zvezna? Odgovor utemelji! 3. Ali je funkcija f : R 2 R, ki je podana s predpisom { ; (x,y) (,) f (x,y) x 2 y ; (x,y) R 2 \{(,)}, (x 2 +y 2 ) 2 zvezna? Odgovor utemelji! 4. Ali obstaja a R, da bo funkcija f : R 2 \{(,)} R, ki je podana s predpisom a ; (x,y) (,) f (x,y) xy 3 ; (x,y) R 2 \{(,)}, x 2 +y 2 zvezna? 5. Ali je funkcija f : R 2 R, ki je podana s predpisom xy 2 ; (x,y) R 2, y x 2 +y 4 f (x,y) ; (x,) R 2, zvezna v točki (,)? Odgovor utemelji!

69 Parcialni odvodi in totalni diferencial 1. Izračunaj oba parcialna odvoda prvega reda funkcije f, ki je podana s predpisom (a) f (x,y) (x 3 + 2y 2 ) 1, (b) f (x,y) xe xy, (c) f (x,y) x y, (d) f (x,y) x2 y 2, x 2 +y 2 (e) f (x,y) 2x y, x 2 +xy 2 (f) f (x,y) sinx ) ycos(xy), (g) f (x,y) ln( 2x, 2xy+y ( x (h) f (x,y) arctan ), y 2 (i) f (x,y) arcsin( x + 1 y ). 2. Funkcija f : R 2 R je podana s predpisom { ; (x,y) (,) f (x,y) x 2 y 2 ; (x,y) R 2 \{(,)}. x 2 +y 2 (a) Ali je f parcialno odvedljiva po obeh spremenljivkah? (b) Ali je f zvezno parcialno odvedljiva po obeh spremenljivkah? 3. Funkcija f : R 2 R je podana s predpisom f (x,y) ex+y +e x y 2. (a) okaži f x (x,y) + f y (x,y) e x+y. (b) okaži f xx (x,y) + f yy (x,y) 2 f (x,y). (c) Za poljubno naravno število n izračunaj fxx...x(x,y) + }{{} fyy...y(x,y). }{{} n krat n krat 4. Funkcija f : R 2 R je podana s predpisom f (x,y) 2e x sin(y). Ali veljajo naslednje enakosti: (a) x f (x,y) x (b) 2 f (x,y) x 2 (c) 2 f (x,y) y x y f (x,y) y 2 f (x,y) y x 2 f (x,y) x y x f (x,y),,. 5. Funkcija dveh spremenljivk je podana s predpisom f (x, y) arcsin velja 2 f (x,y) y x 2 f (x,y) x y. 6. Funkcija f : R 2 R je podana s predpisom { ; (x,y) (,) f (x,y) x 3 y xy 3 ; (x,y) R 2 \{(,)}. x 2 +y 2 Preveri, da je f xy (,) f yx (,). Odgovor utemelji! 7. Funkcija f : R 2 R je podana s predpisom { ; (x,y) (,) f (x,y) 3x 2 y y 3 ; (x,y) R 2 \{(,)}. x 2 +y 2 ( ) x y x. Preveri, če

7 4. Naloge (a) Ali je funkcija f zvezna v točki (,)? (b) Ali je funkcija f parcialno odvedljiva? (c) Ali je parcialni odvod f x oziroma f y zvezen? 8. S pomočjo diferenciala izračunaj približno vrednost (a),92 1,2, (b),99 1,4,97, (c) 2,1,92 1,2, (d) 1,3 1,98. 9. S pomočjo diferenciala izračunaj za koliko se približno spremeni prostornina kozarca v obliki stožca z višino 1 cm in polmerom 5 cm, če se višina poveča za 3 mm, premer pa zmanjša za 1 mm. 1. Za koliko procentov se spremeni volumen valja, če se višina in polmer valja povečata za 2 %? 11. Zgraditi želimo silos, ki naj bi imel obliko valja z radijem r 1 metrov in višino h 4 metrov, njegova straha pa je polkrogla z radijem r. Po začetku gradnje so izvajalci opazili, da je radij osnovne ploskve valja za 2 % večji od predvidenega. Za koliko procentov bi morali zmanjšati višino h, da bi dobili silos prej predvidenega volumna. Nalogo reši s pomočjo diferenciala. 12. Za koliko se spremeni večja od ničel polinoma p, p(x) x 2 3x + 2, če vse tri koeficiente polinoma p povečamo za,1. Nalogo reši s pomočjo diferenciala. Posredno odvajanje in Taylorjeva formula 1. Izračunaj odvod funkcije f, ki je podana s predpisom f (x) (x 2 + 1) lnx. 2. Naj bo f (x,y) x 2 + 3xy + y 3. Izračunaj f t, če je x t2 in y t. 3. Naj bo f (x,y) x 2 e y x ter naj bo x 1 t2 1+t 2 in y 2t 1+t 2. Izračunaj f 4. Naj bo f (x,y) x2 y t. ter naj bo x 2u v in y u + 2v. Izračunaj f u in f 5. Naj bo z(x,y) g(xy). Izračunaj z z r in ϕ, če je x r cosϕ in y r sinϕ. 6. Naj bo f : R R dvakrat odvedljiva realna funkcija in naj bo z(x,y) f (x 2 + y 2 ). Izračunaj 2 z in 2 z x 2 x y. 7. Izračunaj 2 z y x, če je f (x + y,xy). 8. Naj bo z z(x,y) parcialn odvedljiva funkcija in f : R R odvedljiva realna funkcija. (a) Transformiraj izraz xz x + yz y v polarne koordinate. ( ) (b) Izračunaj xz x + yz y v primeru, ko je z f x y, y. 9. Naj funkcija f : R 2 R, f (x,y) 2xy + x 2, opisuje temperaturno porazdelitev v ravnini. (a) Izračunaj smerni odvod funkcije v smeri vektorja (1,1). (b) oloči smer, v kateri temperatura v točki (1,1) najhitreje narašča. 1. Izračunaj odvod funkcije f, f (x,y) x + y xy, v točki (1,) v poljubni smeri, in sicer (a) direktno, (b) s pomočjo gradienta. Poišči vektor, za katerega velja, da je omenjeni odvod največji? Utemelji! 11. Funkcija f je podana s predpisom f (x,y) y x 2 + 1. Izračunaj odvod funkcije f v točki T (1, 3) v smeri vektorja s ( 2, 2). 12. Zapiši Taylorjev polinom drugega reda za funkcijo f, f (x,y) x 2 y + xy 2, v okolici točke (2,1). 13. Zapiši Taylorjev polinom drugega reda za funkcijo f, f (x, y) sin(xy), v okolici točke ( π 2,1). v.

14. Zapiši Taylorjev polinom tretjega reda za funkcijo f, f (x,y) x y, v okolici točke (2,1). 15. Zapiši Taylorjev polinom tretjega reda za funkcijo f, f (x,y) ln(x 2 y), v okolici točke (1,1). 71 Lokalni ekstremi funkcije več spremenljivk in vezani ekstrem 1. Poišči lokalne ekstreme funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) x 3 + y 3 3xy. 2. Poišči lokalne ekstreme funkcije f, ki je podana s predpisom f (x,y) lnx 9 2 x2 6xy 2. 3. Poišči lokalne ekstreme funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) xy(2x + 4y + 1). 4. Poišči lokalne ekstreme funkcije f, ki je podana s predpisom f (x,y) 1 x + 2 y + xy. 5. Poišči lokalne ekstreme funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom ( f (x,y) x 2 + 3 ) )e x2 y 2. 4 6. Poišči ekstrem funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) x 2 + y 2, pri pogoju x 2 + y 2 1. 7. Poišči ekstrem funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) 5xy x 4 y 4, pri pogoju x + y 1. 8. Poišči ekstrem funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) xy, pri pogoju x 2 + y 2 2. 9. Naj bo a >. Poišči ekstrem funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) x + y, pri pogoju 1 x 2 + 1 y 2 1 a 2. 1. Med vsemi stožci s površino 4π poišči tistega z največjo prostornino. 11. Poišči globalni ekstrem funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) 3x 2 2xy + 3y 2, na tistem območju v R 2, ki je določen z neenačbo x 2 + y 2 4. 12. Poišči globalni ekstrem funkcije f : R 2 R, ki je podana s predpisom f (x,y) x 2 y(4 x y), na območju, ki je omejeno s premicami z enačbami x, y in x + y 6. 13. oloči globalne ekstreme funkcije f, ki je podana s predpisom f (x,y) x 2 + 2xy y 2, pri pogojih x, y in x + y 4. 14. Poišili točko na ploskvi z enačbo 2x 2y + z 4, ki je najbližja koordinatnemu izhodišču. 15. Poišči točko na ploskvi z 2 x 2 + 12x + y 2 + xy 2, ki je najbližja točki T (1,,). Za koliko je le-ta oddaljena od izhodišča? 16. Poišči vse točke na ploskvi z enačbo z 2 1 xy, ki so najbližje koordinatnemu izhodišču. 17. Poišči ekstrem funkcije f : R 3 R, ki je podana s predpisom f (x,y,z) xyz, kjer točka (x,y,z) zadošča zvezi x 2 + y 2 + z 2 1. 18. Poišči ekstrem funkcije f, f (x 1,x 2,x 3 ) x1 2 + x2 2 + x2 3, pri pogojih x 1 + x 2 x 3 2 2x 1 x 2 + x 3 3.

72 4. Naloge vojni integral 1. Izračunaj dvojni integral 1 dx π 2 xcosy dy. 2. Izračunaj dvojni integral x 2 y dx dy, kjer je trikotnik v ravnini določen z oglišči (1,), (,) in (,1). 3. Območje v ravnini je določeno s premicami z enačbami y, y x in y 5 2x. Zapiši f (x,y) dx dy, po spremeniljvki x najprej in po spremenljivki y najprej. 4. Zamenjaj vrstni red integriranja (a) (b) (c) 1 1 1 2 2 1 dx dx dx 2 x 1 x 1 9 x 2 1 x 2 f (x,y) dy, f (x,y) dy, f (x,y) dy, (d) dx 1+ f (x,y) dy. 2x x 2 5. Naj bo {(, ) R + }. Izračunaj 1 (x 2 + y 2 dx dy. ) 2 6. Zapiši dvojni integral funkcije f : R 2 R, če je območje v ravnini določeno z neenakostmi (a) y, x 2 + y 2 1 in (x + 2) 2 + y 2 9, (b) (x 1) 2 + y 2 1 in x 2 + y 2 9, 7. Izračunaj ploščino območja v ravnini, ki ga omejuje krivulja K določena z enačbo: (a) (x 2 + y 2 ) 2 2xy, (b) (x 2 + y 2 ) 2 2a 2 (x 2 y 2 ), kjer je a pozitivno realno število, (c) (x 2 + y 2 2ax) 2 4a 2 (x 2 + y 2 ), kjer je a pozitivno realno število, (d) (x 2 + y 2 ) 3 4xy(x 2 y 2 ). 8. Izračunaj dvojni xy dxdy, kjer je tisti del območja v ravnini, ki ga omejuje krivulja z enačbo Trojni integral 1. Izračunaj trojni integral ( x 2 1 3 + y2 4 ) 4 xy 12. 2x x+y dx dy 2zdz. x 2. Izračunaj trojni integral y dx dy dz, G

kjer je G območje v prostoru R 3 določeno s ploskvami z enačbami x, y, z, x + y 1 in z y 2. 3. Izračunaj trojni integral dx dy dz (1 + x + y + z) 3, G kjer je G območje v prostoru R 3 določeno z neenačbami x, y, z, x + y + z 1. 4. Izračunaj volumen območja G v prostoru R 3 določeno s ploskvami z enačbami x, y 1, z, y x in z x 2 + y 2. 5. Izračunaj trojni integral (x + z) dv, G kjer je G območje v prostoru R 3 določeno z neenačbama x 2 + y 2 1, z 4. 6. Naj bo R >. Izračunaj prostornino telesa, ki ga v prostoru R 3 določata neenakosti x 2 + y 2 + z 2 R 2 in x 2 + y 2 Rx. 7. Izračunaj trojni integral z 2 dv, G kjer je G območje v prostoru R 3 določeno z neenačbama x 2 + y 2 + z 2 1, z. 8. Izračunaj volumen območja G v prostoru R 3 določeno z neenačbama x 2 + y 2 + z 2 z, z 2 x 2 + y 2. 73

II Vektorska analiza 5 iferencialna geometrija v prostoru.. 77 5.1 Krivulje 5.2 Ploskve 6 Krivuljni in ploskovni integral......... 89 6.1 Krivuljni integral 6.2 Ploskovni integral 6.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih 6.4 Trije integralski izreki 7 Naloge............................ 113

5. iferencialna geometrija v prostoru Pogledali si bomo krivulje in ploskve v prostoru, ter nekah osnovnih geometrijskih pojmov v povezavi z njimi. Ker je odvod tukaj bistvenega pomena, imenujemo to podroˇcje diferencialna geometrija. 5.1 Krivulje Naj bo K krivulja v prostoru R3. Vsaka toˇcka na krivulji K je doloˇcena s koordinatami (x, y, z). Krivulja v prostoru R3 je lahko podana na razliˇcne naˇcine. Krivulja je lahko podana z zveznima funkcijama y y(x) in z z(x). Ko x preteˇce vrednosti na nekem intervalu, pripadajoˇce toˇcke T (x, y(x), z(x)) ležijo na krivulji K. Krivulja je lahko podana implicitno kot presek dveh ploskev F(x, y, z) in G(x, y, z). ˇ uspemo krivuljo K predstaviti Najbolj obiˇcajen je parametriˇcni naˇcin podajanja krivulje. Ce kot sliko neke podmnožice realnih števil (obiˇcajno intervala) pravimo, da smo krivuljo K parametrizirali. Natanˇcneje, naj bodo x x(t), y y(t), z z(t) zvezne funkcije spremenljivke t na intervalu [α, β ]. Za vsak t iz tega intervala dobimo neko toˇcko krivulje K. Spremenljivko t imenujemo parameter. S tem v bistvu dobimo vektorsko funkcijo skalarne spremenljivke t, ki jo oznaˇcimo z~r ~r(t) (x(t), y(t), z(t)). Zgled 5.1 Enaˇcba vijaˇcnice v parametriˇcni obliki ~r(t) (a cost, a sint, bt),t R, a, b >. x a cost y a sint z bt

78 5. iferencialna geometrija v prostoru Slika 5.1: Vijačnica. Ker je x 2 + y 2 a 2 in z bt, leži vijačnica na plašču valja s polmerom a. V nadaljevanju si bomo pogledali tangento in normalno ravnino krivulje. V ta namen moramo definirati odvod parametrizacije in s tem tangentni vektor na krivuljo. efinicija 5.1.1 Naj bo krivulja K dana s parametrizacijo r(t) (x(t), y(t), z(t)), t [α, β] in naj bo T r(a) poljubna točka na krivulji K. Če obstaja limita lim h r(a + h) r(a), h je ta limita vektor, ki ga imenujemo tangentni vektor na krivuljo K v točki a in ga označimo r(a). Opomba: efinirali smo odvod parametrizacije r, ki ga označujemo s piko, t.j. r(a) r(a + h) r(a) lim h h Če so funkcije x x(t), y y(t), z z(t) odvedljive v t, tedaj je r(t) (ẋ(t),ẏ(t),ż(t)). efinicija 5.1.2 Premica, ki poteka skozi točko T r(a) krivulje K v smeri vektorja r(a), je tangenta na krivuljo K v točki a. Poglejmo, kako poiščemo enačbo tangente. Naj bo (x,y,z) poljubna točka na tangenti, tedaj je. (x,y,z) r(a) + λ r(a) oziroma (x,y,z) (x(a),y(a),z(a)) + λ (ẋ(a),ẏ(a),ż(a)). Eliminiramo λ in dobimo x x(a) ẋ(a) y y(a) ẏ(a) z z(a). ż(a)

5.1 Krivulje 79 Zgled 5.2 Poišči enačbo tangente na vijačnico v točki (a,,). Iz (a cost, a sint, bt) (a,, ) sledi, da je t. Poiščimo smer tangente v poljubni točki r(t) ( asint,acost,b) in še v dani točki Enačba tangente je oziroma v odsekovni obliki r() (,a,b). (x,y,z) (a,,) + λ (,a,b) y a z a, x a. Če je r(t) v vsaki točki krivulje r(t), tedaj je r regularna parametrizacija. Recimo, da je krivlja K podana implicitno, kot presek dveh ploskev F(x,y,z) in G(x,y,z). Naj bo r(t), r : [α,β] K parametrizacija krivulje K. Tedaj sta ploskvi odvisni od parametra t: F(x(t),y(t),z(t)) in G(x(t),y(t),z(t)), t [α,β]. Odvajajmo F po t: F x x t + F y y t + F z z t F x F F ẋ(t) + ẏ(t) + y ( obili smo skalarni produkt vektorjev F x, F y, F z gradf r(t). z ż(t) ) gradf in (ẋ(t),ẏ(t),ż(t)) ṙ(t). Tako velja Na podoben način dobimo gradg r(t). Če je vektorski produkt obeh gradientov različen od nič gradf gradg, tedaj je r(t) λ (gradf gradg). S tem se enačba tangente na krivuljo K v točki (a,b,c) glasi (x,y,z) (a,b,c) + λ (gradf gradg).

8 5. iferencialna geometrija v prostoru Zgled 5.3 Poišči enačbo tangente na krivuljo K v točki (6,9,9), če je K določena kot presek ploskev x 2 4z in x 3 24z. Poiščimo oba gradienat v dani točki Njun vektorski produkt je enak grad(x 2 4z) (2x,, 4) (12,, 4), grad(x 3 24z) (3x 2,, 24) (18,, 24). (12,, 4) (18,, 24) 48((3,, 1) (9,, 2)) (, 144,) 144(,1,). Tangenta ima smer vektorja (,1,) in njena enačba je (x,y,z) (6,9,9) + λ(,1,) oziroma v odsekovni obliki y λ + 9,x 6,z 9. efinicija 5.1.3 Normalna ravnina krivulje K v točki T r(a) K je ravnina, ki poteka skozi točko T in je pravokotna na tangentni vektor. Normala krivulje K v točki T K je vsaka premica, ki leži v normalni ravnini in poteka skozi točko T. Enačba normalne ravnine parametrično podane krivulje K je enaka ((x,y,z) r(a)) r(t). Če je krivulja K podana implicitno kot presek ploskev F in G, tedaj je enačba normalne ravnine v točki (a,b,c) enaka ((x,y,z) (a,b,c)) (gradf gradg). Zgled 5.4 ana je vijačnica Poišči enačbo normalne ravnine v točki r(). Vemo že, da je r(t) (acost,asint,bt),t R, a,b >. r() (a,,) in r() (,a,b), zato je enačna normalne ravnine v točki (a,,) enaka ((x,y,z) (a,,)) (,a,b) ay + bz, x R.

5.1 Krivulje 81 Poglejmo, kako izračunamo dolžino loka na krivulji oziroma ločno dolžino krivulje K, podane parametično r(t) (x(t),y(t),z(t)), t [α,β]. Na podoben načim, kot smo to naredili pri izračunu loka funkcije ene spremenljivke, razdelimo interval [α,β] na n podintervalov α t < t 1 < < t n 1 < t n β. Pripadajoče vrednosti na krivulji K povežemo z daljicami, s čimer dobimo poligonsko črto, katere dolžina je T T n n k1 T k 1 T k n k1 (x k x k 1 ) 2 + (y k y k 1 ) 2 + (z k z k 1 ) 2. Če je t k t k 1 δ k, tedaj z uporabo Lagrangeovega izreka dobimo T T n n k1 ẋ(τ k ) 2 δk 2 + ẏ(ξ k) 2 δk 2 + ż(η k) 2 δk 2 n ẋ(τ k ) 2 + ẏ(ξ k ) 2 + ż(η k ) 2 δ k. k1 Ker je ẋ 2 (t) + ẏ 2 (t) + ż 2 (t) r(t) r(t), je smiselna naslednja definicija. efinicija 5.1.4 Naj bo krivulja K podana s parametrizacijo r(t) (x(t), y(t), z(t)), t [α, β]. Tedaj je dolžina loka krivulje K, l(k ), enaka β l(k ) α r(t) r(t)dt. Zgled 5.5 Poišči dolžino enega zavoja vijačnice. l(k ) β α r(t) r(t)dt 2π ( asint,acost,b) ( asint,acost,b)dt 2π a 2 + b 2 dt 2π a 2 + b 2. Spremenimo integral tako, da bo zgornja meja spremenljivka, s čimer krivuljni integral postane funkcija t t s(t) r(τ) r(τ)dτ ẋ(τ) 2 + ẏ(τ) 2 + ż(τ) 2 dτ, α α in predstavlja dolžino loka na krivulji K med točko r(α) (x(α),y(α),z(α)) in poljubno točko na krivulji r(t) (x(t),y(t),z(t)). Nekaj premisleka je potrebno da vidimo (za zvezno funkcijo Φ velja d t dt α Φ(τ)dτ Φ(τ)), da z odvajanjem zgornje vrstice dobimo ṡ(t) ẋ(t) 2 + ẏ(t) 2 + ż(t) 2.

82 5. iferencialna geometrija v prostoru Slika 5.2: Parametrizacija krivulje z naravnim parametrom s. rugače zapisano oziroma ( ) ds 2 dt ( ) dx 2 + dt ( ) dy 2 + dt (ds) 2 (dx) 2 + (dy) 2 + (dz) 2, ( ) dz 2. dt kar je kvadrat ločnega diferenciala. Ločni diferencial je dolžina loka med dvema bližnjima točkama na krivulji, ko razdaljo med njima aproksimiramo z dolžino daljice. Funkcija s(t) je strogo naraščajoča funkcija parametra t, zato obstaja njen inverz t t(s), ki je enolična in zvezno odvedljiva funkcija. Enačbo krivulje lahko zapišemo v obliki r(t) r(t(s)) (x(t(s)),y(t(s)),z(t(s)). Pravimo, da smo krivuljo K parametrizirali z naravnim parametrom s. Kadar je krivulja parametrizirana z naravnim parametrom odvod parametrizacije označimo s črtico, t. j. r (s) (x (s),y (s),z (s)). V tem primeru je ( ) ds 2 dt ( ) dx 2 + dt ( ) dy 2 + dt ( ) dz 2 dt enako oziroma ( ) ds 2 ds ( ) dx 2 + ds ( ) dy 2 + ds 1 x (s) 2 + y (s) 2 + z (s) 2 1 r (s) r (s). ( ) dz 2 ds. Pokazali smo, da je v primeru parametrizacije z naravnim parametrom tangentni vektor dolžine ena oziroma je enotski vektor. Vrednosti s naravnega parametra pripada takšna točka T na krivulji K, da je dolžina loka med T in začetno točko T r(α) enaka s. V primeru, ko je krivulja podana eksplicitno z enačbama y y(x) in z z(x), x [a, b], je dolžina loka krivulje enaka l(k ) b a 1 + ẏ 2 (x) + ż 2 (x)dx.

5.2 Ploskve 83 5.2 Ploskve Ploskve v prostoru R 3 so lahko, podobno kor krivulje, podane na različne načine. Običajno je ploskev podana implicitno z enačbo F(x,y,z) ali eksplicitno z enačbo z f (x,y). Na primer, z enačbo f (x,y) z x 2 + y 2 je določen paraboloid. Ploskev S je lahko podana tudi parametrično z dvema parametroma. V tem primeru je S slika odprte množice R 2 preslikave r : R 3. Preslikava oz. parametrizacija r mora biti zvezna in injektivna. Na primer, s parametrizacijo r(u,v) (u cosv,u sinv,u 2 ), (u,v) R [,2π) je določen paraboloid z x 2 + y 2. Zgled 5.6 Zapiši enačbo plašča neskončnega valja s polmerom a v parametrični obliki. r(ϕ,z) (a cosϕ,a sinϕ,z), ϕ [,2π), z R. Zgled 5.7 Zapiši enačbo sfere x 2 + y 2 + z 2 1 v parametrični obliki. r(ϕ,ϑ) (cosϕ cosϑ,sinϕ cosϑ,sinϑ), ϕ [,2π), ϑ [ π 2, π 2 ]. Naj bo ploskev S podana s parametrizacijo r : R 2 R 3. Naj bo (u,v ) R 2 poljubna točka in naj bo parameter v v konstanten. Potem vse točke, za katere je v v ležijo na krivulji r(u,v ). Podobno točke, za katere je u konstanten, leže na krivulji r(u,v). Ti dve krivulji imenujemo koordinatni krivulji. Skozi vsako točko na ploskvi potekata dve koordinatni krivulji. Tako na primer za sfero dobimo kot koordinatne krivulje poldnevnike (meridiane), ko je ϑ ϑ in vzporednike, ko je ϕ ϕ. Odvod koordinatnih krivulj je enak r(u,v ) r u (u,v ) (x u (u,v ),y u (u,v ),z u (u,v )) r(u,v) r v (u,v) (x v (u,v),y v (u,v),z v (u,v)) Parcialna odvoda sta tangentna vektorja ustrezne koordinatne krivulje v točki r(u,v ). Pravimo, da je parametrizacija ploskve S regularna, če so funkcije x x(u,v), y y(u,v), z z(u,v) zvezno parcialno odvedljive in v vsaki točki (u,v) velja r u (u,v) r v (u,v). efinicija 5.2.1 Naj bo ploskev S podana z regularno parametrizacijo r(u, v). Normalni vektor ploskve S v točki T r(u,v ), n(u,v ) je enak n(u,v ) r u (u,v ) r v (u,v ). Ravnino skozi točko T z normalo n imenujemo tangentna ravnina ploskve S v točki T.

84 5. iferencialna geometrija v prostoru Enačba tangentne ravnine v točki r(u,v ) je enaka ((x,y,z) r(u,v )) n(u,v ) oziroma ((x,y,z) r(u,v )) ( r u (u,v ) r v (u,v )). To je t.i. mešani produkt treh vektorjev ((x,y,z) r(u,v )), r u (u,v ), r v (u,v )), ki je enak determinanti matrike, katere vrstice so komponente posameznega vektorja. Zgled 5.8 Zapiši enačbo tangentne ravnine (enotske) sfere v točki ϕ π 2, ϑ π 4. r(ϕ,ϑ) (cosϕ cosϑ,sinϕ cosϑ,sinϑ) r( π 2, π 4 ) (, 2 2, 2 2 ). r ϕ (ϕ,ϑ) ( sinϕ cosϑ,cosϕ cosϑ,) r ϕ ( π 2, π 4 ) ( 2 2,,), r ϑ (ϕ,ϑ) ( cosϕ sinϑ, sinϕ sinϑ,cosϑ) r ϑ ( π 2, π 4 ) (, 2 2, 2 2 ). ( ) ( ) (x,y,z,) ((, 2 2, 2 2 ( 2 2,,) (, 2 2, 2 2 ) ( ) x,y 2 2,z 2 2 (, 1 2, 1 2) y + z 2. Poglejmo, kako se izraža tangentna ravnina implicitno podane ploskve, t.j. z enačbo F(x, y, z). Ploskev S parametriziramo z regularno parametrizacijo r(u,v) oziroma r(u,v) (x(u,v),y(u,v),z(u,v)) S, (u,v) R 2 Izračunajmo parcialna odvoda funkcije F: F(x(u,v),y(u,v),z(u,v)). F u F x x u + F y y u + F z z u gradf r u F v F x x v + F y y v + F z z v gradf r v.

5.2 Ploskve 85 Ker je gradf pravokoten na oba parcialna odvoda, ima smer njunega vektorskega produkta gradf λ( r u r v ). Zato je enačna tangentne ravnine na implicitno podano ploskev F(x,y,z) v točki T (a,b,c) enaka ((x,y,z) (a,b,c)) gradf(a,b,c). Zgled 5.9 Zapiši enačbo tangentne ravnine na (enotsko) sfero v točki (1,1,1). Enačba enotske sfere je in njen grafient v dani točki je Enačba tangentne ravnine je enaka F(x,y,z) x 2 + y 2 + z 2 1 gradf(x,y,z) (2x,2y,2z) gradf(1,1,1) 2(1,1,1). ((x,y,z) (1,1,1)) (1,1,1) x + y + z 3 efinicija 5.2.2 Premica skozi točko T na ploskvi S v smeri normalnega vektorja se imenuje normala na ploskev S v točki T. Če je ploskev dana z regularno parametrizacijo, tedaj je normala na ploskev v točki r(u,v ) določena z enačbo (x,y,z) r(u,v ) + λ ( r u (u,v ) r v (u,v )). V primeru implicitno podane ploskve, je enačba normale v točki (a,b,c) določena z enačbo (x,y,z) (a,b,c) + λ gradf(a,b,c). Zgled 5.1 Zapiši enačbo normale na ploskev z(x,y) x 2 y 2 v točki (2,1). (x,y,z) (2,1,3) + λ (2x, 2y, 1)(2,1,3) (x,y,z) (2,1,3) + λ (4, 2, 1) (x,y,z) (2,1,3) + λ (4, 2, 1) x 2 + 4λ λ x 2 4 y 1 2λ λ y + 1 2 Enačba normale je tako enaka z 3 λ λ z + 3. 2 x 2 4 y + 1 2 z + 3. 2

86 5. iferencialna geometrija v prostoru Slika 5.3: Površina ploskve. V nadaljevanju bomo pogledali, kako izračunamo površino ploskve. Naj bo r : R 2 R 3 regularna parametrizacija ploskve S. Pravokotnik Q, določen s točkami (u,v),(u + h,v),(u,v + k),(u + h,v + k) na območju se z r preslika v "krivočrtni" paralelogram r(q) na ploskvi S s "stranicama" (glej Sliko 5.2) r(u + h,v) r(u,v) r u (u,v)h r(u,v + k) r(u,v) r v (,v)k. Površina krivočrtnega paralelograma r(q) je tako enaka dolžini vektorskega produkta obeh stranic Pov( r(q)) r u (u,v)h r v (u,v)k pri čemer je S(Q) ploščina pravokotnika Q. r u (u,v) r v (,v) hk r u (u,v) r v (u,v) S(Q), Izraz r u (u,v) r v (,v) bomo preformulirali. Najprej vpeljimo oznake E F r u r u r u r v G r v r v. V nadaljevanju bomo privzeli eno izmed lastnosti vektorskega produkta x y 2 x 2 y 2 ( x y) 2. r u r v 2 r u 2 r v 2 ( r u r v ) 2 ( r u r u )( r v r v ) ( r u r v ) 2 EG F 2. Površina celotne ploskve S r() je enaka vsoti površin posameznih manjših krivočrtnih paralelogramov. Naj bo torej območje razdeljeno na disjunktne pravokotnike Q i, i 1,2,...n

5.2 Ploskve 87 tako, da je njihova unija enaka. Tedaj velja Pov(S ) n i1 Pov( r(q i)) n i1 EG F 2 (u i,v i )S(Q i ), (u i,v i ) Q i. obili smo Riemannovo integralsko vsoto za dvojni integral, zato je smiselna naslednja definicija. efinicija 5.2.3 Naj bo r : R 2 R 3 regularna parametrizacija ploskve S. Teda je površina ploskve S Pov(S ) EG F 2 dudv. Naj bo ploskev S podana eksplicitno z f (x,y), (x,y). Tedaj sta parametra kar spremenljivki x in y r(x,y) (x,y, f (x,y)), (x,y). Oba parcialna odvoda sta r x (x,y) (1,, f x (x,y)) in zato je E F G r y (x,y) (,1, f y (x,y)) r x (x,y) r x (x,y) 1 + fx 2 (x,y) r x (x,y) r y (x,y) f x (x,y) f y (x,y) r y (x,y) r y (x,y) 1 + fy 2 (x,y), EG F 2 1 + fx 2 (x,y) + fy 2 (x,y). Pokazali smo, da je za ploskev S, ki je podana eksplicitno s predpisom z f (x,y), (x,y), njena površina enaka Pov(S ) 1 + f 2 x (x,y) + f 2 y (x,y)dxdy. Zgled 5.11 Izpelji formulo za površino sfere s polmerom R. r(ϕ,ϑ) (Rcosϕ cosϑ,rsinϕ cosϑ,rsinϑ) r ϕ (ϕ,ϑ) ( Rsinϕ cosϑ,rcosϕ cosϑ,) r ϑ (ϕ,ϑ) ( Rcosϕ sinϑ, Rsinϕ sinϑ,rcosϑ) E r ϕ (ϕ,ϑ) r ϕ (ϕ,ϑ) R 2 cos ϑ (sin 2 ϕ + cos 2 ϕ) R 2 cos 2 ϑ F r ϕ (ϕ,ϑ) r ϑ (ϕ,ϑ) R 2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ R 2 sinϑ cosϑ sinϕ cosϕ G r ϑ (ϕ,ϑ) r ϑ (ϕ,ϑ) R 2 sin ϑ (sin 2 ϕ + cos 2 ϕ) + R 2 cos 2 ϑ R 2 EG F 2 R 4 cos 2 ϑ

88 5. iferencialna geometrija v prostoru Pov(S ) EG F 2 dudv R 4 cos 2 ϑ dϕ dϑ R 2 cosϑ dϕ dϑ R 2 2π π 2 dϕ cosϑ dϑ π 2 2πR 2 π 2 π 2 cosϑ dϑ 2πR 2 π 2 π 2 cosϑ dϑ π 4πR 2 2 cosϑ dϑ 4πR 2 (sinϑ) π 2 4πR 2

6. Krivuljni in ploskovni integral Spoznali smo krivulje in ploskve v prostoru, zdaj pa bomo pogledali, kako lahko po obojih integriramo bodisi skalarno polje bodisi vektorsko polje in spoznali uporabne probleme povezane s temi vrstami integralov. 6.1 Krivuljni integral Krivuljni integal je posplošitev doloˇcenega integrala. Pri doloˇcenem integralu ab f (x) dx integriramo funkcijo f vzdolž osi x med a in b, medtem ko pri krivuljnem integralu integriramo funkcijo vzdolž krivulje v prostoru. Integriramo lahko bodisi skalarno bodisi vektorsko funkcijo. Preden se lotimo pozamezne od obeh vrst integralov, moramo definirati še nekaj pojmov v zvezi s krivuljami. R Krivulja je enostavna, ko sama sebe nikoli ne seka oz. se ne dotika. Naj bo ~r : [α, β ] R3 parametrizacija krivulje K. Krivulja je gladka, ko v vsaki njeni toˇcki obstaja natanko ena tangenta. Natanˇcneje to pomeni, da je ~r v vsaki toˇcki zvezno odvedljiva funkcija in njen odvod ~r 6 ˇ je krivulja K sestavljena in konˇcnega števila (parametrizacija krivulje ~r je torej regularna). Ce gladkih krivulj, je odsekoma gladka. To je milejša zahteva kot gladkost cele krivulje. V nadaljevanju bodo krivulje, po katerih bomo integrirali, enostavne in odsekoma gladke. Krivuljni integral skalarne funkcije Naj bo K krivulja in f : K R3 R skalarna funkcija (polje). Naj bosta A in B zaˇcetna in konˇcna toˇcka na krivulji K. Podobno kot pri vseh integralih naredimo delitev, v tem primeru so delilne toˇcke Ti na krivulji K in {A T, T1,..., Tn B} je delitev (glej Sliko 6.1). Na vsakem delu krivulje med zaporednima toˇckama Ti 1, Ti poljubno izberemo vmesno toˇcko Si, i 1, 2,..., n. Naj bo l(ti 1, Ti ) dolžina loka med Ti 1 in Ti in ρ naj bo maksimalna izmed teh dolžin. Tedaj je Riemannova integralska vsota definirana kot n R ( f ) f (Si )l(ti 1, Ti ). i1

9 6. Krivuljni in ploskovni integral Slika 6.1: efinicija krivuljnega integrala skalarne funkcije. Naj bo krivulja K parametrizirana z regularno parametrizacijo r : [α,β] K in naj bo α t < t 1 < < t n 1 < t n β ter T i r(t i ), S i r(ξ i ), t i 1 ξ i t i, i 1,...,n. olžina loka krivulje med točkama T i 1 r(t i 1 ) in T i r(t i ) je tedaj enaka ti l(t i 1,T i ) t i 1 r(τ) r(τ)dτ r(ξ i ) r(ξ i )(t i t i 1 ). Tedaj je n i1 f (S i )l(t i 1,T i ) n i1 f (x(t i ),y(t i ),z(t i )) r(ξ i ) r(ξ i )(t i t i 1 ) in z večanjem števila delilnih točk oziroma v limiti, ko gre ρ, dobimo krivuljni integral, zato sledi definicija. efinicija 6.1.1 Naj bo f : K R 3 R skalarna funkcija in K krivulja parametrizirana z regularno parametrizacijo r : [α, β] K. Tedaj je krivuljni integral skalarne funkcije f na K enak β f (x,y,z)ds f ( r(t)) r(t) r(t)dt. α K Zgled 6.1 Izračunaj integral funkcije f (x,y,z) x 2 + y 2 + z 2 po daljici med točkama A(1,,1) in B(2, 3, ). Parametriziramo daljico skozi točki (1,,1) in (2,3,): r(t) (1,,1) +t ((2,3,) (1,,1)) r(t) (1 +t,3t,1 t), t [,1]

6.1 Krivuljni integral 91 Izračunamo odvod r(t) (1,3, 1) in r(t) r(t) 1 2 + 3 2 + ( 1) 2 11. Tako je 1 (x 2 + y 2 + z 2 )ds ((1 +t) 2 + 9t 2 + (1 t) 2 ) 11dt K 1 11 (11t 2 + 2)dt 11(11 t3 3 + 2t) 1 17 11 3 LASTNOSTI KRIVULJNEGA INTEGRALA SKALARNE FUNKCIJE Integral v Zgledu 6.1 smo izračunali tako, da smo šli od točke A do B. Lahko bi šli tudi obratno, od točke B do točke A, in dobimo enak rezultat. Velja namreč, da je krivuljni integral skalarne funkcije neodvisen od izbire smeri na krivulji. Krivuljni integral lahko razdelimo na integral po posameznih delih krivulje. Če je K K 1 K 2, kjer imata krivulji skupno točko, tedaj je K f (x,y,z)ds f (x,y,z)ds + K 1 K 2 f (x,y,z)ds. Velja linearnost krivuljnega integrala K (λ f + µ g)ds λ K f ds + µ K gds. Zgled 6.2 Izračunaj maso prvega zavoja vijačnice r(t) (cost,sint,t), t [,2π], če je gostota podana s funkcijo ρ(x, y, z) z. Masa vijačnice je enaka m(k ) K 2π ρ(x,y,z)ds ρ(x(t),y(t),z(t)) r(t) r(t) dt 2π 2π t ( sint,cost,1) ( sint,cost,1)dt t ( sint) 2 + cos 2 t + 1)dt 2 t2 2 2π 2 2π 2.

92 6. Krivuljni in ploskovni integral Krivuljni integral vektorske funkcije po usmerjeni poti Naj bo F : K R 3 R vektorska funkcija in K krivulja z regularno parametrizacijo r : [α,β] K. Iščemo integral vektorske funkcije F po K. Za motivacijo si lahko predstavljamo F kot konstantno vektorsko polje (silo). Pri premiku iz točke r(t 1 ) v točko r(t 2 ) opravimo delo A F( r(t 2 ) r(t 1 )). Če si za trenutek poredstavljamo, da je krivulja K na klancu, je za opravljeno delo pomembno v kateri smeri se premikamo med točkama, zato mora biti krivulja usmerjena oziroma orientirana. Naj bo torej r : [α, β] K regularna parametrizacija krivulje K in F vektorsko polje na K. Podobno kot pri skalarni funkciji, naredimo delitev intervala α t < t 1 < < t n 1 < t n β in izberemo vmesne točke ξ i [t i 1,t i ]. Razlika glede na skalarno funkcijo je v tem, da funkcijsko vrednost v vmesnih točki ne množimo z dolžino loka med zaporednima točkama, temveč z usmerjeno daljico med njima, saj je smer pomembna. obimo torej vsoto skalarnih produktov n i1 F( r(ξ i )) ( r(t i ) r(t i 1 )) n i1 F( r(ξ i )) r(ξ i )(t i t i 1 ). V limitnem procesu večamo število delilnih točki in dobljena limita predstavlja krivuljni integral vektorske funkcije. Tako lahko zapišemo naslednjo definicijo. efinicija 6.1.2 Naj bo F : K R 3 R 3 vektorska funkcija in K krivulja parametrizirana z regularno parametrizacijo r : [α, β] K. Tedaj je krivuljni integral vektorske funkcije f po usmerjeni krivulji K od točke r(α) do točke r(β) enak K β F(x,y,z)d r F( r(t)) r(t)dt. α Zgled 6.3 Izračunaj krivuljni integral funkcije F (y, x,z) po krivulji K, podani s parametrizacijo r(t) (t cost,t sint,t), t [,2π]. K F(x,y,z)d r 2π (t sint, t cost,t) (cost t sint,sint +t cost,1)dt 2π ( t 2 +t)dt 2π 2 8π3 3 LASTNOSTI KRIVULJNEGA INTEGRALA VEKTORSKE FUNKCIJE V primeru sklenjene krivulje podamo orientacijo krivulje s smerjo obhoda in sicer velja, da je krivulja pozitivno orientirana, ko se premikamo v smeri nasprotni urinemu kazalcu oziroma pri premikanju mora biti območje na levi strani. V nasprotnem je sklenjena krivulja negativno orientirana. Krivuljni integral lahko razdelimo na integral po posameznih delih krivulje. Če je K K 1 K 2, kjer imata krivulji skupno točko in sta usklajeno usmerjeni, tedaj je K F(x,y,z)d r F(x,y,z)d r + F(x,y,z)d r. K 1 K 2

6.2 Ploskovni integral 93 Če je K orientirana krivulja in K krivulja z nasprotno orientacijo, tedaj je K F(x,y,z)d r K F(x,y,z)d r. Velja linearnost krivuljnega integrala (λ F + µ G)d r λ F d r + µ Gd r. K K K Za F(x,y,z) ( f 1 (x,y,z), f 2 (x,y,z), f 3 (x,y,z)) lahko krivuljni integral po krivulji K zapišemo F(x,y,z)d r f 1 (x,y,z)dx + f 2 (x,y,z),dy + f 3 (x,y,z)dz. K K Namreč, za parametrizacijo r(t) (x(t),y(t),z(t)), α t β je dx ẋ(t)dt, dy ẏ(t)dt, dz ż(t)dt in posledično je f 1 (x,y,z)dx + f 2 (x,y,z),dy + f 3 (x,y,z)dz f 1 (x(t),y(t),z(t))ẋ(t)dt + f 2 (x(t),y(t),z(t))ẏ(t)dt + f 3 (x(t),y(t),z(t))ẋ(t)dt ( f 1 (x(t),y(t),z(t)), f 2 (x(t),y(t),z(t)), f 3 (x(t),y(t),z(t))) (dx,dy,dz) F( r(t)) r(t) Zato je f 1 (x,y,z)dx + f 2 (x,y,z),dy + f 3 (x,y,z)dz K β α ( f 1 (x(t),y(t),z(t))ẋ(t)+ f 2 (x(t),y(t),z(t))ẏ(t) + f 3 (x(t),y(t),z(t))ẋ(t)) dt 6.2 Ploskovni integral Orientacija ploskve Ploskev S je gladka, ko ima v vsaki točki tangentno ravnino in S je odsekoma gladka, če jo lahko razdelimo na končno mnogo gladkih ploskev. Na primer, sfera je gladka ploskev, medtem ko je rob kocke odsekoma gladka ploskev. Lokalno gledano lahko za vsako ploskev rečemo, da ima dve strani. Če izberemo eno od teh dveh strani pravimo, da smo ploskev v neki točki orientirali. To pomeni, da v točki izberemo eno od dveh normal, ki sta si med seboj nasprotno usmerjeni. Natančneje, če v točki T izberemo normalo n in se premikamo po sklenjeni krivlji na ploskvi S, moramo pri vrnitvi v točko T spet dobiti n (in ne n). Ploskev je orientabilna, ko ji je mogoče določiti orientacijo. Vsak del ploskve, ki ga lahko parametriziramo, je zmeraj orientabilen. Rob ploskve S, S, tvorijo krivulje, ki omejujejo ploskev S. Naj bo S orientirana ploskev in naj bo S odsekoma gladka krivulja. Orientacija ploskve S določa orientacijo roba S in sicer, če se postavimo na S tako, da stojimo v smeri izbrane normale, je orientacija oziroma usmerjenost roba S taka, da je območje na sprehajalčevi levi strani.

94 6. Krivuljni in ploskovni integral Slika 6.2: efinicija ploskovnega integrala skalarne funkcije. Ploskovni integral skalarne funkcije Naj bo S R 3 gladka ploskev, ki jo lahko parametriziramo z regularno parametrizacijo r : R 2 R 3 in naj bo f : S R zvezna funkcija. Območje razdelimo na pravokotnika Q i in na vsakem izberemo točko (u i,v i ) in naj bo r(u i,v i ) T i. Parametrizacija naj pravokotnike Q i preslika v dele na ploskvi r(q i ) S i, ki naj bodo delitev ploskve S (glej Sliko 6.2). Vemo, da se površina manjših delov ploskve S i, i 1,2,...,n izračuna Pov(S i ) r u r u dudv Q i EG F 2 dudv Ker je integrand v dvojnem integralu zvezen, velja EG F 2 dudv EG F 2 (u i,v i )S(Q i ), Q i pri čemer je S(Q i ) ploščina pravokotnika Q i. Riemannova integralska vsota je tedaj enaka Q i R n I1 f (T i)pov(s i ) n I1 f ( r(u i,v i )) Q i EG F 2 dudv n I1 f ( r(u i,v i )) EG F 2 (u i,v i )S(Q i ) Naredimo limitni proces in limita je ploskovni integral skalarne funkcije, zato lahko zapišemo naslednjo definicijo. efinicija 6.2.1 Naj bo S R 3 gladka ploskev, r : R 2 S njena regularna parametrizacija in f : S R zvezna funkcija. Tedaj je ploskovni integral skalarne funkcije f po ploskvi S

6.2 Ploskovni integral 95 enak f (x,y,z)dp f ( r(u,v)) EG F 2 dudv. S Če je ploskev S podana eksplicitno s predpisom z h(x, y), (x, y), tedaj je ploskovni integral skalarne funkcije f S f (x,y,z)dp f ( r(u,v)) 1 + h 2 x(x,y) + h 2 y(x,y)dxdy. Zgled 6.4 Izračunaj ploskovni integral funkcije f (x,y,z) z po ploskvi S : z 2 x 2 + y 2, z 1. Parametriziramo ploskev S, ki je del stožca med z in z 1 kar s kartezičnima koordinatama x in y: r(x,y) (x,y, x 2 + y 2 ), (x,y) K 1 (,) x r x (x,y) (1,, ) x 2 +y 2 x r y (x,y) (,1, ) x 2 +y 2 E r x (x,y) r x (x,y) 1 + x2 x 2 +y 2 F r x (x,y) r y (x,y) xy x 2 +y 2 G r y (x,y) r y (x,y) 1 + y2 x 2 +y 2 EG F 2 2 f (x,y,z)dp S x 2 + y 2 2dxdy 2π dϕ 1 r 2 2r dr 2 1 2π r 2 dr 2 2π 3 Lahko bi parametrizirali ploskev tudi s pomočjo cilindričnih koordinat in tako izračunali integral, lahko pa bi uporabili eksplicitni zapis, kar bi bil najenostavnejši način. Za vajo izračunaj integral še na ta dva načina. LASTNOSTI PLOSKOVNEGA INTEGRALA SKALARNE FUNKCIJE Če je ploskev S bolj zapletena in je ni možno parametrizirati z regularno parametrizacijo, jo razdelimo na več preprostejših ploskev in ploskovni integral je vsota posameznih integralov S f (x,y,z)dp S 1 f (x,y,z)dp + + S k f (x,y,z)dp.

96 6. Krivuljni in ploskovni integral Velja linearnost ploskovnega integrala (λ f + µ g)dp λ f dp + µ gdp. S S S Ploskovni integral vektorske funkcije po orientirani ploskvi Naj bo S R 3 orientirana ploskev z izbrano normalo n in F : S R 3 vektorska funkcija oziroma vektorsko polje. Zanima nas ploskovni integral funkcije F na orientirani ploskvi S. Za motivacijo lahko gledamo na F kot na hitrostno polje pri gibanju tekočine, ki se s časom spreminja. Zanima nas, koliko tekočine preteče skozi ploskev S v določenem času v smeri normale n. Mislimo si, da je ploskev S razdeljena na manjše (ravne) ploskve S i. V časovni enoti steče skozi S i toliko tekočine, kot je prostornina prizme z osnovno ploskvijo S i in višino, ki je dolžina projekcije polja F v smeri normale n, kar označimo F n. Naj bo ϕ kot med F in n. Tedaj je skalarni produkt enak n F n F cosϕ n F n. Če je normala enotski vektor in S(S i ) ploščina od S i, tedaj je pretok polja F skozi ploskev S i enak F n S(S i ) n F S(S i ) F ns(s i ). Z vsoto po vseh manjših ploskvah S i in limitnim procesom, bi dobili pretok vektorskega polja F skozi ploskev S, ki je potemtakem ploskovni integral skalarne funkcije F n na ploskvi S. Tako smo ploskovni integral vektorske funkcije prevedli na ploskovni integral skalarne funkcije, ki ga že poznamo. efinicija 6.2.2 Naj bo S ploskev orientirana z normalo n in F : S R 3 vektorska funkcija. Tedaj je ploskovni integral funkcije F po ploskvi S oziroma pretok polja F skozi S enak F d P F ndp. S S Naj bo ploskev S parametrizirana z regularno parametrizacijo r : R 2 S. Nadalje naj

6.2 Ploskovni integral 97 bo S orientirana z normalo n in F vektorsko polje. Izračunajmo pretok polja F F d P F ndp S S ( F( r(u, v)) n) EG F 2 dudv F( r(u,v)) r u(u,v) r v (u,v) EG F r u (u,v) r v (u,v) 2 dudv F( r(u,v)) r u(u,v) r v (u,v) r u (u,v) r v (u,v) r u(u,v) r v (u,v) dudv F( r(u,v)) ( r u (u,v) r v (u,v))dudv ( F( r(u,v)), r u (u,v), r v (u,v)) dudv. mesani produkt Zgled 6.5 Izračunaj pretok vektorskega polja F(x,y,z) (z,z,x) skozi zunanjo stran polsfere x 2 + y 2 + z 2 1, z. Parametriziramo polsfero S : r(ϕ,ϑ) (cosϕ cosϑ,sinϕ cosϑ,sinϑ), ϕ [,2π],ϑ [, π 2 ] r ϕ (ϕ,ϑ) ( sinϕ cosϑ,cosϕ cosϑ,) r ϑ (ϕ,ϑ) ( cosϕ sinϑ, sinϕ sinϑ,cosϑ) r ϕ (ϕ,ϑ) r ϑ (ϕ,ϑ) (cosϕ cos 2 ϑ,sinϕ cos 2 ϑ,sinϑ cosϑ) cosϑ(cosϕ cosϑ,sinϕ cosϑ,sinϑ) F dp ( F( r(ϕ,ϑ)), r ϕ (ϕ,ϑ), r ϑ (ϕ,ϑ))dϕ dϑ S F( r(ϕ,ϑ)) ( r ϕ (ϕ,ϑ) r ϑ (ϕ,ϑ))dϕ dϑ π 2 2π dϑ cosϑ(sinϑ,sinϑ,cosϕ cosϑ) (cosϕ cosϑ,sinϕ cosϑ,sinϑ)dϕ π 2 2π dϑ dϕ

98 6. Krivuljni in ploskovni integral LASTNOSTI PLOSKOVNEGA INTEGRALA VEKTORSKE FUNKCIJE Pretok polja skozi bolj zapleteno ploskev S lahko razdelimo na več ploskovnih integralov F d P F d P + + F d P. S S 1 S k Kot zmeraj do zdaj velja linearnost integrala (λ F + µ G)d P λ F d P + µ Gd P. S S Za vektorsko polje F ( f 1, f 2, f 3 ) lahko ploskovni integral po orientrirani ploskvi S zapišemo tudi kot S F d P S f 1 dydz + S S f 2 dxdz + Če spremenimo orientacijo ploskve S, sta si pretoka nasprotna F d P F d P. S f 3 dxdy. S S 6.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih Gradient Na skalarnih poljih smo že vpeljali operacijo gradienta, ki skalarnemu polju f priredi vektorsko polje, katerega komponente so posamezni parcialni odvodi polja f. Gradient lahko definiramo s pomočj diferencialnega operatorja nabla ( x, y, ). z Tedaj je gradient skalarnega polja f produkt funkcije f in diferencialnega operatorja ( grad f f f x, y, ) ( f z x, f y, f ). z Za skalarni polji f in g, ter konstanti λ in µ ni težko pokazati naslednjih lastnosti gradienta, kar naj bralec za vajo sam naredi: grad(λ f + µ g) λgrad f + µgradg grad( f g) f gradg + ggrad f

6.3 Operacije na skalarnih in vektorskih poljih 99 efinicija 6.3.1 Naj bo F : R 3 R 3 tako vektorsko polje, da obstaja skalarno polje f tako, da je F grad f. Tedaj je vektorsko polje F potencialno polje, skalarno polje f pa njegov potencial. Zgled 6.6 Pokaži, da je F (2xyz,x 2 z,x 2 y) potencialno polje. Posamezne komponente vektorskega polja F so parcialni odvodi skalarnega polja f, zato moramo uporabiti obratno operacijo, t.j. nedoločeno integriranje: f (x,y,z) 2xyzdx x 2 zdy x 2 ydz x 2 yz +C Izrek 6.3.1 Naj bo F : R 3 R 3 zvezno potencialno polje in K krivulja, ki se jo da parametrizirati z regularno parametrizacijo z začetno točko v A in končno točko v B, A,B. Če je f potencial polja F, tedaj je F d r f (B) f (A). K okaz. Naj bo K parametrizirana z regularno parametrizacijo r : [α,β] K, r(α) A in r(β) B. Tedaj je β F d r F( r(t)) r(t) dt K α β α β α β α grad f ( r(t)) r(t) dt ( f x, f y, f z )( r(t)) (ẋ,ẏ,ż)dt ( f x ẋ(t) + f y ẏ(t) + f z ż(t))dt Funkcija f je odvisna od parametra t in za trenutek jo označimo z g g(t) f ( r(t)) f (x(t),y(t),z(t)). Izračunajmo odvod po parametru t g (t) f x ẋ(t) + f y ẏ(t) + f z ż(t),

1 6. Krivuljni in ploskovni integral kar je ravno integrand v krivuljnem integralu, zato je F d r K β α ( f x ẋ(t) + f y ẏ(t) + f z ż(t))dt β α g (t)dt g(t) β α g(β) g(α). Iz Izreka 6.3.1 neposredno sledi naslednja posledica. Posledica 6.3.2 Naj veljajo predpostavke Izreka 6.3.1 in naj bo krivulja K sklenjena, t.j. A B. Tedaj je F d r F d r. K K Integral po sklenjeni krivulji označimo z integralskim znakom. ivergenca efinicija 6.3.2 Naj bo F vektorsko polje. Tedaj je divergenca vektorskega polja F definirana kot skalarni produkt F in diferencialnega operatorja div F F. ivergenca skalarnemu polju priredi vektorsko polje. Iz definicije sledita naslednji lastnosti divergence, ki ju naj bralec za vajo sam pokaže. Za vektorski polji F, G, skalarja λ,µ in skalarno polje f velja: div(λ F + µ G) λ div F + µ div G div( f F) f div F + F grad f Rotor efinicija 6.3.3 Rotor vektorskega polja F je definiran kot vektorski produkt F in diferencialnega operatorja rot F F. Medtem ko je divergenca skalarno polje, je rotor vektorsko polje. Podobni lastnosti kot za gradient in divergenco veljata tudi za rotor:

6.4 Trije integralski izreki 11 rot(λ F + µ G) λ rot F + µ rot G rot( f F) f rot F + grad f F Obe lastnosti naj bralec za vajo sam pokaže. Zgled 6.7 Izračunaj obe operaciji vektorskega polja F(x,y,z) (x 2 y 2,xz yz,x 2 ). div(x 2 y 2,xz yz,x 2 ) x (x2 y 2 ) + y (xz yz) + z (x2 ) 2x z. rot(x 2 y 2,xz yz,x 2 ) e 1 e 2 e 3 x y z x 2 y 2 xz yz x 2 (1,,)( x + y) (,1,)(2x) + (,,1)(z 2y) ( x + y, 2x,z 2y). 6.4 Trije integralski izreki Gaussov izrek Izrek 6.4.1 Gaussov izrek. Naj bo G omejeno območje v R 3 katerega rob G je sestavljen iz ene ali več disjunktnih ploskev, ki jh lahko parametriziramo z regularno parametrizacijo in je orientiran z zunanjo normalo. Nadalje naj bo F zvezno in odvedljivo vektorsko polje v okolici G G. Tedaj je ploskovni integral vektorske funkcije F po G enak trojnemu integralu divergence polja F po G F d P div F dv. G okaz. okažimo Gaussov izrek najprej za preprosta območja G, t.j. taka, ki so zgoraj in spodaj omejena s ploskvama S 1 in S 2 z enačbama z h(x,y) in z g(x,y), ob strani pa s cilindrično ploskvijo S 3 (vporedno z osjo z), torej je G S 1 S 2 S 3, glej Sliko 6.3. Projekcija ploskev S 1 in S 2 na ravnino x,y naj bo enaka in sicer naj bo to območje, ki je obenem projekcija telesa G na to ravnino. Tako je S 1 {z h(x,y) (x,y) } S 2 {z g(x,y) (x,y) } in G {(x,y,z) g(x,y) < z < h(x,y),(x,y) } G

12 6. Krivuljni in ploskovni integral Slika 6.3: Enostavno območje omejeno s tremi ploskvami. Nadalje naj bo vektorsko polje F ( f 1, f 2, f 3 ) in n (n 1,n 2,n 3 ) naj označuje smer zunanje normale roba G. okazati je potrebno F d P F ndp G G G G ( f1 x + f 2 y + f ) 3 dv z ( f1 x + f 2 y + f ) 3 dxdydz. z Pokazali bomo G G G f 1 n 1 dp f 2 n 2 dp f 3 n 3 dp G G G f1 x dxdydz f2 y dxdydz f3 z dxdydz in vsota nam bo dala Gaussov izrek. okažimo najprej zadnjo izmed treh enakosti in sicer začnimo s trojnim integralom G f3 z dxdydz h(x,y) f 3 dxdy g(x,y) z dz f 3 h(x,y) g(x,y) dxdy ( f 3 (x,y,h(x,y)) f 3 (x,y,g(x,y))dxdy.

6.4 Trije integralski izreki 13 Leva stran tretje enakosti je f 3 n 3 dp f 3 n 3 dp + f 3 n 3 dp + f 3 n 3 dp. G S 1 S 2 S 3 Na vsaki ploskvi ima normala svojo smer, zato jih po vrsti poglejmo. Ploskev S 1 je podana eksplicitno s predpisom z h(x,y) in vemo že, da ima (enotska) normala v tem primeru smer gradienta implicitno podane funkcije n ( ) ± h x,± h y, 1 ( ) 2 ( ). 2 h x + h y + 1 Ker je S 1 zgornja ploskev in mora biti orintirana z zunanjo normalo, je prava izbira normale in zadnja komponenta normale je n n 3 ( h x Podobno velja za ploskev S 2 kjer je normala in zadnja komponenta normale je n ( h x, h y,1 ) ) 2 + ( h y ) 2 + 1 1 ( ) 2 ( ). 2 h x + h y + 1 ( g x ( ) g x, g y, 1 ) 2 + ( g y ) 2 + 1 1 n 3 ( ) 2 ( ). 2 g x + g y + 1 Na ploskvi S 3 je zadnja komponenta normale očitno enaka nič n 3. Torej velja G f 3 n 3 dp S 1 1 f 3 ( ) 2 ( ) dp+ 2 h x + h y + 1 S 2 f 3 1 ( ) 2 ( ) dp + 2 g x + g y + 1

14 6. Krivuljni in ploskovni integral Izračunajmo oba ploskovna integrala skalarne funkcije G f 3 n 3 dp ( h f 3 (x,y,h(x,y)) ( ) 2 ( ) 2 h x + h x y + 1 ) 2 + ( ) h 2 + 1dxdy y ( g f 3 (x,y,g(x,y)) ( ) 2 ( ) 2 g x + g x y + 1 ) 2 + ( ) g 2 + 1dxdy y ( f 3 (x,y,h(x,y) f 3 (x,y,g(x,y))dxdy. Na podoben načun pokažemo prvo in drugo enakost, s čimer smo Gaussov izrek dokazali za enostavna območja. Bolj zapletena območja razdelimo na enostavnejša. Območje G prerežemo vzporedno z x,y ravnino, s čimer G razpade na območji G 1 in G 1. Prvo naj bo omejeno s ploskvama S 1 in S 3, druga pa poleg S 3 omejuje še ploskev S 2, glej Sliko 6.4. Gaussov izrek za prvo območje G 1 se glasi in za drugo G 2 Slika 6.4: Razdelitev območja na dva dela. G 1 div F dv S 1 F d P + S 3 F d P G 2 div F dv S 2 F d P + S 3 F d P. Integrala po ploskvi S 3 za prvo in drugo območje sta si med seboj nasprotna, saj morajo biti vse ploskve orientirane z zunanjo normalo in zato sta normali nasprotno usmerjeni. Tako je G div F dv G 1 div F dv + G 2 S 1 F d P + S 2 F d P div F dv F d P. G

6.4 Trije integralski izreki 15 Zgled 6.8 Izračunaj pretok polja F (,xy,) skozi zunanji rob območja G : x 2 + y 2 1, z x + 2. Uporabimo Gaussov izrek, da nam ni treba integrirati po dveh ploskvah. Integriramo po območju G s pomočjo cilindričnih koordinat: F d P div F dv G G xdv G 2π 2π 2π 2π 2π 1 r cosϕ+2 dϕ dr r 2 cosϕ dz 1 dϕ drr 2 cosϕ z r cosϕ+2 1 dϕ r 2 cosϕ(r cosϕ + 2)dr ) dϕ (cos 2 ϕ r4 r3 + 2cosϕ 1 4 3 ( 1 4 cos2 ϕ + 2 ) 3 cosϕ dϕ 1 8 2π 1 (1 + cos(2ϕ)dϕ + 8 ( ϕ + sin(2ϕ) ) 2π π 2 4 Stokesov in Greenov izrek Izrek 6.4.2 Stokesov izrek. Naj bo S orientirana ploskev z normalo n, katere rob S je sestavljen iz končno mnogo gladkih krivulj in orientiran skladno s S. Nadalje naj bo F zvezno in odvedljivo vektorsko polje v okolici S S. Tedaj je krivuljni integral polja F po robu S enak ploskovnemu integralu rotorja F po S F dr rot F d P. S S

16 6. Krivuljni in ploskovni integral Za F ( f 1, f 2, f 3 ) lahko Stokesov izrek zapišemo kot S f 1 dx + f 2 dy + f 3 dz S S S ( f3 y f 2 z ( f3 x f 1 z ) dydz ) dxdz+ ( f2 x f ) 1 dxdy. y Poglejmo poseben primer Stokesovega izreka. Kadar je F ( f 1, f 2,) in sta f 2, f 3 odvisni le od spremenljivk x,y ter območje S v celoti leži v ravnini x,y, dobimo Greenovo formulo. Najprej bomo dokazali Greenovo formulo in zatem bomo dokazali Stokesov izrek. Izrek 6.4.3 Greenova formula. Naj bo omejeno območje v ravnini katerega rob je sestavljen iz končno mnogo gladkih krivulj in je pozitivno orientiran. Nadalje naj bo F ( f 1, f 2 ) zvezno in odvedljivo vektorsko polje v okolici. Tedaj je okaz.(greenove formule) f 1 dx + f 2 dy Naj bo R 2 takšno območje, da velja ( f2 x f 1 y ) dxdy. {(x,y) g(x) y h(x),a x b}, pri čemer sta h,g (vsaj odsekoma) zvezni in odvedljivi funkciji, glej Sliko 6.5. Naj bo F ( f 1, f 2 ) zvezno in odvedljivo vektorsko polje v okolici. Rob je pozitivno orientiran kar pomeni, da je območje na levi strani, ko se premikamo po robu. Slika 6.5: Območje iz Greenove formule.

6.4 Trije integralski izreki 17 Pokazali bomo, da velja f 1 dx f 2 dy f1 y dxdy f2 x dxdy. Pokažimo najprej prvo enakost. vojni integral je enak f1 b h(x) y dxdy f 1 dx a g(x) y dy in b a b a dx f 1 h(x) g(x) ( f 1 (x,h(x)) f 1 (x,g(x))dx Integral f 1 dx lahko zapišemo kot f 1 dx + dy ( f 1,)ds. Rob območja je sestavljen iz štirih krivulj K 1 K 2 K 3 K 4 (glej Sliko 6.5). Parametrizirajmo posamezno krivuljo: K 1 : r(x) (x,g(x)), a x b, r(x) (1,g (x)) K 2 : r(t) (b,t), g(b) t h(b), r(t) (,1) K 3 : r(x) (x,h(x)), a x b, r(x) (1,h (x)) K 4 : r(t) (a,t), g(a) t h(a), r(t) (,1). Izračunajmo vse štiri krivuljne integrale vektorske funkcije ( f 1,) K 1 b a f 1 dx ( f 1 (x,g(x)),) (1,g (x))dx K 2 f 1 dx K 3 f 1 dx h(b) g(b) b a ( f 1 (b,t),) (,1)dt ( f 1 (x,h(x)),) (1,h (x))dx b a b a f 1 (x,g(x))dx f 1 (x,h(x))dx K 4 f 1 dx h(a) g(a) ( f 1 (a,t),) (,1)dt

18 6. Krivuljni in ploskovni integral Izračunajmo krivuljni integral po robu in upoštevajmo, da imata krivulji K 3 in K 4 nasprotno usmerjenost od usmerjenosti : f 1 dx f 1 dx + K 1 K 2 f 1 dx K 3 f 1 dx K 4 f 1 dx b a b a b f 1 (x,g(x))dx f 1 (x,h(x))dx a ( f 1 (x,g(x)) f 1 (x,h(x))dx Pokazali smo, da je f 1 dx in na podoben način dokažemo drugo enakost f 2 dy f1 y dxdy f2 x dxdy. Greenovo formulo lahko na analogen način dokažemo za enostavna območja, ki so omejena z vzporednicama z x osjo. Bolj zapletena območja razrežemo na enostavnejša. Zgled 6.9 Z uporabo Greenove formule izpelji formulo za ploščino kroga s polmerom R. Če želimo z Greenovo formulo računati ploščino, mora biti integrand v dvojnem integralu enak 1. Na primer f 2 (x,y) x in f 1 (x,y). Parametrizacija roba kroga je r(ϕ) (Rcosϕ,Rsinϕ). ( f2 x f ) 1 dxdy y f 1 dx + f 2 dy dx + xdy (,x) dr 2π 2π (,Rcosϕ) ( Rsinϕ,Rcosϕ)dϕ R 2 cos 2 ϕ dϕ R 2 1 2 R 2 1 2 2π (1 + cos(2ϕ)) dϕ (ϕ + 12 sin(2ϕ) ) 2π πr 2

6.4 Trije integralski izreki 19 okaz.(stokesovega izreka) Naj bo S orientirana ploskev z normalo n in regularno parametrizacijo. Naj bo F ( f 1,,). Pokažimo najprej, da tedaj velja S f 1 dx S (, f 1 z, f 1 y ) d P. (6.1) Pri tem sta ploskev in rob usklajeno orientirana (pri obhodu po S je območje S na levi strani). Ploskev S je parametrizirana z regularno parametrizacijo r r(u, v) (x(u, v), y(u, v), z(u, v)), kjer sta parametra u in v iz območja. Nadalje naj bo rob ploskve S parametriziran s parametrom t, ki preteče vrednosti med α in β. Tedaj za točke na robu ploskve velja, da je parametrizacija (krivulje) odvisna od t r r(u(t), v(t)) (x(u(t), v(t)), y(u(t), v(t)), z(u(t), v(t))). Izračunajmo krivuljni integral v levi strani enakosti, ki jo dokazujemo: f 1 dx ( f 1,,)d r S S β α ( f 1 ( r(u(t),v(t))),,) (ẋ(u(t),v(t)),ẏ(u(t),v(t)),ż(u(t),v(t))) dt Green β α β α β α f 1 ( r(u(t),v(t)))ẋ(u(t),v(t))dt ( x f 1 ( r(u(t),v(t))) u u (t) + x ) v v (t) dt ( f 1 ( r(u(t),v(t))) x u, f 1( r(u(t),v(t))) x v ( f 1 ( r(u,v)) x u, f 1( r(u,v)) x v ) d r f 1 ( r(u,v)) x u du + f 1( r(u,v)) x v dv f 1 ( r(u,v))x u du + f 1 ( r(u,v))x v dv [ ( f1 ( r(u,v))x v ) u ( f ] 1( r(u,v))x u ) dudv v ) (u (t),v (t))dt [ f1 ( r(u,v)) x v + f 1 ( r(u,v))x vu f ] 1( r(u,v)) x u f 1 ( r(u,v))x uv dudv u v [ f 1( r(u,v)) u x v f ] 1( r(u,v)) x u dudv v [ f1 (x(u,v),y(u,v),z(u,v) x v f ] 1(x(u,v),y(u,v),z(u,v) x u dudv u v

11 6. Krivuljni in ploskovni integral [ f1 u x v f ] 1) v x u dudv [( f1 x x u + f 1 y y u + f ) ( 1 z z f1 u x v x x v + f 1 y y v + f ) ] 1 z z v x u dudv [ f1 y y u x v + f 1 z z u x v f 1 y y v x u + f ] 1 z z v x u dudv [ f1 y (y u x v y v x u ) + f ] 1 z (z u x v z v x u ) dudv Izračunajmo še ploskovni integral na desni strani dokazovane enakosti. Naj bo G (, f 1 z, f 1 y ). S (, f 1 z, f ) 1 d P y S Gd P G ( r u r v )dudv ( G, r u, r v )dudv ( f 1 z (x u z v x v z u ) f ) 1 y (x u y v x v y u dudv [ f1 y (y u x v y v x u ) + f ] 1 z (z u x v z v x u ) dudv Na podoben način pokažemo, da za F (, f 2,) velja S f 2 dy S ( f 2 z,, f ) 2 d P. (6.2) x in za F (,, f 3 ) velja S f 3 dz S ( f3 y, f ) 3 x, d P. (6.3) Iz enakosti (6.1), (6.2) in (6.3) sledi Stokesov izrek. Za F ( f 1, f 2, f 3 ) izračunajmo krivuljni

6.4 Trije integralski izreki 111 integral S F d r S S S S S f 1 dx + f 2 dy + f 3 dz (, f 1 z, f ) ( 1 d P + f 2 y z,, f ) 2 d P+ x S ( f3 y, f ) 3 x, d P ( f3 y f 2 z, f 1 z f 3 x, f 2 x f ) 1 d P y rot F d P Zgled 6.1 Izračunaj krivuljni integral vektorskega polja F (y 2, x 2,z 2 ) po robu ploskve S : x 2 + y 2 + z 2 1 v prvem oktantu, ki je orientiran tako, da je del krivulje, ki leži v ravnini z pozitivno orientiran. Ploskev S lahko parametriziramo lahko kar z x in y, torej je r(x,y) (x,y, 1 x 2 y 2 ), x,y K 1 (,),x,y. Tedaj sta parcialna odvoda ( ) x r x 1,, 1 x 2 y 2 ( ) y in r y,1, 1 x 2 y 2 in njun vektorski produkt je ( ) x r x r y 1 x 2 y, x 2 1 x 2 y,1. 2 F dr S rot F d P S rot(y 2, x 2,z 2 )d P S (,, 2x 2y)d P S (,, 2x 2y)d P S

112 6. Krivuljni in ploskovni integral ( ) x (,, 2x 2y) 1 x 2 y, x 2 1 x 2 y,1 dxdy 2 2 K 1 (,) K 1 (,) π 2 2 2 3 π 2 (x + y)dxdy 1 dϕ r 2 (cosϕ + sinϕ)dr (cosϕ + sinϕ)dϕ 2 3 (sinϕ cos)ϕ π 2 4 3 Izrek 6.4.4 Naj bo F : G R 3 R 3 zvezno in odvedljivo vektorsko polje. Tedaj so naslednje trditve ekvivalentne. (i) F je potencialno polje. (ii) rot F. (iii) Če sta A,B K in je K orientirana krivulja z začetkov v A in koncem v B, potem je F d r neodvisen od krivulje K in odvisen samo od točk A in B. K okaz. Ekvivalentnost trditev dokažemo ciklično in sicer dokažemo tri implikacije: (i) (ii), (ii) (iii), (iii) (i). Prvi dve implikaciji sta preprosti in ju naj bralec sam naredi. Tretja je zahtevnejša in je ne bomo dokazali.

7. Naloge Krivulje 1. Krivulja K je podana parametriˇcno ~r : R R3, ~r(t) (t 2, 1 t 2, 2t). Katera od toˇck T1 (1, 1, 2) in T( 1,, 2) leži na krivulji K? V tej toˇcki izraˇcunaj enaˇcbo tangente na krivljo K. 2. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enaˇcbama y 4x in z x2 y. (a) Parametriziraj krivuljo K. (b) Zapiši enaˇcbo tangente na krivuljo K v toˇcki T (1, 4, 4). 3. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enaˇcbama x2 + y2 1 in x + z 1. (a) Parametriziraj krivuljo K in jo skiciraj. (b) Zapiši enaˇcbo tangente na krivuljo K v toˇcki T (1,, ). 4. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enaˇcbama z 4 x2 y2 in x2 + y2 2y. 5. 6. 7. 8. 9. 1. 11. (a) Skiciraj krivuljo K s pomoˇcjo omenjenih ploskev in jo parametriziraj. (b) Poišˇci enaˇcbo tangente na krivljo K v toˇcki (, 2, ). Skiciraj in parametriziraj krivuljo K, ki je podana kot presek ploskev z enaˇcbama z x2 + y2 in x2 x + y2. Skiciraj in parametriziraj krivuljo K, ki je podana kot presek ploskev z enaˇcbama x2 + y2 + z2 4 in x2 + y2 2x v podprostoru od R3 doloˇcen z neenaˇcbo z. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enaˇcbama x2 + y2 1 in y2 + z2 25. oloˇci enaˇcbo tangente in normalne ravnine na krivuljo K v toˇcki T (1, 3, 4). Krivulja K je podana kot presek ploskev z enaˇcbama 2y x2 in 3z xy. Izraˇcunaj dolžino tistega dela krivulje, ki leži med toˇckama T1 (,, ) in T2 (2, 2, 34 ). 2 2 2 Naj bo a >. Astroida je ravninska krivulja z enaˇcbo x 3 + y 3 a 3. Izraˇcunaj njeno dolžino. Izraˇcunaj dolžine krivulje iz naloge 6. Krivulja K je podana z enaˇcbama 3x2 y 2z in 2x2 x z. Preveri, da toˇcki T1 (,, ) in T2 (1, 1, 1) ležita na krivulji K in nato izraˇcunaj dolžino tistega dela krivulje, ki leži med T1 in T2.

114 7. Naloge Ploskve 1. Ploskev S je podana parametrično r : [,2π] R + R3, r(ϕ,r) (r cos(ϕ),r sin(ϕ),1 r 2 ). Zapiši ploskev S v implicitni obliki in poišči enačbo tangentne ravnine v točki T ( 1,,). 2. Poišči enačbo tangentne ravnine na ploskev S z enačbo z (x 1) 2 ye x2 v točki T (,1,1). 3. Poišči parametrizacijo ploskev, ki so dane s pogoji: (a) z xy 2, (b) x 2 + y 2 1, z 2 (c) z x 2 + y 2, x 2 + y 2 1, (d) x 2 + y 2 + z 2 1, 3z 2 x 2 + y 2, z. 4. oloči enačbo tangentne ravnine na ploskev S z enačbo x 2 xy + 2y 2 z 1 v točki, kjer krivulja K, ki je podana parametrično r : R R 3, r(t) (2t,t 1,3t 2 ), seka ploskev S. Krivuljni integral 1. Izračunaj krivuljni integral 1 + x 2 + y 2 ds, K kjer je krivulja K podana parametrično r : [,3] R 3, r(t) (t,t,t 2 ). 2. Krivulja K je določena kot presek sfere z enačbo x 2 + y 2 + z 2 1 z ravninimi z enačbami x, y in z. Izračunaj zds. 3. Izračunaj K K (x 2 + z 2 )ds, kjer je K daljica v R 3 s krajiščema T 1 (1,,2) in T 2 (2,1,1). 4. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enačbama z y 2 in x 2 + y 2 1 v polprostoru R 3 določen z x. Izračunaj z 3 1 + 4x 2 y 2 ds. K 5. Izračunaj krivuljni integral vektorskega polja F : R 3 R 3, F (x,y,z) (2yz, 2xz,z 2 ), po krivulji K, ki je podana parametrično r : [,2π] R 3, r(t) (cost,sint,t). Pri tem je projekcija krivulje K na ravnino xy orientirana pozitivno. 6. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enačbama x 2 2z in x 2 +y 2 4 v polprostoru R 3 določen z y. Izračunaj xdx + ydy + xydz. Pri tem projekcija krivulje K na ravnino xy orientirana pozitivno. 7. Izračunaj yzdx + xzdy + xydz, K K kjer je K daljica v R 3 s krajiščema T 1 (1,2,3) in T 2 (3,1,1). 8. Krivulja K je podana kot presek ploskev z enačbama x 2 +y 2 +z 2 1 in x 2 +y 2 x v prvem oktantu prostora R 3. Izračunaj (y,x, xy 2 )d r. K

115 Ploskovni integral 1. Izračunaj x 2 + y 2 dp, kjer je ploskev S določena z x 2 + y 2 + z 2 1, z. 2. Izračunaj (x 2 y 2 )dp, kjer je ploskev S določena z x 2 + y 2 1, z 1. 3. Izračunaj zdp, kjer je G v prostoru R 3 določen z x 2 + y 2 1, z x 2 + y 2 + 1. 4. Izračunaj 1 (1 + x + y) 2 dp, kjer je G v prostoru R 3 določen z x + y + z 1, x, y,. 5. Izračunaj F d P, G S S G S kjer je F : R 3 R 3 vektorsko polje, F (x,y,z) (xy 2, x 2 y,z), in S ploskev določena z enačbo x 2 + y 2 1, z 1. Pri tem je ploskev S orientirana v smeri zunanje normale. 6. Izračunaj F d P, S kjer je F : R 3 R 3 vektorsko polje, F (x,y,z) (,,z), in S ploskev določena z enačbo x 2 + y2 4 + z2 9 1. Pri tem je ploskev S orientirana v smeri zunanje normale. 7. Izračunaj pretok vektorskega polja F : R 3 R 3, F (x,y,z) (1,x 2 + y 2,), skozi ploskev S, ki je podana takole z 2 x 2 + y 2, z 1, y. Pri tem je ploskev S orientirana v smeri zunanje normale. 8. Izračunaj pretok vektorskega polja F : R 3 R 3, ki je podan s predpisom F (x,y,z) (x 2,xy, 2xy 2 ), skozi ploskev S, ki je podana takole z 4 x 2 y 2, z 4, x,y. Pri tem je ploskev S orientirana v smeri zunanje normale. ivergenca, gradient in rotor 1. Naj bo f : R 3 R skalarna funkcija, f (x,y,z) x 2 y + xz 2, in F : R 3 R 3 vektorsko polje, F (x,y,z) (xy,x z,z 2 ). Izračunaj gradient funkcije f (grad(f) oziroma f ), rotor vektoskega polja F (rot( F ) oziroma F ) in divergenco vektoskega polja F (div( F ) oziroma F ). 2. Naj bosta f,g : R 3 R dvakrat zvezno parcialno odvedljivi funkciji. okaži, da je div(grad( f ) grad(g)). 3. Naj bo r x 2 + y 2 + z 2 in r (x,y,z), f : R R odvedljiva funkcija. okaži, da je rot( f (r) r).

116 7. Naloge ( ) f (r) 4. Naj bo r (x, y, z), r r in f : R R odvedljiva funkcija. Izračunaj div r r. Gaussov, Stokesov in Greenov izrek 1. Izračunaj (x y)dx + (x + y)dy, kjer je K krivulja z enačbo x 2 + y 2 1. 2. Izračunaj x 2 ydx xy 2 dy, kjer je K krivulja z enačbo x 2 + y 2 1. 3. Izračunaj (y x 2 )dx (x + y 2 )dy, kjer območje v ravnini določeno z x 2 + y 2 1, x,y. 4. Izračunaj 1 + x 3 dx + 2xydy, kjer je trikotnik v ravnini z oglišči (,), (1,) in (1,3). 5. Izračunaj F d r, K K K kjer je F : R 3 R 3 vektorsko polje, F (x,y,z) (x + y,x + y,x + y + z), in K krivulja, ki je podana kot presek ploskev z enačbama (a) x 2 + y 2 + z 2 1 in x + y + z, (b) x 2 + y 2 + z 2 1 in 2x + y + z. 6. Izračunaj F d r, S kjer je F : R 3 R 3 vektorsko polje, F (x,y,z) (z,,x), in S ploskev, ki je določena takole z 2 x 2 + y 2, x,y, z 2. 7. Izračunaj zdx + xdy ydz, K kjer je K krivulja določena s presekom ploskev z enačbama x 2 + y 2 1 in y + z 1. 8. Izračunaj z 2 dx + y 2 dy + xdz, S kjer je S del ploskve z enačbo x + y + z 1 v prvem oktantu. 9. Izračunaj pretok vektorskega polja F : R 3 R 3, F (x,y,z) (x 3,y 3,z 3 ) skozi ploskev z enačbo x 2 + y 2 + z 2 1 v smeri zunanje normale.

117 1. Izračunaj pretok vektorskega polja F : R 3 R 3, F (x,y,z) (xy 2,x 2 y,1) skozi rob območja G, kjer G določo takole x 2 + y 2 1 in 1 z 1. Rob območja G je orientiran v smeri zunanje normale. 11. Izračunaj pretok vektorskega polja F : R 3 R 3, F (x,y,z) (xz,x 2 y,y 2 z) skozi rob območja G, kjer G določo takole 1 x 2 + y 2 2, x,y, in z x 2 + y 2. Rob območja G je orientiran v smeri zunanje normale. 12. Izračunaj pretok vektorskega polja F : R 3 R 3, F (x,y,z) (x 3 z,y 3 z,xy) skozi ploskev z enačbo z x 2 + y 2 1, kjer je z, v smeri zunanje normale.

III Integralska transformacija 8 Laplaceova transformacija......... 121 8.1 efinicija in lastnosti Laplaceove transformacije 9 Reševanje diferencialnih enačb..... 131 9.1 Navadne diferencialne enačbe 9.2 Parcialne diferencialne enačbe 1 Naloge............................ 141 Stvarno kazalo..................... 143

8. Laplaceova transformacija Laplaceova transformacija je ena izmed integralskih transformacij, s katero doloˇcen težek problem prevedemo na lažji, ga rešimo in nato z inverzno transformacijo dobimo rešitev zaˇcetnega problema. Pogledali si bomo definicijo in osnovne lastnosti Laplaceove transformacije, z uporabo katerih bomo nato transformirali probleme povezane z reševanjem diferencialnih enaˇcb. 8.1 efinicija in lastnosti Laplaceove transformacije efinicija 8.1.1 Naj bo f (t) dana funkcija, definirana za t >. cˇ e obstaja integral Z e zt f (t) dt, F(z) z C, tedaj je F(z) Laplaceova transformiranka funkcije f (t). Transformiranko oznaˇcimo tudi F(z) L ( f (t))(z). Predpis L : f (t) 7 F(z) je Laplaceova transformacija. Originalno funkcijo f (t) imenujemo inverz Laplaceove transformiranke ali krajše inverz od F(z) in pišemo f (t) L 1 (F(z)). Predpis L 1 : F(z) 7 f (t) je inverzna Laplaceova transformacija.

122 8. Laplaceova transformacija Poudarimo, da funkcija f : [, ) R, torej je realna funkcija realne spremenljivke, ki jo označujemo s t, saj se v praksi običajno nanaša na čas. Laplaceova transformiranka F je kompleksna funkcija kompleksne spremenljivke, saj F : C C. Kaj sploh vemo o izrazu e zt, kjer je z C in t R? Naj bo z kompleksno število z a + ib. Tedaj je e zt e (a+ib)t e at e ibt Poglejmo še njegovo absolutno vrednost e at (cos(bt) i sin(bt)). e zt e at cos(bt) ie at sin(bt) (e at cos(bt)) 2 + (e at sin(bt)) 2 (e at ) 2 (cos(bt)) 2 + sin(bt)) 2 ) e at e at >. Zgled 8.1 Poišči Laplaceovo transformiranko funkcije f (t) t. Uporabimo metodo integracije po delih: F(z) e zt t dt 1 z t e zt 1 z 2 1 e zt 1 z 2 ( 1) + 1 z e zt dt 1 z 2. efinicija 8.1.2 Funkcija f : [, ) R je eksponentnega tipa, če obstajata konstanti M > in c taki, da je f (t) M e ct. Tako sta na primer eksponentnega tipa obe hiperbolični funkciji, saj je cht < e t in sht < e t. Prav tako je eksponentnega tipa potenčna funkcija, saj je t n < n!e t n!(1 +t + t2 2! + t3 3! + ). Za funkcije eksponentnega tipa velja naslednji izrek.

8.1 efinicija in lastnosti Laplaceove transformacije 123 Izrek 8.1.1 Naj bo f (vsaj) odsekoma zvezna funkcija eksponentnega tipa. Tedaj Laplaceova transformiranka F(z) funkcije f obstaja za vsa kompleksna števila z, za katera je Re(z) > c. okaz. Naj bo z α + i β. Naredimo naslednjo oceno za Laplaceovo transformiranko: F(z) f (t)e zt dt f (t)e zt dt f (t) e zt dt f (t) e α t dt M ect e α t dt M e(c α)t dt M c α e(c α)t M ( 1) c α M, če je c α <. α c Pokazali smo, da Laplaceova transformiranka obstaja, če je Re(z) α > c. Zgled 8.2 Poišči Laplaceovo transformiranko funkcije f (t) e at, a R. F(z) e zt e at dt e(a z)t dt 1 a z e(a z)t 1 a z ( 1) 1 z a. Izrek pove, da če funkcija ne narašča prehitro, tedaj zanjo obstaja Laplaceova transformiranka za določena kompleksna števila. Obstajajo pa funkcije, ki ne zadoščajo pogojem Izreka 8.1.1, a vseeno lahko poiščemo njihove Laplaceove transformiranke. Zaradi tega je Izrek 8.1.1 zadostni pogoj za obstoj Laplaceove transformiranke, ne pa tudi potrebni pogoj. Primer funkcije, ki ne zadošča zadostnemu pogoju je funkcija f (t) 1 t, saj je lim t 1 t. Izračunajmo njeno Laplaceovo transformiranko. Zgled 8.3 Izračunaj Laplaceovo transformiranko funkcije f (z) t a, a R. Z vpejavo nove spremeljivke u zt du z dt izračunajmo integral: ta e zt dt ( u z )a e u du z 1 z a+1 ua e u du z Spomnimo se funkcije gama Γ(x) ux 1 e u du, ki konvergira za x >. Tako je L (t a )(z) Γ(a + 1) z a+1, a > 1.

124 8. Laplaceova transformacija Tako za a 1 2 dobimo: Za naravni eksponent n N pa je ( ) 1 L (z) Γ( 1 2 ) π π t z 1 2 z z. L (t n )(z) Γ(n + 1) z n+1 n! z n+1. Ena od pomebnih lastnosti Laplaceove transformacije je linearnost: L (λ f (t) + µ g(t))(z) e zt (λ f (t) + µg(t))dt e zt λ f (t)dt + e zt µg(t))dt λ e zt f (t)dt + µ e zt g(t))dt λ L ( f (t))(z) + µ L (g(t))(z). Z upoštevanjem linearnosti Laplaceove transformacije brez težav izpeljemo Laplaceovo transformiranko obeh hiperboličnih funkcij ch(ω t) in sh(ω t), ω R: ( e ω t + e ω t ) L (ch(ω t)(z) L (z) 1 ( 1 2 2 z ω + 1 ). z + ω Tako je in na podoben način izračunamo L (ch(ω t)(z) L (sh(ω t)(z) z z 2 ω 2 ω z 2 ω 2. Zgled 8.4 Izračunaj Laplaceovo transformiranko funkcije f (t) cos(ω t). Izračunajmo Laplaceovo transformiranko F(z) L (cos(ω t)) z integracijo po delih cos(ω t)e zt dt u cos(ω t) dv e zt dt du ω sin(ω t)dt v 1 z e zt. cos(ω t)e zt dt 1 z e zt cos(ω t) ω z sin(ω t)e zt dt Ponovno naredimo integracijo po delih u sin(ω t) dv e zt dt du ω cos(ω t)dt v 1 z e zt

8.1 efinicija in lastnosti Laplaceove transformacije 125 in dobimo F(z) 1 z ( cos) ω z ( 1 z e zt sin(ω t) + ω z cos(ω t)e zt dt ) F(z) 1 z ω z ( + ω z F(z)) Tako je F(z) 1 z + ω2 z 2 F(z)) F(z) z z 2 + ω 2. L (cos(ω t)) z z 2 + ω 2. Na podoben način lahko bralec sam za vajo izpelje L (sin(ω t)) ω z 2 + ω 2. Poleg linearnosti bomo potrebovali še naslednje lastnosti Laplaceove transformacije. 1. L (e at f (t))(z) L ( f (t))(z a) L (e at f (t))(z) eat f (t)e zt dt 2. L ( f (at))(z) 1 a L ( f (t))( z a ), a > Vpeljimo novo spremenljivko u at du a dt: 3. Za k > naj bo f (t)e (z a)t dt L ( f (t))(z a). L ( f (at))(z) f (at)e zt dt f (u)e ( a z )u du a 1 a L ( f (t))( z a). { f (t k) ; t k f (t k) ; t < k. L ( f (t k))(z) e zk L ( f (t))(z) Vpeljimo novo spremenljivko u t k du dt: L ( f (t k))(z) f (t k)e zt dt k f (t k)e zt dt f (u)e z(u+k) du e zk f (u)e zu du e zk L ( f (t))(z)

126 8. Laplaceova transformacija 4. če je poljuben odvod funkcije f funkcija eksponentnega tipa, tedaj je L ( f (n) (t))(z) z n Ł( f (t))(z) z n 1 f () z n 2 f ()... z f (n 2) () f (n 1) (). Uporabimo integracijo po delih u e zt dv f (n) (t)dt du ze zt dt v f (n 1) (t),. Z zaporedno uporabo dobljene formule lahko izpeljemo: L ( f (n) (t))(z) f (n) (t)e zt dt Za n 1 se formula glasi f (n 1) (t)e zt + z f (n 1) (t)e zt dt f (n 1) () + zl ( f (n 1) (t))(z) f (n 1) () + z ( f (n 2) () + zl ( f (n 2) (t))(z) ) f (n 1) () z f (n 2) () + z ( z f (n 3) () + zl ( f (n 3) (t))(z) ) f (n 1) () z f (n 2) () z 2 f (n 3) z n 3 f ()+ ) z ( n 2 f () + zl ( f (t))(z) f (n 1) () z f (n 2) () z 2 f (n 3) z n 3 f () z n 2 f () + z n 1 ( f () + zł( f (t))(z)) f (n 1) () z f (n 2) () z 2 f (n 3) z n 3 f () z n 2 f () z n 1 f () + z n L ( f (t))(z). L ( f (t))(z) zl ( f (t))(z) f (). 5. L (t n f (t))(z) ( 1) n Ł (n) ( f (t))(z) ( 1) n F (n) (z), n N Laplaceovo transformiranko odvajajmo po spremenljivki z do odvodov n-tega reda: F(z) f (t)e zt dt F (z) f (t)( t)e zt dt F (z) f (t)t2 e zt dt. F (n) (z) f (t)( 1)n t n e zt dt ( 1) n ( f (t)tn )e zt dt ( 1) n Ł(t n f (t))(z).

8.1 efinicija in lastnosti Laplaceove transformacije 127 6. Če je f odsekoma zvezna in eksponentnega tipa, tedaj je ( t ) L f (τ)dτ (z) 1 z L ( f (t)(z). Naj bo t f (τ)dτ g(t). Ker lahko funkcijo g navzgor omejimo z g(t) t f (τ)dτ t f (τ) dτ t M ecτ dτ M c (ect 1), c >, je g funkcija eksponentnega tipa za katero vemo, da obstaja Laplaceova transformiranka. Zaradi zveznosti je g f in z upoštevanjem lastnosti 4. dobimo L (g (t))(z) zl (g(t))(z) g() L ( f (t))(z) zl (g(t))(z) g() zl (g(t))(z). Tako je L (g(t))(z) 1 z L ( f (t))(z). Zgled 8.5 Uporabi izpeljane lastnosti pri izračunu Laplaceovih transformirank naslednjih funkcij: 1. f (t) e at cos(ω t) Ker je L (e at f (t))(z) L ( f (t))(z a), je 2. f (t) e at sin(ω t) 3. f (t) e at ch(ω t) 4. f (t) e at sh(ω t) L (e at cos(ω t))(z) L (cos(ω t))(z a) L (e at sin(ω t))(z) L (sin(ω t))(z a) L (e at ch(ω t))(z) L (ch(ω t))(z a) L (e at sh(ω t))(z) L (sh(ω t))(z a) 5. f (t) sin 2 t Upoštevamo, da je f (t) 2sint cost sin(2t) v formuli L ( f (t))(z) zł( f (t))(z) f () z a (z a) 2 + ω 2. ω (z a) 2 + ω 2. z (z a) 2 ω 2. ω (z a) 2 ω 2. L (sin(2t))(z) zl (sin 2 t)(z) sin() zl (sin 2 t)(z) L (sin 2 t)(z) 1 z L (sin(2t))(z) 1 z 2 z 2 +4.

128 8. Laplaceova transformacija Tabela 1: Osnovne Laplaceove transformiranke: f (t) L ( f (t))(z) f (t) L ( f (t))(z) 1 1 z e at 1 z a t 1 z 2 e at cos(ωt) z a (z a) 2 + ω 2 t 2 2 z 3 t n n! z n+1 e at sin(ωt) e at ch(ωt) ω (z a) 2 + ω 2 z a (z a) 2 ω 2 t a, a > 1 Γ(a + 1) z a+1 e at sh(ωt) ω (z a) 2 ω 2 Tabela 2: Lastnosti Laplaceove transformacije: L (λ f (t) + µ g(t))(z) λ L ( f (t))(z) + µ L (g(t))(z) L (e at f (t))(z) L ( f (t))(z a) L ( f (at))(z) 1 a L ( f (t))( z a ), a > L ( f (t k))(z) e kz L ( f (t))(z) Ł( f (t))(z)l ( f (n) (t))(z) z n Ł( f (t))(z) z n 1 f () z n 2 f () z f (n 2) () f (n 1) () L ( f (t))(z) zł( f (t))(z) f () L (t n f (t))(z) ( 1) n L (n) ( f (t))(z) L ( t f (τ)dτ)(z) 1 z L ( f (t))(z) Zgled 8.6 Za dano Laplaceovo transformiranko L ( f (t))(z) z+5 poišči njen inverz f (t). z 2 +2z+5 ( ) ( ) f (t) L 1 z+5 L 1 z+5 z 2 +2z+5 (z+1) 2 +4 ( ) ( L 1 z+1 + 2L 1 (z+1) 2 +4 e t cos(2t) + 2e t sin(2t) e t (cos(2t) + 2 sin(2t)) 2 (z+1) 2 +4 )

8.1 efinicija in lastnosti Laplaceove transformacije 129 Zgled 8.7 Za dano Laplaceovo transformiranko L ( f (t))(z) z+2 poišči njen inverz f (t). z 2 4z 5 ( ) ( ) f (t) L 1 z 2 L 1 (z 2)+4 z 2 4z 5 (z 2) 2 9 ( ) ( L 1 z 2 + L 1 (z 2) 2 9 4 (z 2) 2 9 ) e 2t ch(3t) + 4 3 e2t sh(3t) 7 6 e5t 1 6 e t. rugi možni način reševanja je s pomočjo razcepa na parcialne ulomke: z + 2 (z 5)(z + 1) A z 5 + B z + 1. Rešitev sistema enačb je A 7 6 in B 1 6. Tako je ( ) f (t) L 1 z 2 L 1 ( 7 z 2 4z 5 6 7 6 e5t 1 6 e t. 1 z 5 ) L 1 ( 1 1 6 z+1 ) Zelo uporabna pri iskanju Laplaceovih transformirank je operacija konvolucije dveh funkcij. Naj bo F(z) L ( f (t))(z) in G(z) L (g(t))(z). Iščemo funkcijo h, katere Laplaceova transformiranka je enaka produktu F(z)G(z). efinicija 8.1.3 Naj bosta f, g zvezni funkciji. Tedaj je konvolucija funkcij f in g, f g, enaka t ( f g)(t) f (τ)g(t τ)dτ. Uporabo konvolucije podaja naslednji izrek, katerega dokaz bomo izpustili, saj sega na področje večkratnih integralov. Izrek 8.1.2 L (( f g)(t))(z) L ( f (t))(z)l (g(t))(z). Zgled 8.8 Poišči inverz Laplaceove transformiranke, če je L (h(t))(z) 1 (z 1)(z + 2). F(z) 1 z 1 G(z) 1 z + 2 f (t) L 1 ( 1 z 1 ) et g(t) L 1 ( 1 z+2 ) e 2t

13 8. Laplaceova transformacija Po Izreku 8.1.2 velja ( f g)(t) L 1 (F(z)G(z)). ( ) L 1 1 L 1 (F(z)G(z)) (z 1)(z+2) ( f g)(t) t f (τ)g(t τ)dτ t eτ e 2(t τ) dτ e 2t t e3τ dτ e 2t 3 e3τ t et e 2t. 3 Nalogo bi seveda lahko rešili tudi s pomočjo razcepa na parcialne ulomke.

9. Reševanje diferencialnih enaˇ cb Laplaceova transformacija ima v inženirski matematiki veliko uporabno vrednost, saj problem reševanja diferencialnih enaˇcb prevede na reševanje algrebrajskih enaˇcb. Posebej uporabna je za reševanje težkih problemov v zvezi z diferencialnimi enaˇcbami, za katere ne obstajajo analitiˇcne metode reševanja. Naš cilj je s pomoˇcjo Laplaceove transformacije znati rešiti sistem diferencialnih enaˇcb in prevesti parcialne diferencialne enaˇcbe na navadne diferencialne enaˇcbe. 9.1 Navadne diferencialne enaˇ cbe Laplaceovo transformacijo lahko uporabimo pri reševanju razliˇcnih vrst navadnih diferencialnih enaˇcb, kot tudi njihovih sistemov. Metoda je bolj ali manj uporabna, odvisno od danega problema. Poglejmo si posamezne primere. Linearne diferencialne enaˇ cbe s konstantnimi koeficienti Najprej se omejimo na navadne diferencialne enaˇcbe prvega reda s konstantimi koeficienti. Te sicer že znamo reševati, a poglejmo še kako jih lahko rešimo s pomoˇcjo Laplaceove transformacije. Za Laplaceovo transformiranko n-tega odvoda funkcije f moramo poznati f () in vrednost v toˇcki T vseh prvih n 1 odvodov. To pomeni, da ne moremo najti splošne rešitve take diferencialne enaˇcbe, temveˇc le partiukularno rešitev pri danih zaˇcetnih pogojih. Poglejmo naˇcin reševanja diferencialne enaˇcbe 2. reda. Naj bo za neznano funkcijo x x(t) dana diferencialna enaˇcba a2 x (t) + a1 x (t) + a x(t) q(t) z zaˇcetnima pogojema x() c1, x () c2. Na celotno diferencialno enaˇcbo delujemo z Laplaceovo transformacijo L (a2 x (t) + a1 x (t) + a x(t))(z) L (q(t))(z). Zaradi linearnosti Laplaceove transformacijo dobimo a2 L (x (t))(z) + a1 L (x (t))(z) + a L (x(t))(z) L (q(t))(z).

132 9. Reševanje diferencialnih enačb Vpeljemo oznaki Nadalje upoštevamo pravili in Tako dobimo L (x(t))(z) X(z) in L (q(t))(z))q(z). L (x (t))(z) zł(x(t))(z) x() zx(z) c 1 L (x (t))(z) z 2 Ł(x(t))(z) zx() x () z 2 X(z) zc 1 c 2. ki je linearna enačba za neznako X(z): a 2 (z 2 X(z) zc 1 c 2 ) + a 1 (zx(z) c 1 ) + a X(z) Q(z), X(z) Q(z) + a 1 c 1 + za 2 c 1 + a 2 c 2 a 2 z 2 + a 1 z + a. Z uporabo inverzne Laplaceove transformacije dobimo rešitev diferencialne enačbe x(t) L 1 (X(z)). Celotni postopek reševanja takih diferencialni enačb z Laplaceovo transformacijo je relativno zamuden, zato ni preveč smiseln. Zgled 9.1 S pomočjo Laplaceove transformacije reši diferencialno enačbo x (t) + 3x (t) + 2x(t) 2t 1, x() 3, x () 4. Na celotno diferencialno enačbo delujemo z Laplaceovo transformacijo: L (x(t))(z) X(z), L (x (t))(z) zx(z) x() zx(z) 3, L (x (t))(z) z 2 X(z) zx() x () z 2 X(z) 3z + 4, L ( 2t 1)(z) 2 1 1 z 2 z. S tem smo diferencialno enačbo prevedli na algebrajsko enačbo: oziroma Nastavek za razcep na parcialne ulomke je enak in izračunani koeficienti so z 2 X(z) 3z + 4 + 3zX(z) 9 + 2x(z) 2 z 2 1 z X(z) 3z3 + 5z 2 z 2 z 2 (z 2 + 3z + 2). X(z) A z + B z 2 + C z + 2 + z + 1 A 1,B 1,C 1, 1. Tako je inverzna Laplaceova transformiranka enaka ( ) x(t) L 1 (X(z)) L 1 1 z 1 + 1 z 2 z+2 + 1 z+1 x(t) 1 t + e 2t + e t.

9.1 Navadne diferencialne enačbe 133 Linearne diferencialne enačbe Linearna diferencialna enačba nima nujno konstantnih koeficientov. Za tak tip diferencialnih enačb nimamo analitične metode, ki bi rešila vsako tako enačbo. Reševanje takih diferencialnih enačb je težek problem, ena od možnosti je iskanje rešitve s pomočjo razvoja v potenčno vrsto. Z uporaba Laplaceove transformacije imamo orodje, ki nam pomaga, a tudi v tem primeru postopek ni preprost. Poglejmo si uporabo na konkretnem primeru. Zgled 9.2 S pomočjo Laplaceove transformacije reši diferencialno enačbo t x (t) + x (t) +t x(t), x() 1, x (). Na diferencialno enačbo delujemo z Laplaceovo transformacijo: L (x(t))(z) X(z), L (x (t))(z) zx(z) x() zx(z) 1, L (x (t))(z) z 2 X(z) zx() x () z 2 X(z) z, L (t x(t))(z) ( 1) 1 Ł (x(t))(z) X (z) L (t x (t))(z) ( 1) 1 Ł (x (t))(z) (z 2 X(z) z) 2zX(z) z 2 X (z) + 1. S tem smo diferencialno enačbo drugega reda prevedli na diferencialno enačbo prvega reda: z 2 X (z) 2zX(z) + 1 + zx(z) 1 + X (z) oziroma X (z) z z 2 + 1 X(z), ki je diferencialna enačba prvega reda z ločljivima spremenljivkama: dx(z) X(z) z z 2 + 1 lnx(z) 1 2 ln(z2 + 1) +C X(z) z 2 + 1. Ideja nadaljnega reševanja je, da funkcijo razvijemo v potenčno vrsto ( 1 X(z) z 1 2z 3 + 1 3 2 2 2!z 5 1 3 5 ) 2 3 3!z 7 + ter členoma izvedemo inverzno Laplaceovo transformacijo (( )) x(t) L 1 1 z 1 + 1 3 1 3 5 + 2z 3 2 2 2!z 5 2 3 3!z 7 ( 1 1 2 t 2 2! + 1 3 t 4 2 2 2! 4! 1 3 5 t 6 2 3 3! 6! ) n n (2n + 1)!! ( 1) 2 n n!(2n)! t2n. Opazimo, da je rešitev ena od Besselovih funkcij.

134 9. Reševanje diferencialnih enačb Sistemi diferencialnih enačb Spoznali bomo, kako lahko s pomočjo Laplaceoe transformacije rešujemo sisteme diferencialnih enačb. Na sistem linearnih diferencialnih enačb delujemo z Laplaceovo transformacijo, s čimer prevedemo problem na reševanje običajnih(algebrajskih) linearnih enačb, katerega neznanke so Laplaceove transformiranke. Ko le-te poiščemo, uporabimo na njih še inverzno Laplaceovo transformacijo. Zgled 9.3 S pomočjo Laplaceove transformacije reši sistem diferencialnih enačb če je x() 1 in y() 3. x (t) x(t) + y(t) + e t y (t) x(t) + y(t) e t, Poiščimo Laplaceovo transformiranko posameznih členov: L (x(t))(z) X(z), L (x (t))(z) zx(z) x() zx(z) 1, L (y(t))(z) Y (z), L (y (t))(z) zy (z) y() zy (z) 3, L (e t )(z) 1 z 1. S tem smo sistem diferencialnih enačb prevedli na sistem linearnih enačb: zx(z) 1 X(z) +Y (z) + 1 z 1 zy (z) 3 X(z) +Y (z) 1 z 1. v katerem sta X(z) in Y (z) neznanki. Rešitev sistema je enolična in je enaka X(z) z 2 + 2z 4 (z 1)(z 2 2z + 2 Y (z) Razcep na parcialne ulomke da rezultat 3z 2 8z + 4 (z 1)(z 2 2z + 2). X(z) 1 z 1 + 2z+2 z 2 2z+2 Y (z) 1 z 1 + 4z 6 z 2 2z+2. Nazadnje izračunam še obe inverzni Laplaceovi transformiranki: x(t) L ( 1 1 z 1 + 2 z 1 (z 1) 2 +1 + 4 1 e t + 2e t cost + 4e t sint (z 1) 2 +1 y(t) L ( 1 1 z 1 + 4 z 1 (z 1) 2 +1 2 1 e t + 4e t cost 2e t sint. (z 1) 2 +1 ) )

9.1 Navadne diferencialne enačbe 135 Zgled 9.4 S pomočjo Laplaceove transformacije reši sistem diferencialnih enačb višjega reda x (t) + y (t) t x (t) y(t) e t, če je x() 3, x () 2 in y(). Postopamo enako kot v prejšnjem primeru in rešitev je x(t) 2 + 1 2 (t2 + e t + cost 3sint) y(t) 2 1 2 (e t + cost 3sint).

136 9. Reševanje diferencialnih enačb 9.2 Parcialne diferencialne enačbe Parcialne diferencialne enačbe (krajše PE) so diferencialne enačbe, v katerih se pojavljajo (parcialni) odvodi neznanih funkcij f : R n R. Red parcialne diferencialne enačbe je red najvišjega parcialnega odvoda v parcialni diferencialni enačbi. Neodvisne spremenljivke funkcij v parcialni diferencialni enačbi so običajno prostorske koordinate x,y,z in(ali) čas t. Za ilustracijo poglejmo nekaj primerov takih enačb, od katerih bomo kasneje nekatere tudi rešili. 1. Laplaceova enačba Naj bo f : R 3 R. vakratno zaporedno delovanje operatorja nabla na funkcijo f da: 2 f ( f ) ( f x, f y, f z ) f xx + f yy + f zz f. Operator 2 je Laplaceov operator, imenovan tudi diferencialni operator. Tedaj je parcialna diferencialna enačba drugega reda. 2. Valovanje (nihanje) f f xx + f yy + f zz 2 ( u 2 t 2 u c2 x 2 + 2 u y 2 + 2 ) u z 2, c R +. 3. Prenos toplote ( u 2 t u c2 x 2 + 2 u y 2 + 2 ) u z 2, c R +. 4. Tok stistljive tekočine div(ρ v) ρ t, kjer je ρ ρ(x,y,z,t) gostota tekočine, v hitrost stiskanja in t čas. S pomočjo Laplacove transformacije smo reševanje nekaterih navadnih diferencialnih enačb in njihovih sistemov prevedli na reševanje algebrajskih enačb oziroma sistema linearnih enačb. Tudi nekatere (linearne) parcialne diferencialne enačbe funkcij dveh spremenljivk s konstantnimi koeficienti lahko rešujemo s pomočjo Laplaceove transformacije. Problem sicer ne prevedemo na algebrajsko enačbo, temveč na navadno diferencialno enačbo. ano parcialno diferencialno enačbo funkcije f (x, t) prevedemo na navadno diferencialno enačbo tako, da poiščemo Laplaceovo transformiranko parcialnega odvoda funkcije f po eni od

9.2 Parcialne diferencialne enačbe 137 spremenljivk, naj bo to x: ( ) f (x,t) L (z) x f (x,t) e zt dt x x f (x,t)e zt dt x L ( f (x,t))(z) x F(x,z). Vidimo, da dobimo navadno diferencialno enačbo za transformiranko F(x,z). Nazadnje uporabimo inverzno Laplaceovo transformacijo, s čimer dobimo rešitev prvotnega problema. Ilustrirajmo metodo na primeru nihanja polneskončne strune in prenosa toplote v eni dimenziji. Zgled 9.5 Nihanje strune Polneskončna struna (zelo dolga vrv ali struna) je vpeta v koordinatni sistem tako, da struna leži na pozitivnem delu osi x, s čimer je njena začetna točka v koordinatnem izhodišču. Začetno točko zanihamo, pri čemer se val širi vzdolž strune. Funkcija u(x,t) za vsak trenutek t pove lego delca z absciso x in zadošča parcialni diferencialni enačbi 2 u(x,t) t 2 c 2 2 u(x,t) x 2 c >. Na začetku struna miruje, zato sta začetna pogoja enaka u(x,) in u (x,). t Robna pogoja sta določena z gibanjem strune in sicer se naj začetni del giblje v skladu z neko funkcije f (t) u(,t), neskončni del pa naj miruje, torej naj bo lim x u(x,t). Označimo Laplaceovo transformiranko funkcije u glede na spremenljivko t z L (u(x, t))(z) U(x,z). Privzemimo, da lahko zamenjamo vrstni red odvajanja in integriranja, s čimer je ( 2 ) u(x,t) 2 u(x,t) L x 2 x 2 e zt dt 2 x 2 u(x,t)e zt dt 2 U(x,z) x 2. Izvedimo Laplaceovo transformacijo še na levi strani PE: ( 2 ) u(x,t) L t 2 z 2 L (u(x,t))(z) zu(x,) u t (x,) z 2 L (u(x,t))(z) z 2 U(x,z).

138 9. Reševanje diferencialnih enačb Tako z delovanjem Laplaceove transformacije na PE dobimo z 2 c 2 U(x,z) 2 U(x,z) x 2. To je navadna diferencialna enačba 2. reda s konstantnimi koeficienti (homogena) za neznano funkcijo U(x,z) glede na spremenljivko x, z pa je parameter. Zapišimo jo kot in rešimo: 2 U(x,z) x 2 λ 2 z2 c 2 z2 c 2 U(x,z) λ 1,2 ± z c U(x,z) C 1 (z)e z c x +C 2 (z)e z c x Pri iskanju koeficientov C 1 (z) in C 2 (z) moramo upoštevati, da je odmik u(x,t) omejen, ko gre x. Posledično zato obstaja njegova transformiranka U(x,z), kar pomeni, da je C 2 (z). Tako je U(,z) C 1 (z). Iz robnega pogoja f (t) u(,t) in L ( f (t))(z) F(z) dobimo Tako je F(z) L ( f (t))(z) L (u(,t)(z) U(,z) C 1 (z) U(,z) F(z). Uporabimo pravilo o pomiku kjer je U(x,z) F(z)e z c x. U(x,z) e x c z L ( f (t))(z) L f ( t x ) c Inverzna Laplaceova transformiranka je tako u(x,t) f ( ( f t x )) (z), c f ( t x c) ; t > x c ; t x c ( t x ). c Zgled 9.6 Prenos toplote v eni dimenziji(difuzijska enačba) Pri obravnavi tega problema se bomo omejili na prenos toplote samo v smeri x-osi. Prav tako predpostavimo idealno zunanjom izolacijo, kar pomeni da ni izmenjevanje toplote z okolico. Naj bo u(x,t) temperatura palice na mestu x ob času t. Spremembo toplote podaja diferencialna enačba u(x,t) t c 2 2 u(x,t) x 2.

9.2 Parcialne diferencialne enačbe 139 Začetna temperatura palice naj bo enaka stopinj, torej je začetni pogoj u(x,). Nato začetek palice segrevamo s konstantno temperaturo T, zato je u(,t) T. Obenem naj bo temperatura na poljubnem mestu palice omejena, zato je lim u(x,t) <. t S tem smo določili oba robna pogoja. Označimo Laplaceovo transformiranko funkcije u glede na spremenljivko t z L (u(x,t))(z) U(x,z). Podobno kot v prejšnjem primeru je ( 2 ) u(x,t) L x 2 2 U(x,z) x 2. Izvedimo Laplaceovo transformacijo še na levi strani PE: ( ) u(x,t) L zl (u(x,t))(z) u(x,) zu(x,z). t Z delovanjem Laplaceove transformacije na PE tako dobimo zu(x,z) c 2 2 U(x,z) x 2, ki je navadna diferencialna enačba 2. reda s konstantnimi koeficienti (homogena) za neznano funkcijo U(x,z) glede na spremenljivko x, z pa je parameter. Tako je 2 U(x,z) x 2 Rešitev je podobna kot pri nihanju, torej λ 2 z c 2 z λ 1,2 ± c z U(x,z). c2 U(x,z) C 1 (z)e z c x z +C 2 (z)e c x Pri iskanju koeficientov C 1 (z) in C 2 (z) moramo upoštevati, da je lim t u(x,t) <, zato obstaja transformiranka U(x,z), kar pomeni, da je C 2 (z). Tako je U(,z) C 1 (z). Iz robnega pogoja u(,t) T in L (u(x,t)))(z) U(x,z) dobimo Tako je U(,z) L (u(,t))(z) L (T )(z) T 1 z C 1(z) T z. U(x,z) T z e x c z.

14 9. Reševanje diferencialnih enačb Iskanje inverzne Laplaceove transformiranke je v tem primeru bolj zapleteno in sicer si pomagamo z rezultatom ( ) L 1 e a ( ) ( ) z a a (t) erfc z 2 1 erf t 2, t pri čemer je erf funkcija napake erf(w) 2 w e t2 dt π in erfc njen komplement, erfc(w) 1 erfc(w). Obe sta neelementarni funkciji. Tako je ( ) ( ) ( ( )) u(x,t) L 1 T z e x c z x x T erfc 2c T 1 erf t 2c. t Zgled 9.7 Poišči rešitev PE če je začetni pogoj določen z in sta robna pogoja enaka u t (x,t) 2 u (x,t), < x < 2, t > x2 u(x,) 3sin(2πx) u(,t), u(2,t). Postopamo kot v primeru difuzijske enačbe in iskana funkcija je u(x,t) L 1 ( 3sin(2πx) z + 4π 2 ) 3sin(2πx)e 4π2t.

1. Naloge Laplaceova transformacija 1. Poišˇci Laplaceovo transformiranko funkcije f, ki je podana s predpisom 3 (a) f (t) t, (b) f (t) t 5, (c) f (t) 1t, (d) f (t) sint t cost, (e) f (t) t 3 e2t, (f) f (t) (t 2 + t + 1)e t, (g) f (t) te 2t sint, (h) f (t) t 2 sin(2t), (i) f (t) (t 1)5, (j) f (t) cos2 t, 3 (k) f (t) ch t, Rt x (l) f (t) e sin x dx. 2. Poišˇci inverz Laplaceove transfomiranke F, ki je podana s predpisom 1 (a) F(z) z2 (z 2), (b) F(z) (c) F(z) (d) F(z) (e) F(z) (f) F(z) z3 +z2 +4, z2 (z2 +4) 1, (z2 +1)2 z, (z2 +1)2 2 z +2, z4 8z 1. z 1 iferencialne enaˇ cbe 3. S pomoˇcjo Laplaceove transformacije poišˇci rešitev diferencialne enaˇcbe y (x) + y(x) e x,

142 1. Naloge pogoju y() 1. 4. S pomočjo Laplaceove transformacije poišči rešitev diferencialne enačbe y (x) + y (x) x, pogojih y() 3, y () 1, y (). 5. S pomočjo Laplaceove transformacije poišči rešitev diferencialne enačbe pogojih y() y () 1, y () 1. 6. Poišči rešitev sistema diferencialnih enačb x 1(t) x 2 (t) x 3 (t) x 2(t) x 1 (t) x 3 (t) x 3(t) x 1 (t) x 2 (t) y (x) + y (x) cosx, pri pogojih x 1 () 1, x 2 () in x 3 () 1. 7. Reši diferencialno enačbo xy (x) 2y. 8. Poišči rešitev sistema diferencialnih enačb x (t) + y(t) e t y (t) x(t) 3e t pri pogojih x() in y() 1. 9. Poišči rešitev sistema diferencialnih enačb x (t) 2y (t) y (t) x (t) 1 2 pri pogojih x(), x () 2, y() 1 in y (). 1. Reši sistem diferencialnih enačb x (t) x(t) + y(t) + e t y (t) x(t) + y(t) pri pogojih x(), x () 2 in y() 3. 11. Poišči rešitev sistema diferencialnih enačb ty(t) + x (t) t y(t) + x (t) 1 pri pogojih x() x () in y(). 12. Poišči rešitev sistema diferencialnih enačb t x(s)e 2(t s) ds y (t) e 2t x (t) + y(t) 1, kjer je x() in y().

Literatura 1 2 3 4 5 6 7 8 9 J. Cimpriˇc, J. Prezelj, Rešene naloge iz Analize IV, MFA, Ljubljana, 217. M. obovišek, Rešene naloge iz Analize II, MFA, Ljubljana, 1996. G. olinar, Rešene naloge iz Matematike 3, FE, Ljubljena, 25. J. Globevnik, M. Brojan, Analiza II, FMF, Ljubljana, e-gradivo dostopno na https://www.fmf.unilj.si/ globevnik B. Hvala, Zbirka izpitnih nalog iz Analize, z namigi, nasveti in rezultati, MFA, Ljubljana, 216 (4. natis). E. Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, Wiley, ZA, 211. J. Usenik, Izbrana poglavja iz matematike, FOV, Novo mesto, 22. I. Vidav, Matematika II, ZS, Ljubljana, 1975. T. Žitko, Zbirka nalog iz Matematike IV, FE in FRI, Ljubljana, 24.

Stvarno kazalo ε-okolica, 8 cilindriˇcne koordinate, 54 arbouxova vsota, 4 diferenciabilnost, 17 diferencialni operator, 134 divergenca, 98 dvojni integral, 4 uvedba novih spremenljivk, 46 enostavna krivulja, 87 funkcije veˇc spremenljivk, 7 gladka krivulja, 87 gladka ploskev, 91 gradient, 16 implicitna funkcija, 33 integralska vsota spodnja, 4 zgornja, 4 Jacobijeva matrika, 46, 6 konvolucija, 127 koordinatni krivulji, 81 krivulje, 75 krivuljni integral skalarna funkcija, 87 vektorska funkcija, 9 Laplaceov operator, 134 limita, 11 lokalni ekstrem, 29 lokalni maksimum, 29 lokalni minimum, 29 metrika, 8 nabla, 98 negativno definitna matrika, 32 nivojnica, 9 norma, 8 normala, 83 normalna ravnina, 78 notranja toˇcka, 9 odprta množica, 9 odsekoma gladka krivulja, 87 odsekoma gladka ploskev, 91 orientabilna ploskev, 91 orientacija krivulje, 9 parametrizacija, 75 parcialne diferencialne enaˇcbe, 134 parcialni odvod, 16 ploskovni integral skalarna funkcija, 92 vektorska funkcija, 94 polarne koordinate, 12, 47 potencial, 97 potencialno polje, 97