o_19gmcf4kn1bnaink77n46176a.pdf

PROF. DR ING. BORIS APSEN'
REPETITORI J.
VIŠE
MATEMATIKE.
III DIO
Treće
izdanje
'11EHNICKA KNJIGA
ZAGREB 1965.

SADRZAJ
:§ 1. DETERMIN ANTE
l. Općenito
2. Determinante drugog reda
3. Determinante trećeg reda
4. Determinante viših redova
5. Svojstva determinanata
6. Operacije s determinantama
a) Množenj e de te,rmin,ana,ta
b) Kvadriranje det•ermLn:anata
7. Matrice
l
l
l
6
14
17
20
20
20
21
'§
2. VEKTORI U PROSTORU. VEKTORSKA ALGEBRA
23
1. Općenito o vektorima i skalarima .
23
2. Prostorni pravnkutni koordinatni srustav, koordinatne osi ravnine 24
3. _Komponente vektora. Njegova duljina i smjer
4. Skalarni ili unutarnji produkt dvaju vektora
5. Vektorski ili vanjski vrodukt dvaju veMora
6. Zbroj vektora poliedra
7. Višestruki produkti vektora .
25
31
37
46
47
a) Umnožak skalarnog p•roduk,ta dv.aju vektora
i trećeg vektor1a 47
b) T1rostruki skalarni pro:d!l.lik•t 47
e) Tro·strukd vektorsk,i produk,t 50
d) e e lt v er o ,s, t ·r u k ,j s k .a l a r n il p .r o d lU k t 52
e) Cetverostrukd veklto.rsk,i produkt 53
8. Derivacija vektora po parametru. Primjene u mehanici 54
§ 3. ANALITICKA GEOMETRIJA U PP.OSTORU. PRAVCI I RAVNIN~ 60
l. Općenito . 60
2. Pravac 60
a) Jedn.adž,be pravca k•roz jednu za,danu tačku 60
b) Pravac kroz jednu zadanu taeku pTedočen
SVOJ•lffi or,to.gon,aln,im 'P'rojekcli.,j.ama u dvije
koorrdrim.a

3. Dva. pravca . 6"
Kut dvaju pravaca 611
b) Uvj ert oikoanlitostli dvajlll P!l"•avacra 69
e) Uvjert :pall"ralelnosrtd dva~u pravaca 70'
d)Sjec1ište dva;j•u. p'I"av•aca 70'
4.. Ravnina 73
a) No:rmal ni ili. Hes se o v o lb Hik: j edna>džbe ra

11. Derivi.ranje fmplicltnih lankciJa . IM
12. Pa.rametarski oblik funkcija dviju nezavisnih promjenUivih i njihovo
đeriviranje 165
13. Taylor-ove i Mac Laurin-ove formule i redovi za funkcije dviJu
i više nezavisnih promjenljivih . , . 169
14. Primjena Taylor-ove formule za približno rješavanje jednadžbi 175
15. Ekstremne vrijednosti funkcije dviJu i više promjenljivih 179
a) Pojam eks>trema pr>a'vog netpra>vog
179
b) Nužn>i uvjet za e!ks:trem
180
e) Dovoldnti uvjett za e>ks·trem
181
d) V e z a>ni ck,s,trem:i
193·
16. Geometrijske primjene parcijalnih derivacija
201
a) S lin g u l arn e ta č ke ravn lih ik rd. vu 1\j•a
202
bl Ovojnica (anvelopa) famiiH.je ravntih k:r·i v u l j a 206
§ 5. VISESTRUKI ODREĐENI INTEGRAL! I NJIHOVA PRIMJENA
212
l. Dvostruki integrali
a) P o j a m, g e o m e t tr i j 1s k o z n ta č e n j e ti
b) S.rednja vrdjednost dvots:rttrukog
2. Trostruki integrali
3. Zamjena promjenljivih u dvostrukim integralima
a) P o J,a .r n e ktoordlin,a·te
b) Opć>i slučraj
~ Elliptlčke koorddnate
rarčuiilanje
iiil>teg:r.ala
212
212
227
228
232
232
235
238
245
245
4. Zamjena promjenljivih u trostrukom integralu
a) Clil i n dri·čk e koordinate
b) KiUgl

§ 9. KRIVULJE U PROSTORU 30~
l . .Jednadžbe prostornih krivulja 303
2 . .Jednadžba tangente na prostornu krivulju 307
3 . .Jednadžba normalne ravnine na prostornu krivulju 308
4. Rektifikacija i masa prostorne krivulje . 308
5 . .Jednadžba oskulacione ravnine . . . . . 312
6 • .Jednadžba prostorne krivulje u vektorskom obliku 316
. 7. Zakrivljenost prostorne krivulje ; . . . . . . . . . . 317
8. Glavna normala. Binormala. Rektifikaciona ravnina. Osnovni t.robriđ 320
9. Torzija prostorne krivulje 326
10. Frenet-ove formule 330
§ 10. LINIJSKI (KRIVULJNI) ·INTEGRAL! 332:
. l. Linijski integrali po ravnoj .krivulji 332
2. Linijski integrali po prostornoj krivulji 343
§ ll. PLOšNI INTEGRAL! 347
§ 12. VJEZA IZMEĐU INTEGRALA RAZLICITIH TIPOVA 358:
l. Green-ova formula 358
2. Stokes-ova formula 365·
3. G111uss-ova formula 371
§ 13. VEKTORSKA ANALIZA ·379'
•1. Usmjerena đerivacija. Gradijent skalarne funkcije U (x, y, z) 379
2. Potencijal 387.
3. Vektorski oblik Gauss-ove formule. Dive~gencija vektorskog polja 391
4. Vektorski oblik Stokes-ove formule. Rotor vektorskog polja. Potencijalno
polje sila. Određivanje potencijala .. 397
5. Operatori \l - nabla i Ll delta i njihova primjena. u vektorskim
računima 40*
§ 14. SUSTAVI OBICNIH DIFERENCIJALNIH JEDNADZBI 43~
§ 15. PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE 441!.
POPIS NAJVAZNIJIH FORMULA 453
VIII

\
§ l. DETERMINANTH
l. Općenito
" Determinante su brojčani izrazi, koji su gradem prema odredemm pravilima,
te predstavljaju pojednostavljeni način pisanja stanovitih matematičkih izraza.
Jedna od prim]ena deterrninanata je rješavanje linearnih algebarskih jednadžbi.
Rješavajući sustav od dvije linearne algebarske jednadžbe s dvije nepoznanice
dolazimo do determinanata drugog reda, koje imaju dva retka i dva stupca; sustav
od tri linearne algebarske jednadžbe s tri nepoznanice vodi do dcterminanata
trećeg reda, koje imaju tri retka i tri stupca, i t. d.
Promotrimo posebno pojedine vrste detcrrninanata.
2. Determinante drugog reda·
O tim determinantama već smo govorili nav\ldeći metode nesavanja sustava
linearnih algebarskih jednadžbi s dvije nepoznanice (vidi Repet. element. matematike,
I, § ll). Ponovimo ukratko već rečćno, pri čemu koeficijente nepoznanica
označimo slovom a, kojemu dodijeliino dva indeksa: prvi indeks označuje
redni broj retka, u kojem se nalazi dotični član jednadžbe, a drugi
indeks označuje redni broj njegova stupca. Prema tome, sustav od dvije
jednadžbe S dvije nepoznanice X i y glasi:
aux + a.,y = b,
a"x + a"y = b,
Riješivši taj sustav po bilo kojoj metodi, na pr. načinom jednakih koeficijenata,
dobijemo za nepoznanice slijedeće izraze :
X= v=
au b,-b,. a.,
al\ . au - au . au
Izraz, u nazivn1cirna ( a,.a.,- a,.a~,J možemo simbolički prikazati u obliku
detenninante drugog reda:
1 B. ~: aepetlfmij vt!le matematike - Dio m. 1

+
X
do koje dolazimo tako, da jednostavno prcpišemo koeficijente
nepoznanica onim redom kako dolaze u jednadžbama zadanog
sustava. Ta determinanta zove se determinanta zadanog
sustava jednadžbi, a čitamo li gornju jednakost s desna
na lijevo, vidimo i načip rješavanja te determinaote: determinanta
drugog reda računa se tako, da se množe u križ
članovi, ili, kako se obično kaže, elementi determinante, pri čemu se drugi
umnožak dodaje prvom s protivnim predznakom, kako se to vidi iz sheme, a
također i iz gornje jednakosti.
I oba brojnika u izrazima za x i y možemo prikazati u obliku determinanata,
koje d(>bijemo iz determinante sustava
L\= l a ..
a,.
a"
a.,
tako, da za brojnik nepoznanice x zamijenimo stupac njegovih koeficijenata a,.
i au članovima b, i b., koji se nalaze na desnim stranama zadanih jednadžbi, a za
brojnik nepoznanice y zamijenimo u determinanti drugi stupac, koji čine koefi~
cijenti te nepoznanice, istim članovima b, i b,. Dobijemo:
l b, au l l a" b,
b,a,.- a,.b, b, au anb,- b,a., au b.
. auau- a ua&, a .. ,
a21 a,,
au a.,
x= y=
auaaa- auau
l
= ,a,·,
au au l
Kako se vidi iz tih jednakosti, determinante, koje su u brojnicima, rješavaju
se po istoj gore navedenoj shemi, t. j. množenjem u križ.
Promotrimo pojedine slučajeve, koji mogu nastati pri rješavanju sustava od
dvije linearne algebarske jednadžbe. Promatranje tih slučajeva popratit ćemo njihovim
geometrijskim tumačenjem, jer svaka linearna jednadžba predočuje geometrijski
pravac u ravnini XY, pa se rješavanje sustava od dvije linearne jednadžbe
s dvije nepoznanice svodi geometrijski na određivanje koordinata presjecišta
tih pravaca. ·
Primijetimo, da gore napisane jednadžbe za b, :::f: O i b, :::f: O čine tako zvani
nehomogeni sustav, a kad je b, =O i b,;= O homogeni sustav jednadžbi.
Promotrimo posebno ta dva sustava.
I. Nehomogeni sustav
aux + -a.,y = b,
a,,x + a"y = b.
l t :::l
x·=la" a,. l'
a., a ..
au ba
l ::: :::l
a" b, l
y = 1--------+
a) Neka su determinanta sustava a i obje determinante brojnika. različite :od
nule.
U tom slučaju ima sustav jedno rješenje x = x 0 , y = y.,.
Geometrijski to znači, da se pravci'sijeku u točki S(x., y,).
2

Na pr.
-54
2
Xo = 9
2
p 1 = 9x- 6y + 54 = O
p,=:2x+ y- 2=0
-6
l -54 + 12 -42
-6 = 9+12=-u=-l
12 9 -541
~--2-:--' = 18 + 108 = 126 = 6
y.=,~ -11 9+12 21
Presjecište S (- 2, 6). Vidi sl. l. Sl. I
b) Neka je determinanta sustava ~ = O, dok su determinante brojnika različite
od nule, t. j.
Ll = l a" a,. l = O
1 au a ..
Odatle
t. j. koeficijenti od x i y su razmjerni (proporcionalni).
U tom slučaju.'dobij~o:
b., a,.
b, a •• l b,a,, -
au/Ja'
Xa=
o
= .
o Kako dijeljenje s nulom
nema smisla, sustav jedau
bo l = a.,b, - b,au
au b,
nadžbi nema rješenja.
Y• = o o
Razmjemost koeficijenata od x i y znači geometrijski, da su pravci usporedni,
pa se ne sijeku, ili, kako se često kaže, sijeku se u beskonačnosti, jer je
i analogno
J . b,a,.- a,.b,
Jmx=zm 1
=oo
6-+0 A-+0 ~
lim y = oo,
6--+0
kad su brojnici različiti
od nule.
3

'Na pr.
xo=l
p, ""' 2x - y - 3 = o
Pa ""' 4x- 2y + 8 = O
l 3 -ll
-8 -2 __:__6-8 -14
2 ...:..11==-m=-o-;
4 -2
X
l~ -~1 -16-12 -28
Yo = o = O =-o-
Sl. 2
Vidi sl. 2.
e) Neka je determinanta sustava 6., a također obje determinante brojnikl
Jednake nuli, t. j.
ili
ili
ili
a11 a,,
b;= h.
au b,
'au= b.
a odatle je:
Svi koeficijenti zadanih jednadžbi su razmjerni, t. j. jedna je jednadžba dobivena
iz druge tako, da je pomnožena nekom konstantom, drugtm riječima, nemamo
dvije jednadžbe, već samo jednu, ili, kako se kaže, imamo dvije linearno' zavisne
jednadžbe; geometrijski to znači, da nam je zadan samo jedan pravac.
U .. tom je slučdju ~
o
Xo =O>
o
Y·=o
y
Kako ~ nema određenog smisla, mogli bismo
:zaključiti da zadani sustav jednadžbi nema rješenja.
Međutim, smatramo li da obje linearno zavisne
jednadžbe sustava predočuju dva pravca, koji se
po,dudaraju u svim točkama, tada možemo svaku
točku pravca smatrati sjecištem pravaca, pa kazati,
da naš sustav ima beskonačno mnogo rješenja.
Sl. 3
Na pr.1 Pt ""' X- Jy - 6 = 0/ · - ~~
p,"= -2x + 6y + 12 = O
Vidi sf. J:.

Prihvatimo li to prošireno shvaćanje linearno zavisnih jednadžbi, .možemo
kazati, da nehomogenl sustav ima ili samo jedan sustav rješenja, ili
uopće nema rješenja, ili ih ima beskonačno mnogo.
ll. Homogeni sustav
a,,x + a"y =O
a 21 x + a,.y = O
a) Neka je determinanta sustava ~ =
U t•_m je slučaju:
X o
Y• =
l a11
a,,
o
a"
a,.
\
o
a"
a,. l =t= o
=0
a" a .. anan- auasl
a" au
a" a" o o
=0
a,, a,. a 11 a 11 - auau
a., a,,
·Ta su r}esenja x. = O i Yo = O trivijalna ili očevidna, jer se na prvi pogled
vidi, da vrijednosti x 0 = O i Yo =O zadovoljavaju zadani sustav.
Geometrijski to znači, da se oba pravca sijeku u ishodištu.
r r')' ;
Na pr.
p 1 = x-2y =O
p,= 7x + 3y =O
_,·,
Vidi sl. 4.
y
X
Sl. 4
Sl. 5
b) Determm:mta sustz·;a ~ = j 11 a,,, = O
a 11 a 11
da su koeficijenti od x i y razmjerni, jer iZ gornje jednakosti, kako
To znači,
smo· to malo prije vidjeli, slijedi da je ~ = ~ Drugim riječima, zadane su
a.. a ••
jednadžbe linearno zavisne: jedna je dobivena iz druge množenjem s nekom konstantom.
5

tom Je s uca)u x. = y. -=7 , pa 1smo opet mog 1 za JU Itl, a sustav
0 0
nema rješenja. Međutim, smatramo li da obje jednadžbe sustava predočuju dva
identična pravca, možer..m svaku točku tog dvostrukog pravca smatrati sjecištem
pravaca, pa kazati, da homogeni sustav ima beskonačno mnogo rješenja,
ako je determinanta sustava jednaka nuli
U . l . . o o b' l' kl' č' . d
Na pr.
Vidi sl. 5.
p, = 4x - 5y = O l : - 4
5
p. a= -X + 4 y = 0
Na taj smo način ·došli do važnog zaključka:
Homogeni sustav od dvije linearne jednadžbe ·s dvije nepoznanice
ima rješenja različita od očevidnih samo u tom slučaju,
kad je determinanta sustava jednaka nuli, i tada ih ima beskonačno
mnogo.
3. Determinante trećeg reda
Rješavajući sustav ·od dvije linearne algebarske jednadžbe s dvije nepoznanice,
dolazimo do determinanata drugog reda. Slično tome vodi nas rješavanje
sustava od tri jednadžbe s tri nepoznanice do determinanata trećeg reda, koje
imaju tri retka i tri stupca. Slično determinantama drugog reda označujemo i
članove determinanata trećeg reda indeksima, od kojih prvi indeks znači redni
broj retka, a drugi - redni broj stupca. I sustav od 3 linearne jednadžbe s tri
nepoznanice može biti homogen ili nehomogen već prema tome, da li je desna
strana sustava (t. j. članovi b" b, i b,) jednaka ili različita od nule.
I. Nehomogeni sustav
a"x + a"y + a .. z = b,
aux + a.,y + a .. z·= b,·
a.,x + a.,y + a,,z = b,
(Obrati pažnju, da se prvi· indeksi od a· ne' mijenjaju, ako ideš po' bilo kojem
retku, ali rastu od l do 3 kad ideš po stupcu. Obratno se vladaju drugi indeksi).
Riješimo li na bilo koji n\)čin taj sustav· jednadžbi, dobit ćemo za nepoznamce
izraze, koje možemo prikazati u obliku determinanata trećeg reda. Kao i u rješe-:
njima sustava od dvije j,ednadžbe s dvije nepoznanice, imat će sva tri izraza za· xj
y i z jednake nazivnike, koje .možemo simbolički prikazati u obliku determinante
trećeg reda. To je determinanta Ll zadanog sustava jednadžbi.
Do te determinante dolazimo na isti način, kao i do determinante sustava
drugog reda: jednostavno prepišimo sve koeficijente nepoznanica i to onim. redom,
kako su navedeni u jednadžbama. Dobijemo:
t!>=
a 11 a,.
a .. l au
aJ, au
6

l brojnike u izrazima za nepoznanice x, y i z možemo napisati u obliku· deterlni.nanata.
U tu ~;vrhu postupamo na isti način, kao i pri rješavanju: sustava od·.dvije
jednadžbe s dvije nepoznanice.
Da dobijemo brojnik izraza za x, zamijenimo prvi stupac determinanteisustava
/),., t. j. koeficijente od x, desnim stranama jednadžbe, t.· j. s b., b, i b,_:
X~=
l /J, a .. a,.
b. a,. a,.
b, a,. a ..
au a,. au
au· a •• a ..
a., a., a ..
l
Na isti način dobijemo u obliku determinanata izraze za y i z: u brojniku za
y zamijenimo u determinanti sustava/),. drugi stupac, t. j. koeficijente ođy, desnbn
stranama bh b,·i b,, a u brojniku za z zamijeqimo u determinanti ~ treći stupac.
t. j. koeficijente od z, s b" b, i b,. Dobijemo:
,J
au b,
a .. ,
.J
au a,. b,
au b. a,, . au a., b,
au b. a .. .
au a .. b,
(b)
au a"
au a,. au
au a .. a,. a .. l
au a .. a ..
On aa,· a .. a., a .. a ..
!
Nastaje pitanje, kako ćemo izračunati vrijednosti nepoznanica x., y. i z., ak()
rješenja zadanog sustava ·jednadžbi neposredno napišemo u gore navedenim...Q:blicima
(a), (b) i (e), t. j. u obliku determinanata.
Najprije navedimo shemu predznaka;
\
l
~l+ +l
+ - +
Shema predznaka
Ta se shema lako pamti, jer idemo li po retku, ili po stupcu, uvijek dolaze
naizmjence + i -. Prema toj shemi uzimamo predznake pojedinih.elemen.ta,
kad razvijemo determinantu.
Svaku determinantu možemo razviti na više načina; po elementima bilo kojeg
retka ili po elementima bilo kojeg stupca. Postupak je uvijek isti.
Hoćemo li 'da determinantu razvijem9 na pr. po elementima prvog retka.
a to je najčešći slučaj razvijanja determinanata, tada prepisavši prvi element toga
retka, precrtamo prvi redak i prvi stupac determinante, pa prepisani prvi element
množimo s preostalim dijelom determinante. To je determinanta drugog reda,
koja· se zove subdeterminanta ili IIlinor.
Iza toga prepišemo s _protivnim predznakom (vidi shemu predznakn) drugi
element prvoga retka, pa slično kao i prije množimo taj element sa subdeterminantom
drugog reda, koju_ dobijemo, kad precrtamo prvi redak i drugi stupac za-
l
~a)
(e)
7

~ane determinante .. Konačno,- prepišemo treći; element prvog retka i množimo ga
sa subdeterminantom, koja se d6biva, kad se precrta prvi redak_ i treći stupac--u
zadanoj deternunanu. Sada razvijemo subdetetminante na naćin, koji nam je. već
poznat. Na slični naćin razvijemo determinantu po elementima drugog ili trećeg
retka, odnosno po elementima bilo kojeg stupca, samo moramo paziti, da kod
tvorenja subdeterminanata precrtamo uvijek onaj redak i stupac, u kojem se nalazi
element, koji se množi s dotičnom subdeterminantom. Pokažimo taj razvoj na
determinanti sustava 6.
Razvoj po elementima prvog retka:
A= a"., a.,
.aas
-a,i~a~a-at ..-
1 ll 111
au au au
l ll 111
au au ass
a .. , -a,. l a
a.. . au
11
a,.,=
a ..
·= au(a •• a •• - a •• a.,) --au(auaaa- a •• a .. ) + au(aua .. --auau) =
= a"a .. a •• - alla .. a .. -·a,.auau + aua,.a., + a18a.,a8;-a,.a11au
Vidimo, da se determinante trećeg reda razviju u tri subdeterminante drugog
.reda.
Na slični naćin raZvijemo· bilo koju determinantu trećeg reda po elementima
cb:ugog i trećeg retka i po elementima' prvog, drugog i trećeg stupca.
~zvijmo na pr. determinantu tl po elementima drugog stupca~
A =
A
u=-au. ~- a,.
.. a.,
,+
a ••
l
a,,-a,,.-a,,
l
-a.,=a.. =au
l
aa1::=aaa=aaa
l
au l -a..
l a_ a .. , =
ll
a., a 11 au
=- a,.(a.,a •• - a,,a.;)-+ au(a11au- auau) ~ au(a11au- auau) =
= - a,.a,.a .. + a .. a,.a., + a .. a"au- auauau- auauau + a.,a,.au
Usporedimo li obje vrijednosti dobivene za determinantu sustava 6, vidjet
~o da su te vrijednQsti identične.
Primjer
Rijelii zadani sustav jednadžbi, pri čemu sve determinante razvi j- na različite načine:.
2x-3Y+ z·= 5
4x + y - 7z """ --'-8
x-8y+4z= O
8

x, =
s -3
-8 l
o -S
2 -3
4 l
l -8
-!l
-i l
Detenninantu, koja je u brojniku, razvijemo po elementima prvog retka, a· onu u nazivniku
- po elementima prvog stupca:
Xo "" 2 l l . -7 l l -3 l l
-8 4 -4 -8 4
+l 1
-8 l l
o .-8
+l 1
-3 l l
l -7
5(4-56)+3(-32+0)+1(64-0) -292 73
2(4-56)-4(-12+8)+ 1,..(21-1) =_ 68 =11
lt
Yo ~l~
. l
5
-8
o
-3
l
-8
-i J
-~l 4
Prvu determinantu razvijemo po elementima drugog retka•, a drugu, t. j. determinantu su­
.stava, po elementima drugog stupca:
Yo =
-4 j g ! l-sl 2 ! 1--

Možemo postupati i tako, da ·napišemo na desno od determinante njena
dva prva stupca, a dalje računamo produkte kao u prvom slučaju uz istu shemu
predznaka.
Načini
to!
Riješi gore navedeni sustav jednadžbi računajući determinante po Sarrusovu
pravilu.
Promotrimo sada pojedine slučajeve, koji mogu nastati pri rješavanju nehomogenog
sustava od tri linearne algebarske jednadžbe s tri nepoznanice.
a) Neka'' je determinanta sustava 6
i sve tri determinante brojnika r:J.z!ičite
od nule.
U tom slučaju ima sustav jednadžbi
samo jedan sustav rješenja x = x., y =
= Y• i z =z •. Kako ćemo kasnije vidjeti
(vidi § 3, 4- 6), svaka jednadžba
sustava predočuje geometrijski ravninu
u prostoru, pa riješiti sustav od tri linearne
algebarske jednadžbe znači geometrijski
odrediti onu točku S, u kojoj sc
sijd;u sve tri ravnine, t. j. točku, koja
pripada svima trima ravninama, a sjecište
je njihovih međusc!:mih presječnica
(pravaca). U našem slučaju sve se tri ravnine
P, Q i R sijeku u jednoj točki
:.;1. 6
S(xo, y., Z 0). (Vidi sl. 6).
Tako se na pr. sijeku u ishodištu O sve tri koordinatne ravnine prostornog
pravokutnog koordinatnog sustava (vidi dalje sl. 22). Pređašnji primjer, u kojem
smo riješili sustav od tri jednadžbe, ilustrira baš naš slučaj a), jer su u tom primjeru
sve determinant~ različite od nule, pa se tri zadane ravnine, koje. su geo-
metnJS .. k a pre d o d'b z a za d am ·h· Je d na d.b. z ··k č.ki s( 73 171 269 1 sustava, SlJe ·u u to IT' "68' 6R ) .
b) Neka je determinanta sustava 6 jednaka nuli, dok su determmante orojnika
različite od nule.
U tom slučaju imaju izrazi (a), (b) i (e) za nepoznanice x., y. i Zo nule u nazivnicima,
dok su njihovi brojnici različiti od nule.
lO

Kako dijeljenje s nulom nema smisla, zaključujemo, da zadani sustav jednadžbi
nema rješenja.
Geometrijski to znači, da se presječnice ravnina ne sijeku u jednoj točki, kao
u slučaju a), već da su dvije ili sve tri ravnine međusobno paralelne. (Vidi sl. 7 i 8).
Sl. 7 Sl. 8
U prvom su slučaju koeficijenti od x, y i z u dvima jednadžbama sustava
jednaki ili razmjerni, dok u drugom slučaju ti su koeficijenti jednaki ili razmjerni
u svima trima jednadžbama. (Vidi dalje § 3, 5, e).
Riješi na pr. sustave jednadžbi:
l. 2x - 3y + 5z = 3
4x- 6y + l O z = 7
x+ y+ z=-2
2. 2x- 3y + 5z = 3
4x-6y + IOz = 7
6x- 9y + 15z =- 2
Može biti još jedan slučaj, kad sustav jednadžbi
nema rješenja, iako koeficijenti od x, y i z
nisu proporcionalni. Do tog slučaja dolazimo, ako
je lijeva strana jedne Jednadžbe sustava zbroj Sl. 9
ili razlika lijevih strana ostalih dviju jednadžbi.
U tom slučaju ravnine, koje predočuju zadane jednadžbe sustava. sijeku
se međusobno u ni paralelna pravca p, q 1 r (vidi sl. 9)
Riješi na pr. sustav, u kojem je lijeva strana treće jednadžbe zbroj lijevih strana prvih dviju:
Dobit ćeš:
8
x. =o-
2x- 3y + 5z = 6
x+ y+ z""2
3x-2y+ 6z = 7
-3
Y• = 0
;
-5
z.=o
Kasnije u primjeru (vidi dalje § 3,6) dokazat ćemo, da su presječnice tih ravnina medu·
sobno paralelni pravci p, q i r
e) Neka je determinanta sustava L\ i sve tri determinante brojnika jednake
nuli.
U tom slučaju dobijemo prema (a), (b) ·i (c)-slijedeće vrijednosti za rješenja
x., Y• i Z o zadanih jednadžbi·
ll

o
x.=o,
o
Y·=o·
o
z.= 0
Kako kvocijent ~ nema određenog smisla, mogli bismo zaključiti, da sustav
jednadžbi nema rješenja. U tom su slučaju e) proporcionalni ne samo koeficijenti
od x, y i z, već i desne strane jednadžbi, t j. sve tri jednadžbe su medusobno
zavisne, jer su druga i treća jednadžba dobivene jz prve tako, da je ta prva
jednadžba pomnožena s nekim konstantama. Podijelimo li drugu i treću jednadžbu
tim konstantama, dobit ćemo prvu jednadžbu. To znači, da nam je zapravo zadana
samo jedna jednadžba ili geometrijski samo· jedna ravnina. Smatramo li,
da tri zadane linearno zavisne jednadžbe predočuju tri ravnine, koje se podudaraju
u svim točkama, tada možemo svaku točku te ravnine smatrati kao sjecište triju
ravnina, a to znači, da zadani sustav jednadžbi ima beskonačno mnogo rješenja.
Postoji još jedna mogućnost linearne zavisnosti zadanih jednadžbi. Pretpostavimo,
da je jedna od triju zad:mih jednadžbi sustava zbroj ili razlika ostalih dviju,
koje su linearno nezavisne
~a pr
Sl. 10
li ta) sustav jednnd7,bi, dobit ćemo opet:
o
xo= 0
Rije.~imo
Kako cemo kasnije u § 3, 6. pnmjer 2. vidjeti, tri ravnine P, Q 1 R, koje su
geometrijska predodžba zadanih jednadžbi sustava, SIJeku se u tom slučaju u jednom
pravcu p, imaju dakle beskonačno mnogo zajedJ1ičkih točaka, pa možemo
opet kazati, da sustav jednadžbi ima beskonačno mnogo rješenja. (Sl. 10).
Iz navedenog vidimo, da nehomogeni sustav od tri jednadžbe s tri
nepoznanice, kao i nehomogeni sustav od d_v1jc 1ednadžbe s dvije
nepoznanice, ima ili samo jedan sustav rješenja, ili uopće nema
rješenja, ili ih ima 'beskonačno mnogo
I L Homogeni sustav
a"x + a,ty + a.,z =O
a,.x + a,.y + a.,z = O
a 31x + a,,y + a.,z = O
a) Neka je determmama sustava 1). =l= O.
U tom je slučaju
o
Xo ='K'= O'
o
\'

To Je očevidno rješenje, Jer pada u oči, da
vrijednosti Xo =O, Y• = O i z, =O zadovoljavaju
sve jednadžbe homogenog sustava.
St. 11
Sl. n
Geometrijski to znači, da se tri zadane ravnine P~ Q i R sijeku u ishodištu O ·
Koordinatnog sustava (sl. ll).
b) Neka je determinanta sustava Ll =O
U tom je slučaju
o
x,= 0
o
Y·=o
o
Zo=-,
. o
a ti kvocijenti, kako znamo, nemaju određenog smisla.
Ako je determinanta sustava Ll = O, koeficijenti dviju ili svih triju jednadžbi
su razmjerni, a to znači geometrijski, da se dvije ili sve· tri ravnine podudaraju
u svim svojim točkama, pri čemu u prvom slučaju identične ravnine P i Q sijeku
treću ravninu R u pravcu p, koji prolazi ishodištem (sl. 12), a u drugom slučaju
trostruka ravnina P, Q i R prolazi ishodištem (sl. 13). ·
K.onačno, determinanta sustava Ll jednaka je nuli, kad je jedna od triju jednadžbi
sustava zbroj ili razlika dviju ostalih. Geometrijski to znači, da se sve tri
1ravnine sijeku u jednom pravcu q, koji prolazi ishodištem (sl. 14). Sličan slučaj
!imali smo prije, kad je lijeva strana jedne jednadžbe nehomogenog sustava
bila zbroj ili ·razlika lijevih strana drugih dviju jednadžbi (vidi sl. 9), ali tada
sustav jednadžbi nema rješenja. Budući da sada sve tri ravnine prolaze ishodištem
O, paralelni pravci p, q i r poklapaju se.
U svim tim slučajevima imaju sve tri
ravnine beskonačno mnogo zajedničkih
točaka,
pa možemo kazati, da homogeni
sustav ima uz A = O beskonačno mnogo
rješenja.
SL 13
Sl. ~4

Na taj način došli smo do istog važnog zaključka do kojeg smo došli već prije
govoreći o homogenom sustavu od 2 jednadžbe .s 2 nepoznanice.
Homogeni sustav od tri linearne algebarske jednadžbe s tri
nepoznanice ima r)esenja različita od očevidnih samo u tom slučaju,
kad je determinanta sustava ll= O, i tada ih ima beskonačno
mnogo.
Primijetimo još, da zavisnost jednadžbi zadanog homogenog sustava možemo
lako prepoznati po tome, što je determinanta sustava jednaka nuli, dok za nehomo­
·geni sustav ll = O znači linearnu zavisnost lijevih strana jednadžbi.
4. Determinante viših redova
Determinante četvrtog, petog ili općenito n-tog reda, t. j. determinante, koje
rma1u četiri, pet, odnosno n redaka i stupaca. rješavaju se na isti način, kao i determmante
trećeg reda, t. j. te determinante možemo razviti po elementima bilo
kojeg retka i po elementima bilo kojeg stupca. Slična je i shema pred znaka. Na pr.
za determinante četvrtog reda ta shema glasi:
+ +
+ +
+ +
+ +
Razvijmo na pr. determinantu četvrtog
elementima prvog retka.
Dobit ćemo:
reda ll
5 -3 2
l l -1
2 10 o
-1 7
=S[ J(()+ 21) + 1(-20- 3) + 4(70 +O)] + 3f1(0 +21) + 1(-4 + 3) +
l l
4
-3 po.
-2
1-11'
10 o 'i=
-1 7
+ 4(14- O)] + 2[1(-20- 3)- 1(-4 + 3) + 4(-2- 10))- 1[1(70 +O)­
- 1(14- O) -1( ~ 2- lO))= 1390 + 228- 140-68 = 1410.
Vidimo, da se· determinanta četvrtog reda razvije u četiri subdeterminante ili
četiri minora trećeg reda.
Riješi za ·vježbu pomoću determinanata sustav od četiri 1ir:.earne algebars~
jednadžbe s četiri nepoznanice:
5x - 3y + 2z + u = 7
x+ y- z+4u=-5
2x + l Oy - 3u = r:
.:t-
y+7z-2u=
14

Rezultate kontrolira; uvrštenjem u zadime jednadžbe "vrijednosti dobivene za
nepoznanice, pa ćeš istovremeno opaziti, da je rješavanje sustava od 4 i više linearnih
jednadžbi načinom determinanata glomazan po~ao i da druge metode, na pr.
metoda jednakih koeficijenata. brže vodi cilju.
Radi toga se metodom determinanata rješavaJu sustavi od. najviše četiri
linearne jednadžbe Praktička prednost determinanata leži u drugome, a to ćemo
uskoro vidjeti.
Sve što smo rekli o rješavanJU sustava od tri linearne algebarske jednadžbe
s tri nepoznanice, vrijedi i za sustav od n linearnih jednadžbi s n nepoznanica.
Nehomogeni sustav od n linearnih .Jednadžbi s n nepoznanica
ima za bilo koje desne strane tih je.dnadžbi samo jedan sustav
f)esenja x" x,, ,x", ako je determinanta sustava različita od nule.
Za Li= O taj sustav nema rješen) a. ako su determinante u brojnicima
izraza za nepoznanice razl~čite od nlde, odnosno ima beskonačno
mnogo rješenja, ako su te determinante jednake nuli.
Homogeni sustav od n ltnearmh algebarskih jednadžbi s n
nepoznanica ima rješenja različita od očevi.dnih (x, =-0, x, = 0, ..... ,
x" =O) samo u tom slučaJu, kad je determinanta sustava tl.= O,
i tada ih ima beskonačno mnogo.
Daljnje pnmjene računanja determinantama nalazimo u analitičkoj geometriji,
kao što pokazuju slijedeći pnmjeri ·
l. Napiši jednadžbu pravca,. ko11 prolazi dvjema zadanim točkama T,(x" y,)
T.(x,, y,)
' Znamo opću jednadžbu pravca
Ax +By +e= O
Ax, + By, + e = O
Ax, + By, + e = O
Pravac prolazi točkom T,(x" y,), dakle
također točkom T,(x., y,), dakle
Dobili smo homogeni sustav od tri linearne· jednadžbe s tri 'nepoznanice
A, B i e. Da taj sustav ima rješenja različita od očevidnih, nužno je i dovoljno
da je determinanta sustava ~ = O
Dobijemo:
l
x
y
x, y, ~ l = o
x. Y• },
a to je tražena jednadžba pravca kroz dvije zadane točke. Da se u to UVJeruno,
oduzmimo od elemenata drugog retka elemente prvog retka, a od elemenata trećeg
retka elemente drugog retka. Kako ćemo kasnije vidjet~ (vidi dalje svojstvo 7)~
time se vrijednost determinante ne mijenja.
Dobijemo:
Sada razvijemo
Dobijemo:
ili
x, ~x y, ~ 6 f = 0
l x. -x, y, --y, O l
tako uređenu
determinantu po elementima trećeg
(x,-x)(y,-y,)- (y,-y)(x,- x,) =O
- (x- x,)(y. -y,) + (y-y,)(x.- x,) = ~
stupca.
15

Odatle
a to je poznata jednadžba pravca kroz dvije zadane točke./
2. Napiši uvjet, koji moraju ispunjavati koeficijenti triju pravaca
A,x + B,y + C, = O
A 0x + B,y +G, = O
A,x + B,y + e. = O
da se ti pravci sijeku u istoj točki T ( x, y).
Da taj sustav od tri jednad?be s dvije nepoznanice x i y sveđerno na homogeni
sustav, stavimo:
X
x=z
y
y = z , gdje je Z =t= O
Uvrstimo li te tako zvane homogene koordinate u zadane jednadžbe, i pomnožimo
li jednadžbe sa Z, dobit ćemo homogeni sustav
A ,X + B, Y + C,Z = O
A,X + B,Y + C,Z =O
A,X + B.Y + C.Z ~O
Sada stavimo da je determinanta sustava t1 = O, pa dobijemo traženi uvjet
l
A, B, C, l
A, B, G, =0
A, B, G, .
3. Napiši jednadžbu kružnice;, koja prolazi trima zadanim točkama T,(:x:.,y,)~
T,(x., y,) i T,(x,, y,).
Znamo opću jednadžbu presjeka stošca
Ax' + Bxy + Gy' + Dx + Ey + F = O
{vidi Repet. elem. mat., IV, § 12), koja predočuje
te njena opća jednadžba glasi:
kružnicu za G= A i B =O,
A(x2 +y2) +Dx +Ey +F=O
A(xr +yi)+ Dx,+ Ey, + F =O
A(x~ + y~) +Dx,+ Ey, + F =O
A(x; + y~) +Dx,+ Ey, + F =O
Kružnica prolazi točkom
također točkom T,
i točkom T,.
T., dakle
'
. Dobili-smo homogeni sustav od četiri jednadžbe s četiri nepoznanice A, D,
E i F. Taj sustav ima rješenja različita od očevidnih A == O, D = O, E = O i F =O,
ako je determinanta sustava 6 =O, t. j. ako je ·
lt!

x2 +yz X
x2 +Yi X t
l
Y• =0
X~ +y~ x. y,
Xi+ y~ x. Y•
To je tražena jednadžba kružnice kroz tri zadane točke.
Ako te tri zadane točke leže na istom pravcu, kružnica se reducira na pravac,
pa njena jednadžba ne može više sadržavati članove s x• i y•. Brišemo li stoga prvi
redak i prvi stupac u determinanti, dobit ćemo uvjet da tri točke T., T, i T 1
leže na istom pravcu
l :: ~: l
x. Y•
y
=o
Razvijemo li determinantu, koja predočuje jednadžbu kružnice, na pr. po
·elementima prvog retka, dobit ćemo četiri subdeterminante ·trećeg reda, a svaka
od njih dat će po tri subdeterminante drugog reda. Ukratko, dobit ćemo jednadžbu
kružnice kroz tri zadane točke u obliku glomaznog izraza, koji se ne da zapamtiti.
Sad vidimo glavnu praktičku prednost determinanata: pomoću· determinanata
možemo mnoge dugačke i složene formule prikazati u jednostavnom, kratkom i
preglednom obliku, koji se lako pamti.
Izračunaj za vježbu jednac,tžbu kružnice, koja prolazi točkama T, (2, 3), T,(!, l)
i T. (--2, 4). (Rezultat: 3x' + 3y' + x- 17y + 10 = 0).
5. Svojstva determinanata
Na kraju navedimo nekoliko najvažnijih svojstava determinanata. Većina tih
svojstava jasno slijedi iz naše diskusije o determinantama i navedenih primjera.
l . Determinantu možemo razviti po elementima bilo kojeg retka i bilo kojeg
stupca. Uvijek dobijemo istu vrijednost determinante.
2. Determinanta ne mijenja vrijednost, ako zamijenimo retke determinante
:kako dolaze, stupcima kako dolaze, ili, drugim riječima, ako determinantu zaokre-.
nemo za 180° oko njene glavne dijagonale, t. j. dijagonale koja ide od lijeva na
desno.
To svojstvo slijedi iz svojstva l.
3. Determinanta je jednaka nuli, ako su svi elementi jednog retka ili stupca
nule. Razvijemo li takvu determinantu po elementima onog retka ili stupca, u kQjem
su nule, dobit ćemo nulu, jer će se svaka subdeterminanta množiti s nulom.
4. Determinanta mijenja predznak, ako zamijenimo međusobni položaj dvaju
susjednih redaka ili stupaca.
To svojstvo slijedi iz sheme predznaka za računanje determinanata, jer elementi
susjednih redaka ili stupaca imaju protivne predznake. -
.međusobni
Na pr. zamijenimo li u determinanti l~~ _? -~ 1 = + 117
položaj prvog i drugog retka, dobit ćemo:
-4 o
2 3 -!1 =- 117.
·5 -1
l
2 B. Apsen: Repetitorij vik matematike - Dio IU.
17

l
~ 5. Determinanta je jednaka nuli, ako tma dva jednaka retka ili stupca. Da to
dokažemo, pretpostavimo, na pr., da su u determinanti dva prva retka jednaka.
Razvijemo tu determinantu po elementima prvog retka. Neka 1e D njena vrijednost
Sada zamijenimo međusobni položaj jednakih redaka 1 opet razvijemo determinantu
po elementima prvog retka. Obzirom na svojstvo 4. detetrninanta će promijeniti
predznak, pa ćemo dobiti - D za vrijednost determinante. Prema svojstvu
l. mora biti :
D = - D, a odatle je 2D. = O i D = O.
6. Imaju li svi elementi jednog retka ili stupca isti faktor, taj faktor pripada
čitavoj determinanti pa ga možemo izlučiti, t. j. postaviti ispred determinante.
Razvijemo li takvu determinantu po elementima onog retka ili stupca,· koji
sadrži taj stalni faktor, svaka subdeterminanta bit će pomnožena tim faktorom,
pa je jasno da ga možemo postaviti ispred čitava razvoja determinante. ·
Na pr.
l a,
a.
a,
-2b,
-2b. ~: -2b. l = - 2 1 :: :: e,
Cs aa ba Ca
7. Determinanta ne mijenja svoje vrijednosti, ako elementima jednog retka
(ili stupca) pribrojimo pripadne elemente kojeg drugog retka (ili stupca) eventualno
pomnožene bilo kojom konstantom.
Da dokažemo to svojstvo determinante, pomnožimo na pr. elemente drugog
retka deterrninante
l a" a.,
a.,
au
a ••
a ..
au l a ..
a ..
s ·nekom konstantom ex, pa ih pribrojimo pripadnim elementima prvog retka.
Dobijemo
l
au+ oca.,
·au
a.,
au+ Otaul
au =
a ..
Razvijemo li tako dobivenu determinantu po elementima prvog retka, vidjet
ćemo, da je možemo prikazati u obliku zbroja dviju determinanata izlučivši prema
svojstvu 6. konstantni faktor ex:
l
a" au
= au· au
a., a ••
l
a11
a,. l l a., · a.. a .. l
au + ot an a.. a.. =
a.. a., a.. aaa
dnlga determinanta jednaka je nuli prema svojstvu 5., jer ima dva jednaka retka~
a,.
~ Uu Uta au a,. l
a., a .. a .. a to je zadana deterrninanta.

Na Jill. ~oaimo li sve elemente trećeg stupca. determiDIIAte
l l -4 2 o 3 -1 5 = 117
5 -1 3
s -2, JN1 pri brojimo li ih elementima prvog stupca, dobit ćemo. opet
l
2 + (-1) . (-2)
-4 +s. (-2)
5 + 3. (-2)
3
e
-l 1 -1 -t
-1! ~ -~3, = J 17
Posljednje sedmo svojstvo determmanata pruža nam mogućnost da znatno•
pojednostavimo rješavanje determinanata.
Postupak se sastoji u tome, da pribrajajući, ili oduzimajući elemente jednog:
retka (ili stupca), koje u slučaju potrebe množimo s nekim istim brojem, od pripadnih
elemenata drugog retka (ili stupca), nastojimo u jednom retku (ili stupcu)
sve elemente osim jednoga svesti na nulu, pa po tom retku, odnosno stupcu.
razvijemo determinantu.
Primjeri
t. U primjeru· na str. 9 imala je determinanta sustava zadanih .jednadžbi oblik:
2 -3 l l
ll= 4 l -7
1 l -8 4
Izračunajmo sada njenu vrijednost na jedni>stavniji način. U tu svrhu pomnožimo sve ele--·
mente prvog retka s - 2, pa ih pribrojimo elementima drugog retka.
DobijeJOO:
2 -3 l l
.6. = o 7 -9
1 t -8 4
Sada pomnožimo elemente trećeg retka s -2, pa ih pnbrojimo elementima prvog retka;
l
o ' 13 -7,
A""" 0
1
7 -9
-8 4
Determinantu razvijemo po elementima prvog stupca
A= l 13 -71 +
1 7 _ 9 =-ll7 49 =-!!.
Jasllo je, da bismo·prw i drugu operaciju mogli izvditi .istodobno.
2
elementima prVog retka pri brojimo. elemente trećeg retka
l 5 l -t l
= l -7 4 =
-6 4 -5
19

elemente drugog retka pomnožimo s {-5), a zaum s ( + 6), pa ih pril;lrojimo elementima prvog.
odnosno trećeg retka
o . 36 -:21
l
l l 36 ~21 l
= ~ --=;~ l~ = -l -38 19 = ~
3· Izračunajmo na t_aj jednostavniji naćin determinantu sustava jednadfbi navedenih u prim,eru
na str. 14:
+t l i
-l
5 -3 2
l t -l l -l
! l ~'- 7 11 i -l o JI
2 lO o -3 =. 2 10 o
l -l 7, -2- 8 6 o 26
svojstvo 7)
-l
91· 10 o
lO
61 7
-3 -l= l 72 o 8791 =+l 172 871 = 5760- 4350 = 1410
6 26- so o 80 50 80
(svojstvo l) (svojstvo 7) (svojstvo l)
6. Operacije s determinantama
a) Množenje determinanata
Pravilo za množenje dviju determinanata drugog reda možemo ukratko formulirati
ovako :
Množi elemente prvog i drugog retka prve determinante redom s elementima
prvog stupca druge deterrninante, rezultate množenja piši u obliku stupaca.
pri čemu pribroj elementima tako dobivenog prvog stupca elemente drugog stupca,
Drugi stupac tražene deterrninante produkta dobit ćeš na isti način zbrajajući
stupce nastale množenjem elemenata prvog i drugog retka prve determinante
s elementima drugog stupca druge determinante. Prema tome, množenje dviju
determinanata drugog reda vrši se ovako:
aubu + a.,b••l
a,.b,. + a 11b 11
Na sličan način množimo dvije determinante trećeg reda:
l
a,,
a,.
a.,
l
bu
b"
b.,
a11b,, + a,.b .. + a.,bu
.-a .. bu + a,,b .. + a.,b.,
a,.b" + a,.b" + a •• b ..
b,. bul
b,. b .. =
b,. b.. '
a"bu + a.,b,. + aubu
a ubu + ·a •• b,. +· a .. b ..
a.,b,, + aubu + aub••
aubu + aaibu + aubu
a .. b .. + a • .b .. + a .. b ..
aubu·+ aubu + aubn
b) Kvadriranje determinanata
Uzmemo li u gore navedenom izrazu za umnožak dviju determinanata drugog
reda, da ~u deterrninante identične, t. j. da je
::!0

4obit ćemo formulu za kvadrat determinanata drugog reda:
Dobili smo takozvanu simetričnu determinantu, u kojoj su jednaki elementi,
što leže simetrično spram glavne dijagonale.
Izračunaj na isti način kvadrat determinante trećeg reda. Rezultat će opet
biti simetrična dcterminanta.
l.
2.
Primjeri
l~
7
9
~ l l ~ ~ l = l
151'
10
2·6+4-8
3·6+5·8
251 130 391 -25. 169 = 4225.
39 13 -
2 . 7 + 4 9 l - l 44 ~~ l
3 . 7 + 5 . 9 - 58 ""
7. Matrice
Svrstamo li m · n elemenata u pravokutnu shemu, koja ima m redaka i n stupaca,
dobit ćemo pravokutnu tablicu, koja služi izvorom različitih detemunanata,
pa se zove matrica.
Dok se determinanta stavi između dva vertikalna pravca, matrica se stavi
između dva para pravaca. Matrica sama nema numeričke vrijednosti,. jer je samo
pregledno napisan sustav izračunatih veličina, obično koeficijenata jednadžbi. Determinante
dobiveoe iz matrice zovu se njeni minori ili subdeterminante.
Na pr. iz matrice
ll ~:
možemo dobiti tri determinante ll drugog reda uzastopce izostavljajući jedan od
stupaca, pri čemu svaki put stavimo na prvo mjesto onaj stupac koji neposredno
slijedi iza izostavi jenog:
cl
e,
A,
A,
Al
A,
B,
B,
Navedimo još jedan primjer.
Kako ćemo kasnije vidjeti iz formuje (27a), koordinate vektorskog produkta
dvaju vektora
a = axz + ay} + azk
·b =b) + by} + bzk
21

'iesu •determinante_drugog _r~da, koje se dobiju na gore navedeni načift_~ matnce.
'llako, da.dobijemo:
-+axb=
la
Y
by
-+ -+
= (ai z- azb) i + ( azbx- a"bz) j + ( a,.by- ,aYb") k
Rangom matrice zovemo broj, koji je jednak najvišem redu determinante
te· matrice, koja se ne pretvara u nulu. Prema tome, ako je rang matrice jednak p,
tada·se·sve•determinante reda (p+ 1)-ga te matrice pretvaraju u nulu, ali postoji
bar jedna determinanta reda p, koja je različita od nule.
Rang matrice pokazuje broj linearno nezavisnih jednadžbi zadanog sustava
Na pr. neka je zadan sustav od tri linearne homogene jednadžbe s četiri
nepoznanice
A ,x + B ,y + e ,z + D,t = O
A,x + B,y + e.z + D.t = O
A,x + B.y + e.z + D,t = O
Matrica sastavljena od sviju koeficijenata tog sustava glasi:
B, e, D, ll
A=
ll A, A, B. e. D,
· A. B. e. D,
Iz te matrice možemo na gore navedeni· način dobiti četiri determinante
l
III. reda:
,6, =l B, e;. D, l; 6 • =l e, D, A, l 6. =l D, A, l
B, e. D, e. D. A. ; D. A, B,
B. e. D, e. D, Aa D, A, B,
64 = l A, A. B, B, G, e. l
As B, e.
Ako je-tri rang matrice A, t. j. ako su sve determinante 6." 6 1 , 6 1 i 6., r~.:.
čite od nule, ili bar jedna od njih različita od nule, tada gornji sustav (a) jednadžbi
.ima tri linearno nezavisne jednadžbe, koje daju jedno određeno rješenje sustava.
Gore navedena matrica A drugoga je ranga, ako je bar jedna od triju determinanata,
koje izlaze iz matrice izostavljanjem jednog retka i stupca; različita od nule.
Ona je, konačno, prvog' ranga, ako je determinanta, koja izlazi iz matrice A izostavljanjem
jednog retka i dvaju stupaca, različita od nule.
Često se govori i o rangu determinante, ako je determinanta različita od nule
rreda n-toga; njezin je rang jednak njenom redu, t. i- n.
(a)

; 2. VEKTORI U PROSTORU VEKTORSKA ALGEBRA
t. Općenito o vektorima i skalarima
PGd vektorom razumijemo veličinu, koja je određena
l) svojom apsolutnom vrijednošću ili modulom, ili duljinom izraženom nekim
mjernim brojem,
2) smjerom (pravcem) i
3) smislom.
Vektor prikazujemo u obliku strjelice i

veća od .'l', i koji ima za m > O smisao vektora v, odnosno protivni smisao za m< O.
(Sl. 20).
Iz toga slijedi, da svaki vektor v možemo prikazati kao umnožak duljine v
toga vektora i jediničnog vektora ili orta v,, kojemu je duljina, t. j. apsolutna vrijednost
[vol= l, pa je
(Vidi sl. 21 ).
1' = 'll ....
(l)
Sl. 20
Sl. 21
Iz posljednje jednakosti slijedi da Je
'if
"V.-­
- 11
(2)
jedinični vektor dobiJemo tako, da zadani vektor podijelimo i njegovom
apsolutnom vrijednosti.
Položaj vektora u prostoru određujemo obično pomoću prostornog pravokutnog
koordinatnog sustava.
2. Prostorni pravokutni koordinatni sustav, koordinatne osi ravnine
Za određivanje položaja točke u prostoru služimo se obično pravokutmm
koordinatnim sustavom. Taj sustav čine tri međusobno okomita pravca, koji ne
leže u jednoj ravnini. To su koordinatne osi X, Yi z. One se sijeku u jednoj
točki O ishodi~tu koordinatnog sustava.
,..,.. .,.. ... : ·~
1
+Z
?T(A.Ij.Z)
_) :z ..."-x
~!'
+X
iz
Sl. 22
Sl. 23
24

Za predočivanje položaja i smjera vektora u prostoru uzima se t zv. desni
koordinatni sustav prikazan na slici 22.
Taj sustav zove se desni, jer koordinatna os +X prelazi u koordinamu os
+ Y okretanjem na desno, t. j. u smislu protivnom gibanju kazaljke na satu. Na
isti način prelazi os Y u os +Z, a os +Z u os +X. Označimo li na slici 22 s
+ X koordinatnu os + Y, a s + Y koordinatnu os + X, dobit ćemo l i j e v i koordinatni
sustav.
Kako dva pravca, koji se sijeku, odreduju jednu ravninu, koordinatne osi
X, Y i Z određuju tri međusobno okomite koordinatne ravnine: horizontalnu
XY i dvije vertikalne: ravninu YZ, koja je ispred nas, i ravninu XZ,
koja je sa strane. Te tri ravnine dijele prostor u osam dijelova - aktanata. Položaj
svake točke T u prostoru posve je odreden s tri koordinate· apscise x, ordinate
y i aplikate ili kote z (sl. 22). Kao svaki geometrijski lik imaju koordinatne
ravnine i osi svoje .jednadžbe.
Kako se vidi iz slike 23, za sve točke, koje leže u ravnini XY, uvijek je kota
z= O, pa je
z = O -
jednadžba koordinatne ravnine XY.
1z sličnog
je razloga
y =0
x=O
jednadžba ravnine XZ
jednadžba ravnine YZ
Os X je presjek koordinatnih ravnina XY i XZ, kojima su jednadžbe t = 6
y =O, pa je
; : g l jednadžba osi X
Do istog rezultata dolazimo uočivši, da je za sve točke na osi X. y = O i
z= O.
lz sličnog je razloga
z=O
x=O
x=O
y=O
jednadžba osi y
jednadžba osi z
3. Komponente vektora. Njegova duljina i smjer
SvakoJ točki T( x, y, z) prostora možemo dodijeliti )edan vektor spojivši pravcem
tu točku T s ishodištem O koordinatnog sustava. i orijentiravši taj pravac
prema točki T (sl 24) Taj vektor r zove se radijvektor, jer izlazi iz ishodišta O.
DulJina spojmce OT Je njegm.m apsolutna vrijednost l rj = r, a njegov smjer i
smisao određen je kutovima ex, ~ i y, što ih vektor zatvara s koordinatnim osima
+X, + Y i +Z. Ti kutovi računaju se od pozitivnog srrusla koordinatnih osi i
primaju vrijednosti od O do 180°.
25

z
r,=y·j
Iz pravokutnog trokuta O TT' (sL 24)
imamo:
r• = OT'• +z'
.a kako se iz pravokutnog trokuta.i OMT'
vidi, da je
OT'• = x• +·y•,
dobijemo važnu formulu;za.~dliljinu· radijvektora
r = + V x• + y• + z• (3)
Ta formula daje istodobno udalje-
Sl. 24 nost točke T(x, y, z) od ishodišta
O. To je prostorni Pitagorin poučak.
Iz pravokutnog trokuta OMT slijedi (kut OMT je pravi kut, jer je os Y
okomita na desnoj pobočki paralelopipeda, dakle je okomita. na svakom. pravcu,
koji leži u toj pobočki)
. (.j. y
COSI"=-
. r
Na-isti način
dobijemo iz pravokumih· trokuta ONT i OPT
z
cos y = r
X
COS Ot=r
ili uzevši u obzir formulu (3) dobijemo konačno:
X. X
cos oc = - = ··--;;:=;;==:::;;:::===:
r +Vx"+y"+z"
cos~=~-=r
z
y
+Vx'+y"+z'
cos y = . - = -:--;-;::::;;===;;==~
r
z
+ Vx" + y• + z'
(4)
:ro su takozvani kosinusi' smjera vektora ili općenito oilo kojeg
prostornog pravcL
--·Kvadriramo li i zbrojin;w li izraze (4), dobit ćemo važnu· vezu izmedu kosinusa:smjera:vektora;
odnosno pravca:
ili
x• +·y•·+-z•
cos•oc + cos•~ + cos"y = + • + 1
x• y ·z '
cos'a + cos•~·+ cos'y = l (5)
2G

Iz te formule vidimo, da je jedan kut, na
samo predznak kosinusa, a to znači
smisla, a ne smjera, jer
prema slici 25. imamo
pr. cos y = ± V l-cos'oc-cos'[3 određen, ako
su poznata druga dva kuta oc i [3. Ostaje neodređen
samo neodređenost
cos y = cos(l80°- y) =-cos y
Negativni predznak bilo kojeg kosinusa
smjera vektora pokazuje dakle, da dotični kut
leži u drugom kvadrantu.
Iz slike 24 vidimo, da radijvektor r rastavljamo
u njegove skalarne komponente tako,
da konstruiramo pravokutni paralelopiped; kojemu
je jedan ugao točka T, dijagonala radijvektor
r, a bridov1 su skalarne komponente
tog radij vektora r;
+Z
Sl. 25
Uzmemo li u obzir formule (4), dobijemo
T X = X = T ' COS 0C l
r Y = y = r · cos ~
rz = z = ,. · cos y
skalarne komponente vektora r (6)
Skalarne komponente svakog radijvektora jesu koordinate njegove
krajnje točke.
Primijetimo, da ćemLl u daljnjem izlaganju skalarne komponente vektora
jednostavno nazivati komponentama vektora.
Da dobijemo i \'ektorske komponente radijvektora r, uvedimo osnovne
Iii= l, Iii= Iki -
jedinične vektore: i na osi X, 1 na osi Y i k na osi Z, pri čemu je
Tada su prema slici 24 i formuli (l);
pa radij vektor r !J ts erno obično
u obliku geometrijske sume:
r=xi+y]+zk
(6a)
27

Na pr. r = 2 i+ 2j- k predočuje radijvektor,: kojemu krajnja točka T ima
koordinate_(2, 2, -1), pa su r" = 2, rY = 2 i rz = -l-njegove skalarne kompo-
..... -+ -+
neot e, dok su r" = 2 i, r" = 21 i rz = - k njegove vektorske .komponente.
Prema formulama (3) i (4) možemo lako ,izračunati duljinu vektora i
k u t o v e oc, [j i y, što ih. ta i vektor zatvara s koordinatnim _osima:
Prema (3)
Prema (4)
Proba prema (5)
r = + V4 + 4 + t·= 3
2
cos 17. = 3 = 0,667
cos [j=
2
:r= 0,667
l
cos y =-3 = - 0,333
cos•at + cos•[j + cos"y = 0,667' + 0.667' + 0,333• =
= 0;445 + 0,445+ O,IIO = 1,000
Konačno. dobijemo:
17. = 48°10'
f3 = 48°10'
y =.180°- 83°40' = 96°20:·
Sve račune'vršimo,~naravno, logaritamskim računalom.
Analitički.izraz (6a) za .vektor
rr= xi +Yi+ z k
ima'tu veliku'1>rediiost;-:-što•se zbrajanje, odnosno"oduzimanje .vektora napisanih
u tom obliku. svodi . na jednostavno algebarsko zbrajanje, odnosno· odtizimanje
njegovih istoimenih komponenata, jer su komponente svakog vektora projekcije'
tog vektora ·u smjer koordinatnih osi, pa_ sve istoimene komponente im'aju isti'
'smjerr- smjer dotične koordinatne osi.
-+
r, = 3i-5j+ 6k
r, = - 4 i +j - 2 k
±
r, + r 1 =-i-4j + 4 k
r,-r,= 7i-6j.+8k
--
lzraču~aj za viežbu duljinu'i. smjert_t.: j; kutove a; ~_i y,~zadanih~vektOI'Il r, i_j~aitaltoder
- .-
vektora zbroj rs· i razlike' rd:
28

Uzmimo sada važan poseban slučaj. Neka je zadani radijvektor jedinični, t.j.
7 = + Vx• + y• +z'= l. Tada prema (4) imamo:
X= COS Ot
y =cos [3
z= cos.y
(7)
To znači: ako je vektor jedinični, tada su skalarne komponente
'toga vektora njegovi kosinusi smjera.
Iz toga slijedi: ako hoćemo da nekom pravcu u prostoru dodijelima
smjer, dovoljno je da mu dodijelimo jedinični vektor.
Primijetimo, da taj pravac ne mora prolaziti ishodištem koordinatnog sustava,
jer se njegov smjer ne će promijeniti, ako ga paralelnim pomakom prenesemo
u ishodište.
-+
Kako prema· (2) jedinični vektor v., koji pripada zadanom' vektoru . v, dobi -:o
-+ -
jemo tako, da v podijelimo s njegovom duljinom.v, bit će jedinični.radijvektor
- r x-+ y: z-
ro = - = -1 +-J+ -k,
r r r r
pa je· c•s « = ..2..., cos (3 = 1:.., cos y = ..:_, a to su naše formule ( 4).
r r r
z
)(
Sl. :>.6
Uzmimo sada da zadani vektor d nije radijvektor, t. j. ne izlazi iz ishodi!ta
koordinatnog sustava, već polazi iz točke A(x" y" z,); a svršava u točki B(x.,
y.,z,). (Vidi sl. 26).
Dodijehmo točki A(x" y" z,) radijvektor a, kojemu su komponente {
x,
y,, a
z,
- {x,
točki B(x., -y,, z,) radijvektor b y,, t. j. dodijelimo točkama A
z,
B vektore
a = x,i + y,j + z,k
b.= x,i + Y•l + z,k
(a)

Iz slike 26 vidimo, da je vektor d razlika vektora b 1 -;, ·t .. j . . :i= b:-; (vidi
taKođer sliku 17), pa iz jednakosti (a) slijedi:
d= b-a= (x,-x,) J+ (y,-y,)j -+ (z.-z,) k
Prema tome vektor d ima komponente
njegova duljina prema (3) glasi:
ili obzirom na (8)
l
d"= x,-x,
dy =y.-y,
d.=z.-z,
d=+ Vd·+
X
d·+ 7 . d·
ll
Ta važna formula daje također međusobnu udaljenost dvij'll točaka_
A(x., y" z,) i B(x., y., z,) u prostoru .
.....
Kosinuse srni era vektora d dobijemo prema ( 4) :
Prema (8)
d
d
x.-x,
d
cos ot = __!! = ---;--
d y,-y,
cos ~ =·-2 = :____,..::__
·d d
dz _z,- Z 1
cos y =- d - d
-
(8)
(9)
(lO)
Primjer. Odredi dubinu i smjer vektora d=AB, gdjeje A(3,-2,6) i B(-1,0,--4),
-{d"=-1-3=- 4
d dy= 0+2= 2
dz = - 4- 6 = - 10
pa je
Prema (9):
Prema (10):
d =-4i + 2j- JOk
a=+ vc-4>" + (2)' +

4. Skalarni ili unutarnji produkt dvaju vektora
Svaka grana matematike ima svoje simbole ili formule za izraze, kOJI čest()
doiaze. Već smo u srednjoj školi naučili (a + b)•, (a + b)•, (a + b) · (a- b)
i t. d., pa se posve mehanički služimo tim formulama. Tako i vektorska algebra ima
svoje simbole, koji nam izgledaju u prvo vrijeme tuđi· i nerazumljivi, iako nisu
ništa kompliciraniji od gore navedenih. Uzrok je tome samo taj, što nemamo dovoljno.
vježbe u računanju s tim simbolima: Zadatak je svakoga, tko studira yišu
matematiku, da mu simboli vektorske algebre budu bliski i razumljivi, tako da
se može njima služiti kao s običnim alge barskim' formulama.
Najjednostavniji od tih simbola jest skalarni ili unutarnji produkt
dvaju vektora a i b.
....... .......
Oznaka skalarnog produkta: (a b) ili jednostavno a b, pri čemu
uvijek na pameti da je to skalar!
Pod skalarnim produktom dvaju
vektora razumijevamo umnožak dulji­
na tih vektora i kosinusa kuta izme-
du njih:
Prema slici 27 skalarni produkt vektora
- ~
a i b _glasi, dakle~
..............
a b = a • b · cos 'P (ll) Sl. 27
držimo
Primijetimo, da skalami produkt može biti i negativan, i to k.ad ·kut, što ga
međusobno zatvaraju vektori a i b, lež1 u II. ili III. kvadramu.
Kako skalarni produkt možemo napisati i u obliku
a b = a . b cos

To znači: da dobijemo duljinu projekćije jednog vektora u smjer drugoga,
4ovoljno je podijeliti skalami produkt vektora s duljinom tog drugog vektora.
-+
Ako je jedan yektor jedinični, na pr: vektor b =b., pa je b.= l, tada skalami
produkt prema (ll) prima oblik:
- ~
a b •. = a. cos ? = a cos q;; (12a)
-
a to je prema slici 28 duljina projekcije vektora a u smjer vektora b. Prema tome:
da odredimo duljinu projekcije jednog vektora u smjer drugoga, možemo postupati
i. tako, da izračunamo skalami produkt prvog vektora i jediničkog vektora,
koji pripada drugom vektoru (vidi dalje primjer l).
Kao .karakterističan primjer za skalami produkt navedimo radnju A; što je
nši stalna sila S na putu s.
Znamo da je radnja umnožak puta i projekcije sile' u s.mjer puta, pa prema
slici (29) imamo:·
t
A = s • S cos cp = S · s • cos cp = prema (l l) = S s
Radnja stalne. sile je clakle skalami produkt vektora sile i vektora pomaka.
Ako je cp = 90°, t. j. ako je smjer sile okomit na smjer puta, radnja A =O,
jer je cos 90° = O.
Prvi posebni slučaj.
Neka su vektori međusobno okomiti: a l. b, t. j. cp = 90°
_,. _,.
Prema (ll): a b == a · b · cos 90° = a . b . O = O
C zmimo obratno: neka je skalami produkt dvaju vektora jednak nuli:
·-
...........
a b = a · b ·. cos cp = O
Kako je a =f: O i b =f: O, mora biti cos cp = O, t. j, cp = 90°, odnosno 270°,
Slijedi praktički vrio važno pravilo:
Da su dva vektora međusobno okomita, nužno je i dovoljno,
da je. :njihov skalarni produkt jednak nuli .
.Pada u oči razlika između skalamog produkta dvaju vektora i produkta dvaju
brojeva. Posljednji je jednak nuli kad je jedan od faktora jednak nuli, dok se skalami
produkt poništava osim toga i u slučaju, kad su oba vektora međusobno
okomita.
Posljedica
-+-_,..
_.,-J-.
ij=ji=O
.-.~ ~~
fk=kj=O (13)
ki=ik=O
jer su osnovni jedinični• vektori međusobno okomiti (vidi sl. 24).
32

Drugi pqseb~i ·siučaj.
Neka.su vektori.;i b koli near ni; t: j. meousobno·paralelni!ili'leže na istom
pravcu, i neka su istog smisla,::_t.j; kut

2 2
-+ -+
(a+ b}· (a-~}= a -b =prema (15) e= a~- li•·
(17b)
Izrazimo sada sk8larni produkt dvaju vektora pomoću komponenata tih.vektora ..
Tražimo -- a b, gdje je
a = ai + al;i -+ a.k
--+ --i"' -+ -
b = b,.i + byj + b,.k
Kako za skalami produkt vrijedi zakon distribucije, izmnožimo skalarno.
- ......
izraze za a i b prema formuli (17), pri čemu skalarne komponente množimo obično.
kao brojeve, a jedinične vektore množimo skalamo:
-+_. __..._. __,._...,.
a b =a"· b,.( i i)+ a"· b,.(j i) + a.b"(k i) + a,.by(z" j) + a::Aii j)+ a.b"(l!j) +'
........ __. -..~ ---""-+
+ aA(i k) + a) 2
(j k} + aA(k k)
Uzevši u obzir da je prema (13)
a prema (16)
dobijemo:
ji=ki= ....... =jk=O
iz'=jj=kk=
(18)
Skalarni produkt dvaju vektora jednak je zbroju produkata
istoimenih skalarnih komponenata tih vektora.
Na taj način računa se obično skalami produkt dvaju vektora .
Na pr. za
......
a=5i-3j+7k
-
b= i - 2j- 8k
a b= 5 · l + (- 3) · (-2) + 7 . (- 8) = 5 + 6-56 =-45
Kut dvaju vektora
Prema (ll):
Odatle
a b = a - b · cos q>
a· b
cos cp=a-b
(19)
34

Kosinus kuta, što ga međusobno zatvaraju dva vektora, dobijemo
tako, da skalarni produkt tih vektora izračunavši ga, podijelimo
s _umnoškom duljina tih vektora.
-+-+
Na pr. traži se kut, što ga međusobno zatva;aju vektori a i' b, gdje je
Prema (19), (18) i (3) imamo:
• CO$ ql = v
-Poseban ,slučaj:
a=- i+2j-3k
b=-5i+ i+6k
-t . (- 5) + 2 · l- 3 · 6 ll ll = _ __!..!.__ = _o 3
n
J + 4 + 1 9 o V25 + J + 36 = - \114 o V62' = - V86s 29,5 '
~.== 68°, odnosno rp== 180°- 68° = ~ 0 •
....
Neka su a 1 11 jedinični vektori, t. j. l a. l= a.= l i
l bol =bo= l, tada prema (19):
a. b.
cos

Prema (6) i obzm•m na (a) dobijem .. :
Cx = e coscc = 6 · ~ = 4 ; cy = r cos (3 ={; · +
= 2 i· Cz= r CđS );. = i · (-+) = - 4
c=4i+2j-4k
Do ist"g rezultata možemo doći jednostavnije prema formuli (1!:
~ - (2~ 1- 2~) ~ - -
e =e ·bo = 6 -i +-j-- k = 4 i+ 2j- 4 k
3 3 3
2. Dokaži da su dijagonale romba međusobno okomite.
Smatramo dviJe stranice romba kao yektore a i b (nariši siiku !). Tada su dijagonale romba
vektori a -1 b i a- b. Izračunajmo skalami produkt tih dijagonalnih vektora:
:a+ b)(a-b) = prema(l7b) = a'-b' =O,
_jer su u rumbu_ stranice jednake (b = a).
Dokazali smo, da Je skalami produkt d1jagonalnih vektora jednak nuli, dakle su ti .vektori>
t. j. dijagonale romba, međusobno okomite.
3. Izvedi pomoću skalamog produkta kosmusov. pou čak.
Označimo dvije stranice zadanog trokuta (sl. 30) ka_o vcktore a i b. Tada ·odgovara trečoi
stranici e vektor e = a - b
Kvadrirajmo skalamo taj izraz. Prema (qa) imamo:
e = a'- 2 (a b) + b'
Prema (ll) 1mamo
ili
e' = a' -
.e' = a' + b' -
2ab cos r + b'
2ab cos y
a to je kosmusov poučak za stranicu e trokuta.
l
~
.•
z
~-- /
: r2
'l
t
-<
Sl. 30
Sl. 31
4. Zadane su četiri točke u prostoru B( l. -2, 3), ;1(4,- 4; -3), D•,2, 4, .l) 1 C(S, 6, 6).
Izračunaj
duljinu d projekcije vektora AR u smjer vekti>ra CD.
36

__,.
Prema (8):
-AB.= (l- 4) i.+ (-2+4)j + (3 + 3) k = -3 i+ 2j + 6k
CD= (2-8)i + (4- 6)j + (3- 6)k -= -6i-2j-Jk
Prema. (12) j· (18) :
AB ·CD -J· (-6) + 2(-2)+ 6 · (-3) + 18-4-18 .4
d=. =- ~ . . = ·= -""~
1 CĐ 7
1
V36 + 4 + 9 V49
s:· Izračunajkut,
d= .i.
7
--
što ga·međusobno zatvaraju raspolovnice ravnine XZ i YZ.
Dodij elimo raspolovnicama radiivektore r 1 i r" pa traženi kut odredimo kao kut tilfvektont
(sl. 31).
Prema slici 31:
.__,. ~
Prema {19) i {l S}:
r 1 =i+ k
--- •• =j+ k
1·0+0 1+1·1
cos

Pravilo. ~esne ruke jasno pokazuje, da vektor b xa ima protivni smisao od
~ -+'
vektDra ax b (vidi sl. 32) t. j.
bxa=-axb ·-
Za vektorski produkt ne vrijedi dakle zakon komutacije.
Iz definicije vcktorskog produkta slijedi, da· je
r
i xj =k
]er je prema (20):
duljina vektora i x j;
.;.,o,.....:--~~-- -·~-Y
__. J
~ ~
Dakle
Sl 33
i i X j l= l · sin 90° = l,
nJegov smjer je okomit na ravnini XY, ima
dakle smjer osi Z, a smisao je uperen prema
gore (pravilo dPsne ruke ili desnog koordinatnog
sustava), a to je osnovni jedinični vektor
k (sL 33).
ali:
Iz istog razloga
1 X J= k
]Xi=-k
(2la)
kxi=-1
(21 b)
(2lc)
Konstruiramo li paralelogram, kojemu su stranice ll t b (sl. 32), tada je {'>Qvršina
toga paralelograma
S= a · h =a · b s1n ? = prema (20) = l a X b l
t. j. duljina vektorskog produkta numerički je jednaka površini paralelograma,
kejemu su stranice duljine vektora, koji čine vektorski produkt.
Odatle slijedi, da svakom omeđenom dijelu ravnine možemo dodijeliti vektor,
ako rub toga dijela ravnine orijentiramo.
38

s
-ll
Sl. 34 Sl. 35
r
Prema tome; trokutu možemo dodijeliti polovint~ vektorskog produkt!\, jer
površina trokuta iznosi samo polovinu površine paralelograma (sl. 34), a površini
S.u.sliči 35~vektor S kojemu je duljina 1 Sl= S, pri čemu pomoću pravila desnog
vijka lako određujemo smisao vektora. .
Kao primjer za vektorski produkt nave-
___,.
diincfmoment sile F obzirom na točku O (sl. 36).
Tvrdimo,. da je moment jednak vektorskom
produktu vektora položaja r i vektora
__,.
sile F, t. j.
_.
M= r :< F.
Znamo, da je moment sile obzirom na točku
jednak umnošku sile F i kraka d, t. j.
A1 = F . d = prema sl. 36 = F · r . sin rp,
a to je· apsolutna vrijednost vektorskog produkta
-r x F, jer je
o·· ..
r
····.tf
···-r-;y·'
/
Sl. 36
l M l = M = l r X F l = prema (20) = r · F · 5in tp
Iz toga slijedi; da moment sile obzirom na točk.u možemo prikazati u obliku
-+
vektora M = r x F (sL 36).
Primijetirno, da i spreg sila možemo predstavitii kao vektor, kojemu je apsolutna
vrijednost jednaka momentu toga sprega, smjer mu je okomit na ravnima
sprega, a smisao je određen pravilom desnog vijka.
--
Prvi posebni slučaj
Neka su vektori a i b međusobno okomiti, t. j. !ll = 90°
Tada prema (20):
... -+
l a X b .1 = " · b · sin 90° = a • b
39

Ako su vekto"ri 'm·e~đusobno okomiti, apsolutna vrijednost OJl,­
hovog vektorskog produkta jednaka je umnošku nj.ihovih duljina.
Drugi posebni ~lučaj
Neka su vektori k-olinearni, t. j. paralelni, ili neka leže na istom pravcu.
U tom je slučaju qr = O ili 180", pa prema .(20) imamo:
Vrijedi i obrat:
-+
l a X b l = a · b · sin O = O.
-+
Iz l a X b l = a · b · sin O = O slijedi, da uz a =f= O i b =f= O mora biti ~ = O
ili 180°
Prema_tome je za (jl~='O ili 180°
axb=O
(23)
Da su dva vektora međusobno paralelna, nužno je
da je njihov vektorski produkt jednak nuli.
Posljedica
dovoljno,
Kako pod jednakim vektorima razumijevamo vektore iste duljine, istoga
smjera i istoga smisla, jednaki vektori su međusobno paralelni, pa za b = a imamo
prema (23):
axa=O -
(24)
Vektorski kvadrat vektora jednak je nuli.
Prema tome
-
ixi=O
jxj=O
- -+
k X k= 0
(25)
Za vektorski produkt
I. ne vrijedi zakon komutacije, jer je, kako smb već vidjeli,
bXa=-aXb
(26)
pa vektorski produkt nema svojstva komutativnosti, koje je skalarni produkt još
sačuvao.
2. vrijedi zakon distribucije
(a+-b) X (e+ d) =a X e+ b X e+ a X d + b X d
(26a)
40

Prema tol'!'le je Pia pr. vektorski kvadrat
(a + b) X (a+ b) =.a X a +b X a + Q X b +Ir x t prema (!4)
__,.
(26) = 0- a X b+ a X b+ O= O
-+
a (a- b) X (a+ b) =a X a- b X a+ a x b- b X b=
= prema(24)-i(26) =a X b+ a ·X b= 2(a X b)
(26b)
Budući da za vektorski produkt ne vrijedi zakon komutacije, pri vektorskom
množenju ne smijemo,mi~enjati redoslijed faktora!-
Izrazimo vektorski produkt ·dvaju vektora pomoću njihovih komponenata.
U tu svrhu izmnožimo vektorski vekwre
-+
a = a) + ayj + a.,k
_,.
b = b,J + byj + b.,k
uzev~i
u obzir, da za vektorski produ'kt vrijedi zakon distribucije (2oa):
_,.
+ ayby(j X j)+ aA/k X j) + axbz(i X k) + a:,bz(j X k) + a.bJk X k)
Uzevši u obzir formule (21) i (25) dobijemo:
_,.
11 X b= O+ a;bx(-k) + azbxj + axbyk +O+ azby(-i) + a:cbz(-j) + aybz i+ O
ili
Taj izraz za Yektorski produkt možemo napisati u obliku determiname
k
(27a).
jer, razvijemo li determinamu po elementima prvog retka, dobijemo·
.- - - • 1 - --+-
= i ( aybz- azby) +j ( a;bx- axbz) + k ( axby- a:,bxJ = prema (27) = a X b
(.vidi također
§ l, 7. Matrice).
41

Primjer
- -
Izračuna; auljinu i kosinuse smjeraivektorarc:·= a1x b i dokaži, da je_ taj vekto~ okOmit
-.. _. . --
;ni vektorima' a. l b, pri_ čemu je
a= i-2j+ 2k -
Prema_ (27a):
--­ c=a xb =
l l
i 1 -2 'i k 2
--- -
3 2-6
=i(12-4)-j(-6-6)+k(2+6)=8i+ 12j+Bfl
e=,; X bl=+ V64 + 144 + 64 = vm = 16,5
8
cos O( = 16,5 = 0,485
12
CO$~= 16
, 5
= 0,727
8 .
cos y = 16,5 = ~
Proba: ocos' o: + cos' [:l + eos•y = 0,235. ~ o;S29 + 0,235 :' 0,999 ..:...: l
~-+-+ .-.....~
Da dokažemo, da je vektor e = a X b okoriiit na vektorima a. i b, izračunajmo sblarne
-+ _..,.. ~ t-to
·produkte'vektora e i a,~a-zatim e i b.
Prema (18) imamo:
e a== 8 · l + 12(- 2) + 8 · 2 =:8-24 + 16"" O
e b = 8 · 3+. 12 • 2 + 8(- 6) = 24 + 24-48 = O
_..,. -+.-+
'Kako su oba skalama produkta"'jednaka~nuli;':Vektor:c:'stoji"okomitp na·vektorima a,i:b, a
-to.namj('poznato:prema definiciji smjera vektorskog produkta (vidi

Poseban slučaj
Ako su vektori jedinični, t. j. l a, l =a, = l i l bol =b,= l, tada prema (28):
-
sin 'P = l a 0 X bo l (28a)
t. j. apsolutna vrijednost vektorskog produkt:a dvaju jediničniti
vektora jednaka je sinusu kuta, što ga međusobno:zatvaraju ta ··dv·a
vektora.
Odredimo na pr. kut· vektora
lJ= -1 + 2j-3k
b= -5i + j+ 6k
kOJI smo u primjeru na str. 35 već odredili pomoću skalarnog produkta, pa smo dobili cos t=
l= -0,373.
Prema (27)·
= k (- 5 + 14) + 3 ( 5 j + 7 j) = l 5 i + 21 j + 9 k
Prema (28) i (3):
szn
V22s + 441 + s1 ~47 Vffi47
= = -- = - = 0,862 = O 92
'~' V1+4+9·V2s-'-1-!-36 14·62 86s VO,ili • 9
Proba: sin 2 'P + cos• cp = (-0,37})' + (0,929)2 = 0,138 + 0,862=

e · a • sin {3 = a • b • sitcy
Odatle:
b :e = sin ~ : siny
:Primijetimo, da brno doći' do istog rezultata, ako jednakost e =a- b pomnotimo vek"
torski s -a.
2. Izvedi vektorski Heronovu formulu za površinu S trokuta.
Budući da površini trokuta odgovara polovina vektorskog produkta vektora ll ·j b, imamo.
prema sl. 37:
-
ili, ako ohic strane te jednakosti kvadriramo.
Odatle prema (20) slici 37:
s• =_!_(a . b. smr? =...!... a'b' sm=r
4 4
Pomnožimo li tu jednakost s 4 i uzmemo li u obzir da je sin' 1
4S 2 = a'b'- a'b' cos'y
l -
e•s'y dobijeMo
ili prema (ll)
4S 2 = a'b'-(-;;) 2
(a).
Prema (17a) znamo da je
ili
(-;_-;r = a 2 -2(a b)+ i> 2
e' =a~- 2(a b) + ~·
jer .de prema slici ( 15)
Oda ile
-- l
a b =·2: (-a~·+ b 2 -
e')
U v!~ tenje ,u (a) daje:
ili
4S 2 = a 2 b'-_!_ (a' + b'- e')''
4
44

Uzmemo li u obzir da Je
l (a + b)'- e' (a + b + e) (a + h- e)
all + 2
(a' + b' -e') = z . = 2
l - . e'- (a- b)' (e +a- b) (e- a + 6o)
d-T(a'+b'-c')=
=
2
2
i uvedemo li oznaku
tada jednakost (b) prima oblik
l
4S' =
4
a+b+e=Ls
2s (2s- 2a) (ls- 2b) (2s- lc)
S= Vs(s-a)(s-b)(s-c)
a to je Heronova formula za površinu trokuta.
3. Zadana su d·:: vektora
a= 5i-3j+k
b=- i+2j-4k
Izračuna} površinu S paralelograma, kojem_u su stranice zadani vektori. Kako je apsolutna
vriJednost vektorskog produkta numerički jednaka površmi paralelograma, ćijc su stranice vektori
a i b, zadatak se svodi na određivanje duljine vektorskog produkta a i b
-; X b= ~-f + ~ -! l = i ( 12 - 2) -j (- 20 + l) + k (l 0- J) = l Q i + 19 j+ 7 k;
·s=,-; x hi= Vtoo + 361 + 49 = V5T0 = 22,6
4· lzračunaj površinu S trokuta kome su stramce vekton.
a= 2i+j-3k
._,.
b=~ i+5j-4k
Znamo da površini trokuta odgovara rolovina vektorskog produkta, pa 1e
Prema (27a)
...... _,. -
~ i ·-3
aX b=
l . . k
-1 5 -4
l
45

Prema (3)
JaxbJ =VlP+II'+IJl=lllf3
S=_!_!_VJ
2
5. Odredi duljinu projekcije vektora a = 3 i - l 2 j + k na veklt d = b X e, gdje je
Prema (27a):
d=bX;=
i-: -;1
2
l
Prema (12) i (18):'
-+ad
b=2i+3j-2k
e = 4 i+ 2j + 4 k
J-2 =i(I2+4)-J(8+S)+k(4-12)=16i-16j-Sk
4 2 4
3-16+(-12)·(-16)+1·(-S)
aa = ---;J = V256 + 256 + 64
48 + 192- 8 232 29
VS76 =24=3
6. Zbroj vektora poliedra
Pokazali smo, da svakom omeđenom i orijentiranom dijelu ravnine možemo
dodijeliti jedan vektor; kojemu je apsolutna vrijednost jednaka vrijednosti te površine,
a da se trokutu može dodijeliti polovina vektorskog produkta (vidi sL 34).
Dokažimo stavak: Dodijelimo li svim pobočkama zatvorena poliedra vektore,
koje orijentiramo prema vani, tada je zbroj tih vektora jednak nuli.
Najprije pokažimo da taj stavak vrijedi
za tetraedar. Neka iz jedne točke K
l ~ ~
pobočki KAB vektor T (b x a)
prostora izlaze tri vektora _.a:-b;e. Spojivši
pravcima krajeve tih vektora, dobijemo
tetraedar KABC (sl. 38), pri čemu
je BA= a-b, a BC= e-b.
Sada dodijelimo svakoj pobočki tetraedra
vektor, koji je okomit na toj
pobočki, a usmjeren je u prostor izvan
·tijela tetraedra.
Kako svakom trokutu odgovara polovina
vektorskog produkta, dodijelili smo
na taj" način pobočkama tetraedra slijedeće
vektore :
KAC
l->
" l (a X e)
46

poboćki KBC vektor ) (e -X'--
b)
2
ABC
"
2
l -+ - -
-[(e-b) X (a-b)]
}~ .... -+ ---..--+---+--+--+ ...... -...--+
Zbroj vektora = 2
(b X a + a X e + e X b + e X a- b X a- e X .h +
-+ ........ l .--.. -+ -+ --.
+b X b = T (a X e -a x e + 0) = O
Jasno je, da taj stavak vrijedi za svaki zatvoceni poliedar, jer svaki poliedar·
možemo rastaviti dijagonalnim ravninama u tetraedre, za koje .. vrijedi dokazani
stavak. Vektori, koji pripadaju nutarnjim pobočkama tih tetraedara, ukinut će se.
pri zbrajanju, jer' će imati istu duljinu i isti smjer, ali suprotni smisao, pa će ostati
samo zbroj vektora vanjskih pobočaka poliedra, koji je jednak nuli.· ·
Možemo poći još dalje i proširiti taj stavak na bilo koju zatvorenu zakrivljenu
plohu, na pr. kuglu, aproksimirajući je poliedrom, kome su pobočni dijelovi tangencijalne
ravnine kugle. Ako broj tih pobočaka teži u beskonačnost, težit će povr-
šina svake pobočke nuli, pa zbroj vektora dS, koji odgovara tim pobočkama, prelazi
u integral uzet po čitavoj površini S zatvorene plohe, pa je
-
fis=o (29)
s
--
7. Višestruki produkti vektora
Razlikujemo više oblika produkata od tri, odnosno četiri vektora.
a) Umnožak skalarnog produkta dvaju vektora i trećeg vektora
(a b) e
- -
Kako je (a b) skalar, taj višestruki produkt triju vektora predočuje
koji ima smjer vektora e, duljinu a . b . cos o:p
(a b J > O, odnosno protivni smisao za (a b) < O.
vektor,.
• e i smisao vektora e, ako je
b) Trostruki skalarni produkt. Uvjet komplanarnosti triju vektora
Pod trostrukjm skalarnim produktom razumije se skalami produkt vektorskog
produkta dvaju vektora i trećeg vektora, t. j. izraz oblika
(a X b) e= skalar
Prema (ll) i obz1rom na sliku . 39 imamo:
(a -
X b) e = l -a X b l e · cos ~ji = prema (20) =a · b · sin

pipeda, kojemu su· bridovi vektori --- a, b i e.
·:Tvrdimo) da: je trostruki sblarni produkt numerički jeduk obujmu paralelo-
Iz slike 40 slijedi:
-- a>

a kak~
taj izraz možemo napisati u obliku determinante, ·dobijemo konačno:
(31)
Znamo da determinanta mijenja predznak, ako zamijenimo međusobni položaj
njenih dvaju redaka, pa se dakle njen predznak ne mijenja, ako načinimo
redom dvije takve zamjene.
Prema tome obzirom na (31) dobijemo:
To znači:
......
(a X b) e= (b x e) a= (e X a) b= (a b e) (3la)
cikličkom permutacijom triju vektora ne mijenja se njihov trostruki
skalarn1 produkt.
Vršimo li bilo koju drugu permutaciju vektora, trostruki skalami produkt
...........
miJenja predznak. Na pr. (a x b) e=- {b X a) e.
P~ i m j e r i za primi enu trostrukog skalarnog produkta.
1. Izraču naj obujam paralclopipeda, kojemu su bridovi vektori a (l, O, 4), b (2, -3, 5) i\
e (5, -2, -3) [If zagradama su naznačene
Prema (31):
V= (~~X b) e= l
~ 19 + 44 = 63
5 -2
l o
2 -3
komponente vektora].
'31 ~ = -1(-10-9)-4(-15 + 4) =
2. Dokaži da točke A(4, 5, -l) ; 8(2, 3, l) ; C(-5, -6, 4) i D(3, O, -8) leže JJ jednoj
ravnin1. .
Zadatak riješimo tako, da spojivši pravcima jednu zadanu točku s ostalima, na pr: točku A
s točkama B, C i D, dodijelimo tim spojnicama vektore pa izračunamo trostruki skalami produkt
tih \'ektora.
Prema (8):
AB = (2-4) i+ 0-5)j +(l + ll k
AB =- 2 i- 2; + 2 k
Na isti način
dobijemo:
AC = -
9 i- ll j + 5 k
Prema (31):
AD=-i-5j-7k
(AB • AC · AD) 1 =~ =l T ; l -21-~ -1~ -~l-
-1 -5 -7
= -2 [(77 + 25)-(63 + 5)-(45-11)] =
= - 2 (102 - 68 - 34) = 2..
-1 - 5 -7
4 B. Apsen: Repetltorij v!OO matematike - Dio Ul.
49

Trostruki skalami produkt vektora jednak je nuli, dakle su vektori komplanami, pa zadane
·ročXe.A;B, Ci D leže u jednoj ravnini. · .
3. Izračunaj obujam tetraedra, kojemu su vrhovi u točkama. A(2, -3, S); 8(6, -2, S);
C(4, O, S); D(3, -2, 10).
8
Kako je obujam tetraedra (p•ramide) jed~ak H, a osnovki B tetra~dra odgovara kao '
3
.l l
ttokutu samo 2
vektorskog produkta, iznosit će obujam tetraedra 6" trostrukog skalarnog
produkta, t. j.
AB = 4i -- +J
..:.,. ......
AC= 2i +lJ
Dalje pOSlupamo kao u predašniem zadatku:
AD= i +i+ 5 k
l - - - l '14, l o l
V, = - {AB · AC · AD} = - 2 3 O
6 6 l J s =6
5(12-2) =lS
3
e) Trostruki vektorski produkt
To je vektorski produkt jednog vektora i vektorskog produkta dvaju drugih
vektora, t. j. izraz oblika:
- a x (b X e)
Jasno je~ da:ie·to vektor, pa ako ga QZDII•
..... -+ ..... -+
čim o s p, a vektor ·b X 'e s d, dobit ćemo
__,.
p= a X d·
Sl. 41
gdje je ii.= b X -e.
Iz definicije smjera vektorskog produkta
iz slike 41. slijedi, da je.
p l. na a i d,
-+ ................ -.
a kako je d okomit na ravnini vektora b i e, .leži trostruki vektorski produkt P u
toj ravnini.
Da izvedemo tzraz ia trdstruki vektorski produkt, uzmimo pravokutni kQoo
da os X padne u smjer .vektQra;: a os Z- u smjer
-7 ·+--+ l
vektora d, pa će os Y ležati u ravnini vektora b i e (sl. 41).
ordinatni sustav XYZ taka~,

Tada je
(b,.= O, ,er b leži u ravnini XY)
(a)
e= e; (cy =cz= O, )er e leži u OSI X)
lzračunajmo vektorski produkt b x e = d .
d= b XC= l
~x
ex
Sada traženi trostruki vektorski produkt poprtma jednostavniji oblik:
~ - - - 11
a X (b X e) =a x 'd= ~'
--->
= -aJibJFi + a,bvCxJ
Dobivenom izrazu pribrojimo 1 od tog izraza oduzmuno vektor axbEi·
Dgbijemo:
Odatle
Prema (a) imamo:
~~ --+ -+ --+
a (b X e)= axex(b) + b>.j)- ci (axbx + a.b,)
(b)
.....
(b.ž +by]) =p, jer je b, = O
..........
cxi=e, jerje e,=c,=O
(axbx + ayby) =a b, )t:r Je b,= O
UvrštenJe u (b) daje tražem Izraz za trostruki vekwrski produkt
-il>-+-+·
a X (b X e}= b(a c)-'-e(a b) (32)
Na pr. za
a=•-2i+3k
b=-4i+i-Sk
, = 7i-6j+ Sk
51

imamo:
cr ~(b x e)= (-4 i+ j- 5k)(7 + 12+ 24) -(7 i- 6j + 8 k)(- 4-2 -IS)=
=(-4t+J-5k). 43 +(7i-6j+ 8k)·21 ==- 25i-83j-47k
Na isti način
računa se trostruki vektorski produkt zadan u drugom obliku: '
Za naš primjer dobijemo:
(ax b) X e=b(a e)-a(b e/
(32a)
(a X b) X e= (-4i +j-Sk)· 43-(t-2j + 3k) (-'74) =
=-98z-IOSJ+7k
Sada možemo izračunati skalami . produkt vektora trostrukog vektorskog
produkta:
a[b Y (e X d))= prema (32) = a[e (b d) -d (b e))=
=(a e) (b d)- (a d) (b e) = skatar
a fb X (e X d) J= (a e) (b d)- (a d) (b e)
(32b)
d) četverostruki skalarn1 produkt
To je skalarni produkt dvaju vektorski h produkata, t. j. izraz oblika:
(a X b) (e X d) = skalar
Označivši a X b s p, dobijemo:
(a X b) (e. X d) =p (e x d) = prema (31a) -e (p X d) =
= -e { ( a X b ) X d } = + e { d X ( a X b ) } = prema (32) =
ili
=e{a(d b)-b(d a)}= (e a) (d b)-(c b} (d a)
(;;xb) r7xd)=(;-;) (bd)-(b-;) (;d)=l(:~ (~~~ (33)
(a d) (b d)
a to nam je već poznata formula (32b). Prema tome
(axb) (exd)=a[bx(cxd)]
' (33a)
52

Na pr. za a= i-2j + 3/e
b= -4i +i-Sk
c=7i-6j+Sk
dobijemo prema (33)
d=2i+5j+k
(a X b) (e x d) = (7 + 12 + 24) (- 8 + 5 .:.._ 5)-(- 28 ~ 6- 4t) (2- JO+ 3)
= - 43 . 8- 74 . 5 = - 714
e) C:etverostruki vektorski produkt
(a x b) X (e X d) = označimo (a x b) s e = e x (e x d) = prema (32)
= e ( e d) -d (e e) = uvrstimo (a x b) mjesto e = e [(a X b) d J-
-d[(axb)e)= prema(31a) =e(abd)-d(abc)
(a
- ---·
X b) X (ex d)= e (a b d) -d (a b e) (3-4-)
vektorski produkt možemo dobiti i drugi izraz, ako ozna-
Za četverostruki
čim()
cxd=f
( a X b) X (e X d) = ( a X b ) X f = prema (32a) = b ( a j) -a (b j) -
= b [a (e X d)]- a (b (e x d)] = b (a e d)- a (b e d)
(a - -·-- - ~--
X b) x (ex d) =b( a e d)-a(b e d) (34a)
Izjednačimo
li desne strane formula (34) i (34a), dobijemo:
c(a b d)-d(a bc)=b{a e d)-a(b e d)
Prvi član lijeve strane predočuje vektor u smjeru e, drugi član - vektor u
smjeru d, prvi član desne strane - vektOr u smjeru b, a posljednji član -.vektor
u smjeru a.·
z te jednakosti možemo izračunati jedan od tih vektora, na pr. d:
-+ -+-+
- (bed)- -(acd)-+' (abd)-+
d = ___ a+ ____ b + ___ e
(abc} (abc) (abc)
53

1z tog izraza -vidimo, da je vektor d rastavljen u tri komponente u smjeru vek-
_.,.. -+~· -+
t~ra.·a, b i e.
Primjer.
Izračunaj četverostruki vektorski produkt za vektore navedene u pn~hedniem pnmjeru za
tttverostruki skalami· produkt:
(a X b) x (e X d) = prema (34a)
-+
= ( -4 i + j- 5 k) . 7 7 -(i- 2 j + 3 k)(- 42) = - 266 i- 7 j- .259k
Četverostruki
vektor-ski produkt može biti zadan i u_ drugun oblicima:
---
a x [b x (e X d)] = prema (32) = a X [e (b d) -d (b e)) =
=(bd) (axc)-{be) (axd)
•a X [ ( b x e ) X d J = prema ( 32 a) = a >d-; ( b d) - b ( e d ) ) =
.....
=(b d) (a. X e)-(e d} (a X b)
Navedene formule za višestruke produkte imaju veliko značenje, jer daju
mogućnost svesti· složene izraze vektorske algebre na jednostavne osnovne izraze,
koji se lako rješavaju i računaju.
8~ Derivacija vektora po parametru. Primjene u mehanici
-
Upoznavši glavna pravila vekrorske algebre, možemo lako shvatiti osnove
vektorske analize. Do sada smo proučavali vektore konstantne duljine, smjera i smisla.
Međutim, čest je slučaj da zadani vektor a nije konst;mtan, nego da ovisi o nekom
parametru t, na pr. o vremenu, t. j. a je neprekinuta funkcija parametra t: a (t).
Budući da se s promjenom parametra t mijenjaju i komponente a"; i aY i a~
vektora a (t), one su također funkcije od t, pa je
- a (t) = a,Jt) i+ ay( t} j+ a.( t) k (a)
....
Dobije li parametar t prirast !!.t, promijenit će se i vektor a (t} za L\ a =
~ ~ . ~
=a (t+ !!.t}- a (t}, pa derivaciju vektora a po parametru t možemo definirati
54,

slično
derivaciji. skatarne funkctje, t. j. kao limes kvoci1enta diferencija !; , kad
D.t-0:
a:(tJ =da= lzm ~~a= lim a
-
(t+ ll t) -a {t)_
dt L\.t-+0 ll t !\.t--+0 ll t
Vidi sl. 42.
Pravila za··derivaciju zbroja 1 produkata vektora takoder su ista kao i za skalarne
funkcije, samo pri deriv1ranju vektorskog produkta treba paziti na' redoslijed
množitdia.
-+
d _,. da·
-(C•a)=c·­
dt
dt
(35}
Sl. 42
d ..... --+ - db da db --+ da
-- ( a X b ) = a X - + - X b = a X - - b X -
dt dt dt dt dt
Iz pravila za deriviranje zbroja vektora slijedi, da derivaciju vektora a•(t).~
t: l
ve k tor d dt, a mozemo · prema ( a ) ptsau · u o bl'k 1 u;
Spomenimo još derivaciju jediničnog vektora -a,( t), t. J. vektora, koji ima
--+ -
stalnu duljinu l a. {t} l= 1,. ali'promjenljiv smjer, jer je i jedinični vektor a 1 (t)
funkcija parametra e.·
Znamo, da je skalami kvadrat vektora jednak kvadratu nJegove duljine, t. j
ili
Deriviranje daje:
(
_., dao)
2 a.Tt =0
-da.
a.-=0
dt
55

Skalarni produkt dvaju vektora Jednak je nuli, dakle su, vektori međusobno
OkOmiti, t. j.
Ja,
--l. a •.
dt
Vektor, kop predočuje dertl'aCiJU Jedtničnog .vektora tit općenito
svakog vektora konstantne duljine, okomit je na tom vektoru.
Geometrijski je taj stavak posve ,asan: kratnia točka
' -~
vektora stalne duljine
opisuje pri promjeni parametra t kughnu plohu\ vektor ~: ima dakle sm,er-tangente
na ·kuglu, pa je okomit ·na· tom vektoru.
Kao primjere 'Vektora, kpji ovtse o parametru, i to o vremenu t; navedtmo
vektore brzine i ubrzanja.
Neka se točka M giblje po krivuljt i neka se u času t nalazt u poloza1u AJ,,
a u i':asu (i+ ć:.r) u položaju M, (sl. 43).
Položaj točke na krivocrtno} staZI po~ve JC odreden,. ako odaberemo čvrstu
nuitoćku O i zadam o radtjvektor r iz O prema tOJ točk L Ako je poznat rad ti' ekwr r
kao funkcija vremena t, gibanje toćke, J'e tt me posve određeno.· Položaj toćke može
se odrediti t tako. da se staza gibanta utvrdi geometnjskim putem, pa se put s, što
ga je točka prevalila od početne toćke .\1., kn,·uhe. prtkaže kao funkcija vremena r:
s = f(t)
Neka toćkama ./VL i lH, odgovaraJU
radi)l:ekton položaia r (t) t r (t + :lt J,
pa ;e
Sl. 43
lVtdt sl. 43)
.:J.r = r(l + Ć:.r}-r[l)
......
dr , t:. r
-6,,..... ollt'
Brzina točke M u času t 1e vektor v (r) = r' (t) = - = i1m - ·~?te 1e
dt
11r
!u srednja brzina za vri1eme !lt.
- ' - -...... . '
Vektor brzine v (e) ima smjer tangenre na srazu gtbanja točke,
pa ozn.ać1rno
li s !ls luk M,M, krivulje, a s t 0 jedinični vektor u smjeru tangente, možemo
vektor brzine prikazati u obliku
il.s - ds ...
V (l) =hm-' lo=- l• =V· lo
At_,.Qil.t d1
(a)

Tu je dds =v (t)= v duliJna vektora brzine· v (t) u času t (vidi.,sl. •43)
t '
Deriviramo li' vektor brZine v (r) po vremenu t, dobit ćemo ubtzaflje-·:~?(i}
u točki M,
Prema (a) i obzirom na (35) dobijemo:
-+ dv d . ....,.
• (t) = - =-(v · t,) = v
dr dt
d lo
liv
dr + dt · r,
U.:mimo sada u obztr. da ,:e jedinični·
vektor tangente t, furikci)a luka s staze, a da
1e s funkcija vremena 1.. '
M
Imamo:
dr, dr, d.<
di.= d.< dt
,; (.
v' Ts
Uvrštenje u gornju- Jednadžbu daje·
dr.
dva
( r) = v' - + - r •
ds dr
(b)
s
Sl. 44
Time smo vektor ubrzanJa a(t} u točki
M, rastavili u dviJe komponente:
prv1 č l an v' dS dr. pre d ocu)e · · norma l nu k ompunentu a.(t ) a k ce l erac!Je, .. )er
Je derivacija jedi ničnog vektora 1. okom na na tom vektoru, pa 1ma da~le $Injer
d v
normale na stazu u točki M,, dok drugt Clan - - r. predočuje tangencijalnu
dr .
i. smjer tan­
komponentu aJe) akcelrr.IctJe. 1er ima smJer vektora 1., L
gcnte (sl. 4ll).
Dakle
u. (l J
dr,
v'- ds
,l dc,fv
- n,
ds
gdje je •1, Jedinični
vektor normale na stazu gibanja.
a, (t)
dv­
-t,
dt
gdje je t, jediničrii
vektor tan gerile na stazu.
37

Označrmo li sa S središte zakrivljenosti knvu)Je gibanja u točki M"_ a s p
pripadni polumjer zakrivljenosti SM, (vidi sl. 44) i uzm:emo li u obzir, da je 1 d7.1 =
= d'fi = središnji kut, koji odgovara luku ds, tada Je
ds= p· d'fl =p l dc. l
C vrštenje tog tzraza za ds u izraz za a., daJe
r1me smo za uhrzaoje gibanja točke M, u času t dobili konačnj. izraz.
-+
a(t) = a.(t} + a,(t)
v'
p
dt.•
. n. -1- - . '·
dc
pri čemu
određeni
su duljina
izrazima
l a (t) 1 =
smjer vektora ubrzan1aa
tg oc = ~
a,
Izved1mo kao drugi primjer plošm stavak za centralno gibanje, t. J. za gtban,e.
koJ ku:ega ubrzanje pomične točke M ima smjer, koji prolazi kroz čvrstu točku O
;~l 45 ).
>-:eka sc u času 1 nalazi točka M u položaju M., kojem odgovara radijvektor
r r r,. a u času
(e + D. e) u položaJU M" kojem odgovara radij vektor ( r + Llr).
Prema rome za vrijeme b.t radJJVektor r pokrio je površinu LlF (sl. 45).
Pretpostavivš1 da površina !:iF ;ma približno oblik trokuta, dodijelimo joj
vektor ,'!,.F, koji je, kako znamo, -Jednak polovm1 vektorskog produkta vektora
r i r + b.r ·
11! alw izvršimo mno:i:cnje prema (26a)
- l - - -
LlF =-rl r X (r + b.r)}
5tf

..:.... I-- ..... -
&.F = 2" (r Xr+ r X !lr)
Kako je prema (24) prvi član
desne strane jednak nuli, dobijemo
- l -+ ' -
!l.F = 2
(r X !lr)
Pedijelivši tu rednakost !lt i· pustivši da !lt-+ O, dđb11emo na granici:
dF = ~ (-; x dr)
dt 2 dc
Taj IZraz diferencirajmo po t, pa prema (3,5) imamo:
d (dF)
dt dt
l (- d'r dr dr)
-- rX-+-x-
2 dt' dt dt
Oba vektorska produkta na desnoj strani te jednakosti ·jednaka su nuli. Prvi
. d•r
produkt jednak je nuli, jer pn centralnom gibanju usmjereno je ubrzanJe dt'
pr~ma čvrstoj točki O, pa ima smJer radijvektora r, a, kako znamo, vektorski produkt
kolmearnih vektora J,ednak )e nuli. Drugi vektorski produkt jednak je nuli
kao vektorski kvadrat.
Imamo dakle
a odatle
d (dF
dt dl)= o
dF
-=C,
dt
Ponovno integriranje dare
t
Time je plošni stavak za centralno gibanje dokazan: radijvektor pokriva u
jednakim vremenskim razmacrma jednake površine. Najpoznatija primjena plošnog
stavka je drugi Keplerov zakon: Radij vektor· povučen od planeta prema
Suncu oni~u1e u istim vremenskrm razmacima iste površine.

§ 3. ANALITIČKA GEOMETRIJA U PROSTORU PRAVCI_l~RAVNINE
l. Općenito
Upotrijebimo naše znanje vektorske algebre, da tim najjednostavnijim putem
dođemo do osnovnih pojmova analitičke geomeuije u prostoru. Uzet ćemo redom
pravac, dalje dva pravca, ravninu, dvije ravnine, i konačno, ravninu i pravac. Kasnije
ćemo proučiti glavne likove ploha drugog reda. Kako ćemo vidjeti, rješavanje
tih problema svodi se zapravo na analitičko rješavanje zadataka iz deskriptivne
geometrije: ono što deskriptivna geometrija rješava crtanjem, rješavat ćemo analitički,
pa ćemo· mnoge probleme svladati tek nakon njihoYa predočivanja u
prostoru i prostornog rješenja.
2. Pravac
a) Jednadžbe pravca kroz jednu zadanu točku A(x.,y" z,). (Parametarski
i kanonski oblik)
Kako zadana točka A(x., y., z,) pravca određuje samo njegov položaj u prostoru,
moramo mu dati smjer i smisao da bude posve određen. U tu svrhu dodije-
X
z
-
limo pravcu jedinični vektor s., kojemu
su komponente, kako znamo, kosinusi
njegova smjera·:
-> s, {'
cos a. = a'
cos [3 = b'
cos v =e'
Vidi sl. 46.
Sada je pravac posve određen 1 pa
č----------Y' možemo napisati njegovu jednadžbu, t. j.
napisati relaciju, koja veže koordinate
bilo koje točke T(x, y, z) pravca s onim,
Sl. 46
čime je pravac odreden.
Dodijelimo zadanoj točki A(x" y" z,) radijvektor -:{ ~:, a po volji uzetoj
"'•
točki T(x, y,'z) radijvekt~r ;f ~ t
Udaljenost točke T od zadane točke A oznacm10 s r. Kako je točka T odabrana
na pravcu po' volji, t je promje!i!ljiva veličina ili parametar, koji moramo
mijenjati od -oo do +oo, da dobijemo sve točke pravca. Na pr. za t = O
dobijemo zadanu točku. A. _
~-
Time smo dobili još jedan vektor AT= t . s., kojemu ·,tJ prema (a) kompon
en te
t a'
t b'
t e'
(a}
GO

Iz slike vidimo, da je
r=a+ts. (36)
a to je jednadžba zadanog pravca -u·'vcktorskom obliku:
Vidimo da pravac ovisi o jednom parametru t, u čemu se očituje jednodtmcnzionalnost
pravca.
Prelazimo na skalarne komponente svih vektora
Obzirom na gore navedene komponente vektora r, a t s., dobiJemo prema (36)
x = x, + a't
y =y, + b'c
z= z, + c't
(37).
To je jednadžba pravca u parametarskom .obltku.
t je parametar, koji se miJen)a od -oo do +oo, da se dobiju sve toćke zadanog
pravca.
x., y, i z, su koordinate zadane točke pravca.
a', b' i e' su kosinusi smjera pravca.
Kako ćemo doskora vid jeu, kos muse smjera pravca· možemo zamqemti koeficijentima
smjera pravca a, b i e
Da se dobije jednadžba zadanog pravca u općem obhku, treba iz Jednadžbe
(37) ukloniti parametar t. G tu svrhu računamo iz (37)
x-x~
--a-,-
y-y,
l =--b,-
z -zl
t=--,-
e
Izjednačenje
desnih strana tih Jednakosti daje
X"t-X 1 y-y, z-z,
--a,- = -b-,- =-e-,-. -
a , b' i e' su kosinusi ·smjera pravca, koji su obično tzraženi u decimalmm
razlomcima. Da dobijemo u naztvnicima cijele brojeve, pomnožimo sve nazivnike
posljednje jednakosti s nekim množiteljem ), (na pr ..: 100, 1000 i t. d.)
Dobijemo:
x-x,_y-y, z-z,
~-~ ~
lzrazt
a"/,= a
b''A =b
c''A =e
(a)
61

.zovu se koeficijenti smp:ra pravca. Om se tako zovu, ,er su razmjerni s
kosinusima smjera pravca
Jednadžba pravca kroz jednu zadanu točku A ( x" y" z,) pnma sada svoj
konačni oblik:
x-x, _y- y, _z -·z,
--a- ---b- ---e- (38)
Taj oblik jednadžbe pravca zove se kanonski, jer na taJ oblik, kako ćem()
to kasnije vidjeti, možemo svesti svaki drugi oblik jednadžbe pravca. Iz kanonskog
oblika vide se neposredno koordinate jedne točke, kojom taj pravac prolazi, a
također njegovi koeficijenti smjera.
Nastaje pitanje, kako ćemo iz koeficijenata smjera pravca odrediti njegove
kosinuse smjera, a time i kutove IX, (?> i y, što ih zadani pravac zatvara s koordinatnim
osima X, Y i Z.
Da na to pitanje odgovorimo, izračunaJmo IZ ~ednadžb1 (a) kosinuse smjera
pravca, t. j a' = cos IX, b' = cos (?> i e' =cos y.'
Dobijemo:
cos •
Cl= T
cos~= • Ā
' cosy =T
Kvadriranje i zbrajanJe t1h Jednakosti daje
a'+ b'+ e'
cos'a. + cos'~ + cos'y = ,_,
(b)
ili prema (5)
a odatle
• a• +b' +e'
1.'
A=±Va'+b'+c'
Uvrštenje u (b) daje .tražene vrijednosti kos1nusa smjera pravca
1zražene pomoću koeficiJenata smjera toga pravca·
CQ5 ll =
cos fl =
cos y =
a
±~a'+ b• + e•
b
± V a' + b• + 'e'
e
;!:: Va• + b• +e'
(39)
62

Kako već znamo, promjena predznaka ispred drugog konJena znači promjenu
, smisla pravca, a ne promjenu njegova smjera.
Primjer
Odredi kutove cc, ~_i y,' što jh pravac
x-5 y z+4
-3 --s= -2
z~tvara s koordinatnim osima ·X, Y i Z.
Uzevfl u obzir, da je a = -3, b = 5 i e = -2 raćunaimo prema (39) pomoću logaritantskog
rarunala ·
3 = __ J_= -0,417
COSIX = -J ,= -
- V9+25+4 V38 6,16
~
casf3 = ; =0,812
6 6
'
2
cos"( = -- = - 0,325
6,16
P'o~us
prema (5) : 0,23? + 0,659 + 0,.106 = 1,002= l
Cl = 180'- 60'50' = 119"10'
13=~
y = 180'-71°00' = ~
b) Pra~c kroz jednu zadanu točku predočen svojim ortogonalnim
projekcijama u dvije koordinatne ravnine
l-z jednadžbe (38) uzmimo jednakost
X---' X1 y-y, z
_a ____ b_
pa IZraču najmo odatle x .-
a (a · )
X =by- b y, - x,
p
a
X= by+ d,
gdje je d;=·- (: y1:-" x, )
Sl. 47
Taj izraz predočuje pravac p' u ravnim X F, kojemu Je ~ gradijent, a
d~=-(: y;-x~}odsječak na·~si
X. Budući da promjenljiva z u taj izraz ne
ulazi, z je bilo koji,·pa.taj izraz predočuje proswrno ravninu, koja je okomita
na ravninu XY i kOJOj je pravac p' trag u toj ravnini. (Vidi
sJ. 47).
6l

IzračunarnQ li ,iz·druge jednakosti formule (38)
promjenljivu y
y-y, z-z,
--b-=-,-
ili
gdje je
b
y =;=-z+ d,
e
d,=- (~z,- Y•
dobJt ćemo pravac p" u ravmm YZ, odnosno ravmnu, koja je okomita na ravnini
YZ i kojoj je pravac p" trag u toj ravnini.
Te dvije ravnine, koje su okomite na koordmatmm ravmnama XY i YZ,
sijeku se u zadanom pravcu p, koji prolazi zadanom točkom A(x., y,, z,). Te
znači : pomoću jednadžbi
a
X= by+ d,
(40)
b
y =
7 z+ d,
zadan je pravac p u prosroru svojim ortogonalmm pro,ekct)ama p i p u
dvim koordinatnim ravninama (u deskriptivnoj geometriji označuju se te ravnine s
n;, i rt,)
Jasno je, da kombinirajući na drugt način jednakosti iz Jednadžbe pravca (38),
možemo pravac zadati njegovim projekcijama na druge dviie koordinatne ravnine,
na pr. na ravnine YZ i XZ (na rt, i rt,).
PrtmJer.
Nap1š1 jednadžbu pravca
> = 2y- 3
y = -5z + 8
u kanonskom 1 parametarskom obhku.
Iz zadanih jednadžbi vid•mo, da je pravac zadan SVOJim ortogonalntm projekCijama na
koordinatne ravnine XY i YZ
Iz prve jednadžbe računamo y.
X + 3
y=-- 2
~ drugu Jednadžbu pišemo u oblik!!
JI = _
8 .
z--
s = z - 1,6
5 . l l
5
{z _ .!.) = ___
-s -s

Tražena iednadžba pravca -glasi:
"+ 3 y z -1,6
-2-=T=--1-
-sili
ako nazivnike pmnožimo s S;
Zadani pravac prolazi točkom A(-S; O; 1,6), -a koeficijenti smjera su: a- 10, b- S i
e= -1.
Da dobijemo jednadžbu toga pravca u parametankom obliku, izjeduačimo dobivenu jednadžbu
pravca s parametrom· t:
Odatle slijedi tražena parametarska jednadžba pravca:
"= !Ot-3
y = 51
z= -l+ 1,6
Izračuna; za vježbu kutove, ~to ih taj pravac zatvara s koordinatnim_ osima l
e) Pravac kao presjek dviju ravnina
Znamo, da se dvije ravnine sijeku u pravcu u prostoru. Prema tome pravac
je posve određen, ako su zadane dvije ravnine, koje se sijeku u tom pravcu.-_. Kako
ćemo malo kasnije vidjeti, opća jednadžba ravnine glasi Ax+ By+ Cz+ D·= O,
dakle je
P .,rimjer
A,x B,y C,z D, = 0 J
A,x + B,y + C.z + D, = O
Jednadžbu pravca
x - 3y + 5z- 6 = O l
2x + 4y -1z + lO= O
jednadžba pravca u prostoru
izrazi u kanonskom i parametarskom obliku i odredi probodišta tog pravca s koordinatnim
ravninama.
Da odredimo jednadžbu zadanog pravca u kanonskom obliku, uklonimo x iz zadanih
jednadžbi ravnina. U tu svrhu izračunajmo x iz prve, a zatim iz druge jednadžbe ravnine:
p da tle
ili
x = 3y- Sz+ 6
1
x = -2y + 2
z-5
1
3y- 5z + 6 = - 2y + z z- S
17 ll . k .. d k rdina . yz
y = TO z - S. . . . . . prOJe ClJa ~ anog pravca na oo tou ravruau . •
5 B. Apsen: Rep·etitorij v!§e matematike - Dio III.
65

Sada uklonimo y iz zadanih jednadžbi raVIUna:
X · S
y=3+3z-2
Oda tk
ili
X 7 5
y=-2 +-;rz-2:
...=_+~z-2=-~+]_z_l_
3 3 2 4 . 2
; 3
x=---
Ul 5
projekcii• zadanog pravca na k~or~natnu
ravninu X:Z
Iz )ednadibe prve projekcije imam•
ll
Y+s
z=---
17
Ul
a iz jednadžbe druge projekcije slijedi
3
x+s
z=---
1
li
Jednadžba pravca u kauonskom oblilru &lasi
ili
ll
x+S Y+s z
-~- =-,-7-=T
Jo JO
X +0,6 Y+ 2,2 z
--~- = -,-7- = li
Da odrect1mo probodišta toga pl'lU'ca s koordinatnim ravninama prduimo na parametarski
oblik jednadžbe pravca.
Po stavivši
X + 0,6 Y+ 2,2 z
--~- = -,-7- = JO = t
dobijemo taj oblik:
l. "'= 1-0,6 '
2. y = 171-2,2
3. z "" 10{
Primijetimo, da do parametaiske jedDadžbe p{l~Vca ·motemo doći i neposredno: u~evši da
je jedna od promjenljivih u zadanim jednadžbama ravnine, na pr. x, jednaka 1, izrazimo i ostale
dvije promjenljive kao funkcije tog parametra l,
Odredimo. sada onu vrijednost parametra 1, Imja od~ovara njegovom probodištu P 1 s rav•
ninom XY. U tu svrhu uvrstimo u 3. iedMd~bq te ravnine .; "' O. •
66 E:r

Do \lijemo:.
pa iz 2.
U vri tenje t 1 = O u l. i 2. jednadžbu daje tražene koordinate probed.iila /" 1
:
x, = -0,6
Yt = -2,2
P,= (-0,6 ;- 2,2; 0)
Odredimo sada probodište P, s ravninom YZ.
Uvrštenje u l. x = O daje
t,= 0,6
3. dobijemo:
y, = 11. o,6-2,2 =a
z, = 10 . 0,6 = 6
P, (O; 8; 6)
Konačno odredimo probodište P 3 • ravninom XZ : y = O. Iz 2 . .slijedi:
2,2 o 9
r, = l7 = ,12 4
x 3 = 0,1294-0,6 = -0,4706
z, = lO . O, 1294 = 1,294
P,(- 0,4706 ; O; 1,294)
61) Jednadžba pravca kroz dvije zadane točke A1(x., y., z,) i B(x 1
,
y,, z,).
Pravac prola~i točkom A(x., y., z,), dakle prema (38) njegova jednadžba
glasi:
x-x, y-y, z-z,
-.-a- =--b- =--e-
Pravac prolazi točkom
B(x,, y" z,], dakle
Odatle
x,-'--- x,
il
x,-xl
y,--y, - z,- z,
--b----,-
e
y.-y,
b
e
Podijelimo li sve nazivnike jednadžbi (38) s_ e i uvrstimo li u lake 1 preinačenu
jednadžbu gornje dvije jednakosti,· dobijemo:
X - x, _ y- Y• _ Z- z,
x2-x,- y,-y,- --~-~.
Z 2
-z. Zz-Zt
x -- x, y -- y 1 z - Z 1
----- =------=------
x,-x, y,-y,
(41)
67

To je jednadžba pravca kroz dvije točlte A(xuYu z,) i B(x.,y,, z.).
Koeficijenti smjera pravca jesu: a = x,,- x 10 b = Y•-y,· i e = z.- z,.
Primjer.
Odredi najkraću udaljenost -točke- T(2, l, 3) od pravca, koji prolazi točkama A(!, l, l} i
B(2, 3, 4).
Jednad1ba pravca prema (41) glasi:
Prelazimo na parametarski oblik:
x-1 y-1 z-1
2-1=3-1=4-1
x-1 y-1 z-l
-,-=-2-=-3-
x-l =y-1 =::.::_!=t
1 ' 2 3
X= t+ J
y=2t+l
z= 3t +l
(a)
..
1
d = V (x,- x 1) +
1
(y1 - y 1)~ + (z 1 - z 1)
Znamo formulu (9) za međusobnu udaljenost dviju točaka:
Da odredimo onu vrijednost parametra t, koja odgovara točki pravca, koja je najbliža
točki T(2, l, 3), uvrstimo u (9) jednadžbe (a) i koordinate točke T, pa prema pravilu za odredivanje
ekstremnih vrijednosti funkcije (vidi Dio I, § IS) izračunajmo d~~ ili d~') i stavimod(d')
=O·
dt .
d' = cr + 1 - 2>' + c2r + 1 - n• + Clt + t - 3)'
d' = (t - 1) 1 + 4t 1 + (lt - 2) 1
d(d') = 2(t- l) + 8t + 2 (lt- 2) • J
'dt
d(d') = 28 t- 14
dt
Stavimo
Odatle
d' (d') = 28 > o .....
dt'
2St-14= O
l
to= T
d' ima minimum za
l
to= T
Uvritenje t 0 = ~ u jednadžbe (a) daje koordinate one točke pravca, koja je najbll!a točki T;
3
Xo=y
Yo=. 2
s
z,= T
68

Prema (9):
d"u"=V(2- ~r + o.-2)' +(3-f)"
d",;"=~
a) Kut dvaju pravaca
3. Dva praYca
Da odredimo kut cp dvaju zadanih pravaca
x-x,. y-y, z-z,
p,=~=--=---
a, b, e,
x-x, y-y. z-z.
p, = --- = -- = ---
a~ b, e,
dodijelimo tim pravcima jedinične
(sl. 48).
--. { cos ex, · _ { cos ex,
S, 0 cos~. j Sa 0 cos~.
cos y, cos y,
vektore
/.0.---------Y
Sl. 48
Primijetimo: ako su pravci mimosmjerni, t. j. ako se ne sijeku a nisu ni \\SPoredni,
paralelnim pomakom pre,nesimo. jedan 1 pravac u bilo koju točku drugog
pravca.
Traženi kut cp odredimo pre)lla formuli (l~a) za kut dvaju jediničnih vektora:
cos cp = ---
s~ s~ == cos ex, cos ex, + cos ~, cos ~. + cos y, cos 'Y• ( 42)
ili obzirom na• formule (39) dobijemo:
(42a)
b) Uvjet okomitosti dvaju pravaca
Ako su oba pravca međusobno okomita, kut cp = 90°, cos 90° = O. Kako je
razlomak jednak nuli, kad je njegov brojnik jednak nuli, dobijemo iz (42a)
Uvjet okomitosti dvaju pravaca .
a,a, + b,b, + c,c, = O (43)
69

e) Uvjet paralelnosti dvaju pravaca
Ako su ·dva pravca međusobno paralelna, tada su jednaki kutovi; što ih· tĐ
pravci zatvaraju s koordinatnim osima; t. j.
odnosne
cos oc, = cos oc., cos ~. = cos ~. i cos y, = cos Y•
Prema tome· i obzirom na (39) imamo:
ili
a 1
Va i +br + cr = V a; + b:; +e~
aJ.
V a; + bi + e~
a 1 _
a. - V a~ + b~ + e~
Iste vrijednosti dobijemo za omjere' bb, i ~, pa je
• e,
(44)
Pravci su međusobno paralelni, ako su njihovi koeficijenti
smjera proporcionalni ili jednaki.
Primjer.
Napiši jednadžbu pravca, koji prolazi točkom T (2, -3, 4), a paralelan je s pr,avcem
x--'5 y+7 z
-=---1 = -5- = -7
Prema (38) i (44) jednadžba traženog pravca glasi
x-2 y+3 z-4
-=---1 ;= -5- = ~
d) Sjecište dvaju pravaca
U ravnini sijeku se svaka dva pravca, koja nisu međusobno paralelna. Međutim,
u prostoru ne sijeku se ne samo paralelni, nego ni mimosmjerni pravci.
Stoga postavimo uvjet, kojemu moraju· zadovoljavati jednadžbe dyaju prostornih
pravaca, da se međusobno sijeku, t. j. da nisu mimosmjerni. Paralelne pravce
lako možemo raspoznati prema ( 44).
Neka su zadana dva pravca u parametarskom obliku
x = a 1t 1 + x,
y = b,t, + y,
z= c,c, +z,
(a)
x = a,c, + x.
y = b,t. + y,
g_= c,t, +z,
- (b)
70

Pretpostavimo da se ti pravci sijeku u nekoj točki,S(x, y, z). Tada je
ili
a,t, + x, = a,t, + x,
b,t, + y; = b,t, + Y•
c,t, + z, = c,r, + z,
a,r,- a,t, + (x 1 - x,) =O
b,r,- b,c, + (y,- y,) =O
c,c,- c,t, + (z,- z,) =O
Uvedimo t. zv. homogene nepoznanice
X
t,=­ z
Uvrštenje u gornje jednadžbe daje:
t, = ~, gdje je z =t= O
z
a,x- a,y + (x, -·x,)z =O
b,x-b,y + (y,-y,)z =O
c,x- c,y + (z,- z,) z =O
Dobili smo tri linearne. homogene jednadžbe s tri nepoznanice x, y i z. Znamo,
da takav sustav ima rješenja različita od očevidnih, ako je detenninanta ·sustava
jednaka nuli.
Prema tome traženi uvjet glasi:
a,
- b,
e,
l
x,'--X•j
y,-y, =o
z,-z,
ili ako promijenimo međusobni položaj prvog i trećeg stupca, a zatim zaokrenemo
determinantu za 180° oko dijagonalnih članova dobit ćemo:
x,-x,
a,
a,
y,-y,
b,
b,
=0 (44a)
To je uvjet, da se zadani pravci sijeku u jednoj točki, t. j. da
nisu mimosmjerni.
Ako je taj uvjet ispunjen, iz bilo koje dvije jednadžbe sustava (a) i (b) računamo
one vrijednosti parametra t, i t., koje odgovaraju traženom sjecištu zadanih
pravaca, pa jednadžbe (a) ili (b) dat će koordinate (x., y., z.) toga sjecišta
Primjeri.
l. Dobži da pravci
x+2 y+4 z-4
-3- = -2- = -=--!
x+3 y-8 z+S
-2-= -5 --4-
nisu mimesmjemi i odredi njihovo sjecište.
71

''Prema ( 44a):
-2+3 -4-1 4+'111 --:-12 91
3 2 -1 - 3 2 -1 =
2 -s 4 2 -s 4
1
- l (8- S)+ 12(12 + 2) + 9(-15- 4) ~ 3 + 168-171 "'!.
PraTci , se sijeku l
Prdazimo oa parametarski oblik jednad!bi pravaca:
Izjednačimo:
ili
Odatle:
l. X= 3t,-2
y = ll,-4
z=-·+ 4
3t,-2- :z..-3
ll,-4- -St,+ 8
3t,-ll.- -1
21 1 +St,= 12
r,- l Po= 2
Il. x = 2t 1 - 3
y.,. -St 0 + 8
z-4t 1 -S
Uvritenje u I. ili II. daje kQOrdioate traženog sijcci!ta pravaca:
' Ye= -2
2. Odredi jednadibu pravca, .koji prolazi točkom (2, 2, -2) i siječe zadane pravce
x-3 Y+ l z-2
_2_",._3-= -l
x+2 y-I z+3
-3-= -2 --2-
Jednadlba tra!enog pravca:
(a)
x-2 y-2 z+2
-a-= -b-= -eb=?
e=?
i
Taj pravac siječe prvi, a također i drugi zadani pravac, dakle prema (444)
Odatle računamo a, b i e.
12 ~ 3
2 +l
b -:2c-21 =0
3 -1
ll! 2 2-1 -2+ 31
b e ".O
--2 2
-a(-3+ 12)+b(l +8)-c(-3-6)-0)1: 9c
-a(2 + 2) + b(8-3)-c(-8-3) =O :e
-~·+!..+l=~
e e
a b
-4-+S-+11=0
e. e

Odatle:
(b)
Podijelimo li nazivnike jednadžbe (a) s e i uvrstimo li vrijednost (b), dobit ćemo:
x-2 y-2 z+2
-6 =~=-~x-2
y-2 z+ 2
-6- = -1- --=--t
Primjer :u određivanje najkraće udaljenosti dvaju mimosmjernih pravaca vidi dalje str. 93i § 4,15.
4. Ravnina
a) Normalni ili Hesseov oblik jednadžbe ravnine
Ravnina u prostoru posve je određena, ako je zadana duljina p okomice ili
normale povučene iz ishodišta O koordinatnog sustava na ravninu i kutovi ot, ~
i y, ho ih ta normala zatvara s koordinatnim osima .(vidi sl.' 49).
Sl. 49
Da napišemo jednadžbu te ravnine, odaberimo u ravnini bilo koju točku
T {x, y, z), kojoj dodijelimo radij vektor--; {~,a normali p= OP dodijelimo jedir
cos Ct.
nični vektor n. 1 cos ~, pa je OP = p · n •. Time smo dobili još jedan vektor i to
l cos r
PT= T-pn,
Kako vektor PT leži u zadlPloi ravnini, a vektor OP je okomit na toj ravnini,
bit će PT l. OP, pa je njihov ~kalarni produkt jednak nuli, t. j.
-
ili
- -.
p · no ( T -p no ) = O
p ( n. T) -
._.2
p• n = O
73

--->
Podijelivši tu jednadžbu s p i uzevši u obzir da je prema (15) nij =l, dobijemo
traženu jednadžbu ravnine u normalnom obliku izraženom vektorski:
nar =p
Prelazimo ·na skalarne komponente vektora. Prema (18) imamo uzevši u obzir
--->
gore navedene komponente vektora n. i r:
X COS ct + y CO!i ~ + Z COS y- p = 0 ( 45)
To je jednadžba ravnine u normalnom ili Hesseovom obliku.
h) Opći oblik jednadžbe ravnine
Iz jednadžbe ravnine u normalnom obliku vidimo, da je ta jednadžba linearna
u x, y i z i da su koeficijenti tih promjenljivih, a također i apsolutni član p jednadžbe,
konačni određeni brojevi. Iz toga zaključujemo, da svaka linearna relacija
u x, y i z predočuje ravninu u prostoru, t. j.
K
X
z
M
Sl. 50
Na isti način
L
dobijemo:
presjek s ravninom YZ: X= O.
Ax + By + Cz + D = O (46)
opća jednadžba ravnine.
(Slično predočuje relacija linearna u x i y
pravac u ravnini XY).
Da se u to uvjerimo, odredimo pres)eke
geometrijskog lika predočenog jednadžbom
Ax + By + Cz + D = O
s koordinatnim ravninama.
Presjek s ravninom XY : z = O
Uvrštenje daje: Ax+ By +D= O, a to
je pravac KL u ravnini XY (vidi sl. 50).
By +Cz+ D= O -
pravac LM u ravnini YZ
Presjek s ravninom XZ
y=O
Ax + Cz + D = O -
pravac KM u ravnini XZ.
Presjecimo konačno geometrijski lik zadan jednadžbom Ax + By + Cz +
. + D = O ravninom z = k (konstanta), t. j. ravninom, koja je paralelna s ravninom
XY i udaljenom od nje .za k.
Dobijemo
Ax+ By+ (Ck+ D) =O
74

Opet smo dobili pravac u ravnini XY i
to pravac N'R', koji predočuje projekciju presječnice
NR u ravninu XY (vidi sl. 50).
Vidimo, da je svaki presjek pravac, dakle
jednadžba ·
Ax + By + Cz + D = O
predočuje ravninu u prostoru.
Ako u opću jednadžbu ravnine
Ax + By + Cz + D = O
Sl. SI
ne ulazi član sa z, t. j G= O, tada jednadžba Ax+ By+ D= O predočuje,
kako već znamo, ravninu paralelnu s osi Z, odnosno okomitu na ravnini XY,.pri
~emu
je pravac Ax + By + D = O trag te ravnine.
Analogno predočuju jednadžbe .
Ax+ Cz+ D= O
By +Cz +D =0
ravnine, koje su paralelne s osi Y, odnosno X, dakle su okomite na ravnini XZ,
odnosno YZ. ·
Ako u općoj jednadžbi ravnine nema članova s dvije promjenljive, na pr.
A = O i G = O, jednadžba
By+ D= O
ili
D
y=-­ B
predočuje ravninu, koj~ je paralelna s koordinatnim osima X i Z, pa je paralelna
s ravninom XZ. (sl. 51).
Slično
su ravnine
Ax+ D=O·
Cz+ D= O
paralelne s_ ravninom YZ, odnosno XY.
Općenito može se kazati: linearna jednadžba u x, y i z, u kojoj nema jedne
ili dvije od tih promjenljivih, paralelna je s onim koordinatnim osima, koje odgovaraju
izostavljenim promjenljivim.
Konačno, ako je D = O, jednadžba prima oblik
Ax+ By+Gz =0
pa predočuje ravninu, koja prolazi ishodištem koordinatnog sustava; jetde zadovoljavaju
koordinate (0, O, O) ishodišta O.
e) Prelaz od opće jednadžbe ravnine na normalni oblik
Neia ista ravnina ima dvije jednadžbe
75

opću:
i normalnu
Ax + By + Cz + D = O
xcosa. -t-ycos ~ + zcosy-p =O
Radi .toga Ato te jednadžbe predočuju istu ravninu, slijedi da koeficijenti tih .
i~džbi moraju biti proporcionalni Oednak.i samo u posebnom slučaju). Stoga
množimo sve članove prve jednadžbe s faktorom proporcionaliteta >., koji nam
:~.asad još nije poznat:
Al.x + B"'Ay + GAz + D"A = O
Sada možemo izjednačiti
pripadne kOeficijente obiju jednadžbi:
cosa.= A"A
cos~= B"A
cosy =G>.
(a)
-P= D"A
(b)
Kvadriranje i zbrajanje jednadžbi (a) daje:
costa. + cos•~ + cos""(= "A'( A• + B• +. e•)
L prema (S):
Odatle
l = 1.•( A• + B• + C•)
(e)
Uvdtenje (e) u (a) daje
A
cos a. = -:;;=:7=====:~::::::::;;::
± VA• + B• + e•
B
cos~ = --:-;::::===='0=
±VA·+ B' +G·
e
±VA'+ B• + e•
cos"( = --:-;:::::======
(47)
To su kosinusi smjera normale ravnin.e Ax +By +Ct:+ fJ =O.
Uvrštenje "(e) u (b) daje
Prema tome
A x + B Y .+ e 8 +
± VA• + B• + e• ± VA• + B• + e• ± VA• + B• + e•
76

ili
+ D =0
±VA•+B•+C•
Ax + By + Cz + D = O
± VA• +B·+ e•
(47a)
jednadžba ravnine u normalnom obliku.
Odatle slit~di: da se izvrši prelaz od općeg oblika jednadžbe ravnine na
normalni, treba jednadžbu ravnine podijeliti s ±VA· +. B• +e·. pri čemu
se ispred korijena uzima predzn~, koji je protivan predznaku od D, jer je p,
kao duljina normale, bitno pozitivna veličina.
Primjer.
Prikaži u normalnom obliku jednadžbu ravnine
2x-y +Zz+ 6 =O
Kako je A = 2, B = -l, e= 2 i D = + 6, dijelimo jednadžbe ravnine·- V4 + l + 4 -
=-V9=-3:
normalni oblik
P rema torne :
2· l 2
cos oo: = -T, cos !3 = 3 , cosy = - 3 , p "" + 2.
d) Udaljenost točke od ravnine
Traži se udaljenost d točke T,(x., y" z.) od ravnine
Zadanom točkom T, položimo ravninu E' paralelnu sa zadanom ravninom E.
Iz slike 52 vidimo, da je x cos ot+ y cos~+ y cos y- (p+ d) =O jednadžba
te paralelne ravnine E'.
Točka T,(x"y., z,) leži u toi ravnini E',
dakle
z
x, cos ot + y 1 cos ~ + z, cos y _.;.p- d = fl
Odatle je
d= x, cos ot+ y, cos~+ z,.cos y-p (48)
tražena udaljenost točke od ravnine.
Da se odredi udaljenost točke od
ravnine, treba jednadžbu ravnine napisati
u normalnom obliku, pa u taj oblik
uvrstiti koordinate zadane točke.
Prema tome obzirom na (47a)
jest udaljenost točke
d= Ax,· t- By, +Cz, + D
± VA• +B'+ e•
Sl. 52
T,(x" y" z,) od ravnine Ax + By +Cz + D =O.,
(48a)
77

Primjer.
iOdredi udaljenosti točaka T, (3, 4, S) i T, (3, ____., -5) od ravl'!.iRe 6x + 4y + 3r- 12 = ()
Prelazimo na normalni oblik prema. (47a):
a prema (48a) dobijemo
Udaljenost točke T 1 (3, 4, 5):
6x + 4y + 3z-12 =O l: + V36 + 16 + 9"" + V6J
6x + 4y + 3z- 12 = 0
%1
6·3+4·4+3·5-12 37 37 .
d,= =-=- =-4,73
V6i V6i .7,s• -
Udaljenost točke T, (3,-4,- 5)
d,= 6· ~ + 4(-4) + 3

, To je jednadžba ravnine u segmentnom obliku.
Uvrstimo li redom u (49) z= O, y =O ix= O, dobit ćemo jednadžbe pravaca,
u kojima zadana ravnina siječe koordinatne ravnine:
MN=-=._ +L= l; MQ =-=._ + .:_ = l, NQ =L+!_ = l
m n m tf n f
(vidi sl. S3).
Primijetimo još, da položaj ravnine u prostoru najlakše odredimo izvršiVši
prelaz na segmentni oblik njene jednadžbe.
Primjer.
Prikaži jednadžbu ravnine 5x- 2y + 8z + 4 = O u segmentnom ebliku.
Podijelivši zadanu jednadžbu ravnine s - 4 dobijemo
5 l
- 4
x + 2
y- 2z- l = O
pa je
Odatle
X y Z
--4 +2+--1 =l
--s -2
4
m=-s n=2
segmentni oblik
l
IJ=-- 2
f) Jednadžba ravnine kroz jednu zadanu točku T,(x" y., z,)
Polazimo od opće jednadžbe ravnine
Ax + By + Cz + D = O
Ravnina prolazi točkom
TJ(x" y" z,), dakle
Ax, + By, + Cz, + D = O
Oduzmemo li od prve jednadžbe drugu, dobijemo
A(x-x,) + B(y-y,) + C(z-z,) =O
(SO)
jednadžba ravnine kroz jednu točku T,(x" y" z,).
Mnogo je zgodniji za praktičnu primjenu drugi oblik te jednadžbe. Da ga
dobijemo, podijelimo (SO) s G, pa će uz oznaku~ = A, i ~=B, glasiti taj dru-­
gi oblik
A,(x-x,) + B,(y-y,) +('z-z,)= O
(SOa)
Dva koeficijenta A, i B, ostala su neodređena, jer ravnina nije određena s jednom
točkom,· već s tri.
g) Jednadžba ravnine kroz tri zadane točke T,(x" y" z,), T,(x,,
Y•• z.) i T.(x., y., z,)
7tl

Kako zadana ravnina prolazi trima zadanim točkama T., T, T., koordinate
tih točaka moraju zadovoljavati jednadžbU: ravn.il)e: ·
Ax + By + Cz + D = O
Ax, + By, + Cz, + D = O
Ax, + By. + Cz. + D = O
Ax. + By, + Cz, + D = O
Dobili smo' homogeni sustav od četiri linearne alge barske jednadžbe s četiri
nepoznanice A, B, C i D. Znamo, da takav· ~ustav ima rješenja različita od očevidnih,
ako je determinanta sustava 6. = O.
Prema tome je
X y z
x, y, z,
x. 'y, z.
x, y, z,
jednadžba ravnine kroz tri zadane točke
=0 (Sl)
Budući da je determinanta jednaka nuli, možemo je svesti na detenninantu
trećeg reda tako, da od elemenata svakog retka oduzmemo pripadne elemente,
na primjer drugog retka:
Primjer.
l
x-x,
x,-x,
x.-x,
y'-y,
y,-y,
y.-y,
z -z, l
z.-z,
z,-z, =0
(S la)
Odredi jednadžbu ravnine, koja prolazi točlcama T, (l, 1,-1), T, (3, --4, -2) i T, (-l, O, 1).
Prema (Sta)
l x-l
y-1
3-1 -4-1 -2+
z+ l l =&
-3-l O-l l + l
1 x-i y-1 z+ll
ili -5 -l =0
-4 -l 2
Razvijemo determinantu po elementima prvog retka:
(x-1)(-10-1) -(y-1)(4-4) +(z+ 1)(-2-20) =-O
Ravnina je okomita na ravnini XZ.
- llx + ll - 22z- 22 = O
llx + 22z + ll = O
x+2z+I=O
h) Jednadžba ravnine u parametarskom obliku
Neka je ravnina E zadana s dva pravca m i n, koji se sijeku u točki A.(x., y, z,)
(sl. 54).
30

l -+ cos ex, = a, -~-cos cx 1 = a1
:maa m 1 n jedinične velttore s? cos fj, = b, i sg cos ~. b 1
Zatianoj točki A ( x ,, y,, z J dodijelim~ radij\!ektor -;·l ;: a zadanim pnv-
. ~
cos y, = e, . cos Y• = '•
T.otu zadane ravnine T( x, y, .Z), ·koju smo odabrali po volji, d

Vidimo, dau·jednildžbu ravnine ulaze dva parametra u i v.\ U tome se očituje
dvodimenzionalnost ravnine:.
a) Kut dviju uvnina
Pod kutom dviju· ravnina
5. DviJe ravni~e
E,-= A,x .+ B,y + C,z + D,= O
. E,= A 1x.+ B,y.+ C.z +D,= O
razumije se kut njihovih normala, jer je, kako'se vidi iz'slike 55, kut izmedu normala
jednak jednom od kutova zadanih ravnina (kao kutovi s okomitini krakovima).
Jasno je, da je drugi kut ravnina suplement
prvoga~ .JI= 180°-q~. Na·taj način
svodimo kut dviju ravnina na kut dvaju
pravaca, koji već·znamo.odrediti [vidi 3.
a) ;:wog §].
Povučemo li te normale iz· ishodišta
O' koordinatnog sustava i dodijelimo li
tim normalama jedinične .vektore
Sl. SS
--
- { cos or.,
n? cos~~
cos y,
tada prema (19a) imamo
cos !p = nf ng = cos or.·, cos_or.a + cos [3 1 cos f3• + cos y, cos y,
ili obzirom na formule.(47)
- { cos oc,
ng cos~.
cos 'Y•
(Sl)
ti) Uvjet okomitosti dviju ravnina
Ako su dvije ravnine međusobno okomite, kut cp = 90°, a cos 90°· = O,. pa
prema (~3), odriosno (S3a) imamo:
AiA,; + B,B. + C,C, = O
uvjet okomitosti dviju ravnina.
e) Uvjet paralelnosti dviju· .ravnina
Ako .su dvije ravnine međusobno paralelne; njihove normale povučene iz
ishodišta padaju.:.u isti smjer, pa je
82
a., = a., ; ~~ =· [3. y, = "!:•
(54)

odnosne
CQS ex, = COS IXs , , CĐS ~ 1 = CIJS ~~
Prema tome obzirom na (47) dobifemo
ili
B,. G\
Iste vrijednosti dobijemo za omjere -
B, '
A, B, e,
A,= B,= e;
1 e- , pa je
uvjet paralelnosti dviju ravnina.
To znači: koeficijenti od x, y i z u jednadžbama paralelnih ravnina su proporcionalni
ili jednaki.
Tako, na pr:,',ravnine navedene u primjeru L na str: ll ne sijeku se 1.1 jednoj
'ki . d .. . đ b l l ( 2 -
3 5
roc , Jer su prve VlJe ravmne me uso no para e ne 4 = =-6 = = l )
10
2 ,
pa sijeku treću ravninu u paralelnim pravcima r i q (vidi sl. 7). Ravnine navedene
u primjeru 2. ne sijeku se uopće, jer. su prema (55) međusobno paralelne (vidi
sl. 8).
Iz ·formule (54) i (55) vidimo, da koeficijenti A, B i e od x, y i z u jednadžbi
ravnine određuju njen smjer, dok apsolutni član D određuje položaj ravnine u
prostoru.
Primjeri
l. Odredi kutove,- što ih međusobno zatvaraJu ravn•n~
Prema (53a)
4x- Sy + 3z + 7 = O 2x + ly - ~ - l 3 = O
4·2+(-5)·3+3(-1) 8-JS-3 JO
cos

Praaa (SO):
~(SS,:
Odatle
A(x- 4) + B(y + l) + C(~ -l) = l
A=1;B=5 ;·C=-4
1(x- 4) + S(y + l) -
7x + Sy-4~-15 =O
4(z- 2) = O
3· Napi§i jednadžbu ravrune, koja je okomita na ravninama 6x- 3y..: si+ 4 "" G i lx-4y+
+ 16~- 7 = O, a siječe na osi Z odrezak q = 12.
Iz posljednjeg uvjeta zadataka slijedi, da trdena ravnina prolazi ~om C(O, O, 12,, p«
prema (SOa) njena jednad"ba glasi:
ili
:Prema (54):
A, (x-O) + 8 1 (y- O) + (z- 12) = t
A, x + B 1 y + 1 z- 12 =e
B,=?
6A,- 38 1 - 8 =O
JA,- 4B 1 + 16 =O
(lt
Iz tog sustava jednadžbi računamo A 1 i B,.
Dobijemo;
Uvrštenje u (a) daje
16
Tx+Sy+z-12=0
ili
16x + 24y + Jz- 36 =O
4· Odredi međusobnu udaljenost d dviju paralelnih ravnina
l) 6x - 2y + 9z + 22 = O
6x - 2y + 9z + 33 = O
Zadane ravnine su paralelne, jer x, y i z imaju iste koeficijente. Napišimo njihove jednadžbe
u normalnom obliku i odredimo duljine p 1 i p 1 normala bačenih iz ishodiha O koordinatnor
sustava na te ravnine.
Prema (47a) dijelimo obje jednadžbe s - V36 + 4 + 81 - - Vw = - ll
Dobijemo:
- ~ x· + 3.. y - J.. z - 2 = o
ll ll ll
6 2 9 .
- 0
x+ 0
y-flz-3=0
p, =.2
P• = 3
Budući da su ravnine paralelne, a apsolutni član D u obim jednadžba,ma ·ima i a ti predznak,
obje ravnine leže s jedne strane od ishodišta O.
ll4

Prema tome:
' + 7:
dobijemo
2) 3x + 2y- 6z + 21 - O
3x + 2y-6z-.28 =O
Postupamo na isti način. Prvu jednadžbu dijel\mo s - V9 + 4 +.36 = -7, a druau
p,:;=3 .• ,.p.=4
Kako apsolutni članovi zadanih jednadžbi imaju različite pfedznake, ravnine ie:le na razliotim
stranama od ishodi§ta o, pa je
d) Presječnica dviju ravnina
d = p, + Po = 3 + 4 = 7
Dvije ravnine, ukoliko nisu paralelne, sijeku se u jednom pravcu. O tome
smo već govorili promatrajući pravac u prostoru kao presječnicu dviju zadanih
ravnina [vidi 2.c) ovog paragrafa].
Primjer
Odredi presječnicu ravnina
3-:t + 2y- 4z + 13 ~ 8
Sx- 3y + 2z- 2 "" O
izrazivli je u kanonskom obliku.
Do trdene ptesječnice dođemo ovog puta tako, da najprije izvedemo njenu jednac:tlbu u
parametarskom obliku,· a zatim predemo na kanonski oblik.
Stavimo x = t, gdje je t parametar. ·
Uvrltenje u zadane jednadžbe daje:
2.y-4z =-Jr-13
-3y + 2z =-St.+ 2
Pomnolimo li drugu jednadžbu· s 2 i zbrojimo li Je s prvom jednadJbom, dobi;-
a odatle
-4y=-13t-9
f3 9
y=4t+4
Iz prve ili druge jednadžbe nakon uvrštenja gornje vrijednosti liB y dobij.mo:
x-t
13 9
y=4t + 4
:r = 19 t+ 3S
8 8
jednadfbe:tra:lene presječaice:u parame
tarskom oblilru

ili
4 8
9 35
x y-4 z-8
Iz tih· jednadžbi računamo t. Izjednačenje izraza dob1venih za r liaje:
9 35
x y-4 z-~-
-= -,-3- = -,-9-
s-=~=-,-9-
kanonski obhk jednadžbe tralc11c pre•
•iečnice
6. Sjecište triju ravnina
O tome smo već potanko govorili proučavajući determinante trećeg reda
(vidi § l, 3), pa znamo, da se općenito tri ravnine sijeku u jednoj točki, čije koordinate
određujemo tako, da riješimo sustav, što ga čine jednadžbe zadanih
ravnina. ' ~
Na pr. da odred1mo sjecište koordinatnih ravnina XY, YZ i ZX, kojima S\1
jednadžbe z = O, x = O i y = O, riješimo sustav
x=O
y=O
z=O
a to ·su koordinate ishodišta O koordinatnog sustava.
Riješimo nekoliko primjera, koji ilustriraju posebne slučajeve sjecišta triju
t'avnina.
Primjeri
l. Odredi sjecište triju ravnina
P = 2x - 3y + Sz- 6 = O
O= x+ y+ z-2=0
R = 3x - 2y + 6z - 7 = O
Riješimo li taj sustav Jednadžbi pomoću determmanata, dobit ćemo:
8
Xo =O
-3
Y·=o
-5
=o
jer su prva tri člana treće jednadžbe zbroj odgovaraJućih članova prve i druge jedn~džbe.·
Ti rezultati pokazuju, da se ravnine ne sijeku, odnosno da se sijeku u beskonačno dalekoj
točki; a kako zadane ravnine nisu međusobno paralelne [nije ispunjen uvjet paralelnosti (55)],
to je samo tako moguće, da se zadane ravnine međusobno sijeku u paralelnim pravcima (vidi
,sl. 9).
Da se u to uvjerimo, odredimo jednadžbe pra,vaca p, q i r, u kojima se sijeku zadane ravnine.
Postupajući na način 'naveden u predašnjem primjeru, dobijemo:
presječnica q ravnina l' i R
,
l 3
x )'-2 z-2
presiečnicu r ravnina P Q s=--3 =-=s
s ll
y--
X
presječnica p ravnin;: Q i R : 8 8
z--8
= --=5
9
z-l
·--=s
86

Izvedi to!
. Sve "tri. presječnice imaju iste koeficijente smjc;ra 8,.-3 i - $; dakle se ravnine zaista•:syi;ku
u trima paralelnim pravcima p, q i r. (vidi sl. 9) •.
2. Odredi sjecište ravnina
2x- 3y + 5::- 6 = O
x+ y-!' z-2=0
3x-2y + 6z-8 =O
Rješavanje toga sustava jednadžbi daje:.
o o
x. =o ' Yu = 0
o
,. Za= O.,
ierje treća jednadžba zbroj prvih dviju.
Kako izraz % nema odredenog smisla, zaključujemo, da se zadane ravnine ne sijeku u jednoj;vet
u beskonačno mnogo točaka, t. j. sijeku se u jednom pravcu.
Da to dokažemo, odredimo na gore navedeni način presječmce zadanih ravnina. Dobit
čemo, da se sve tri ravnine sijeku u pravcu, kojemu je jednadžba: ·
(vidi sl. l 0).
Vitli također § l, točku 7.
a) Kut pravca i ravnine
7. Pravac ravnina
Pod kutom pravca p i ravnine E razumijemo kut rp, što ga zatvara pravac p
sa svojom ortogonalnom projekcijom p' na zadanu ravninu E (vidi sl. 56).
Prema toj slici ·
Zadanom pravcu
cp= 90~- tjJ
x-x, y-y, z-z,
p= -a-= -h-= -e--
z
dodijelimo jedinični
a zadanoj ravnini
jedinični
vektor
vektor normale
cos !J:,
cos~ •
. cos y,
E = Ax + By + Cz +D = O
Sl. 56 ·
- { COSoto
»~r
cos~ •
. CO'S Y•
87

Prema slici 56 i formuli'(l98)" imamo:
cos !Ji = cos a:,· cos IX• + cos ~i cos ~. + cos Y• cos.y,
(S6)
1 uzevši \1 oozir formule (3_9) i (47) i 1)1 == 90°-

Omačimo s l zajedničku
vrijedriost omjera (S•)
Ođatle
11=1·A
b= l ·B
e =l ·G
t. j. kĐeficijenti smjera pravca su razmjerni s koeficijentima jednadžbe ravaine.
Uzmeme li, da je faktor razmjernosti t = l, dobijemo:
"=A; b= B; c=C
pa jednadžba normale na ravninu Ax+ By+ Cz+ D= O glaii
(5ta)
x-x, _y-y., _z-z,
-A- --B--Cgdje
su x" y, i z, koordinate neke točke
d) Probodište pravca i ravnine
normale.
KMrdinate točke, u kojoj pravac probada ravninu, najjednostavnije odcedimo
tako, da izrazivši jednadžbu zadanog pravca u parametarskom.obliku, odt-edimo
onu vrijednost parametra t, koja odgovara traženom probodištu'. Tu vriic4:­
nost parametra l dobijemo tako, da parametarske jednadžbe pravca uvrstimo. ·u
jednadžbu zadane ravnine. ·
Pokažimo to na primjeru:
Odrė dl' b d' • p _ X - 2 y + 3 Z -
pro o 1ste pravca p = -
l
6 - = _ . 5 - = - 3 -
i ravnine
E = 3x + 4y + z + 6 = O
Parametarski oblik jednadžbe pravca p:
x=6t+2
y = -5t- 3
z= 3t + l
(a)
Uvrštenje u jednadžbu ravnine E daje:
3(6t + 2) + 4(- 5t- 3) + (3t + l) + 6 = o
ili
t+l=O
Odatle
t =·-t
To je ona vrijednost parametra t, koja odgovara traženom probodištu P.
lt

Uv.rštenje r = -l u (a) daje:
x=-4
y= 2
z=-2
e) Uvjet i da pravac lc7i u ravnini
Ako zadani pravac
P(-4, 2, -2)
x-x, _y-y1 __ z-z,
tt ---b- --e-
leži u zadanoj ravmm
Ax + By + Cz + D = O
l) on je s njome paralelan, pa Je prema (57)
aA+ bB + cC = ()
(59)
2) ·ravnina prolazi točkom T.( x., Y~> z1) pravca, cl:akle
Ax1 + By 1 + Cz 1 + D = O
(59a)
To su uvjeti, da pravac leži u ravnini.
Primjeri
x-1 y+3 z-5
l. Odredi kut, što ga pravac -
3 - -- 2 - = _ 4
+ 3z-7 =O
Prema (56a):
zatvara s ravnmom 2x- Ciiy +
. 3·2+2(-6)+(-4)·3 18 t8lf2'
szncp = ...,. --- = ---
V9+4+16·V4+,36+9 1'{29 2o3
di sin

Traženi pravac je paralelan sa zadanim ravninama; dakle prema (57):
Sa-b-c= 0/ :e
a+3b+2c=O/!c
f>obi)emo:
~~-~-1 =0
e e
a+ 3~+2=0
e
Odatle računamo ~ i !..
e e
('o)
PefiiJelimo li naz1vnike u jednadžbi (a) s e 1 uvrstimo li vrijednosti (b), dobit ćemo
3. Napiši jednadžbu pravca, koji prolazi točkom .(3, -2, l) a okorrut je na ravnini
Jednadžba traženog pravca
3x + 4y- z + 3 = U
ili
Prema (58):
x-3 y+2 z-1
-a- = -b- = -ex-3
y+2 z-1
-a-=-b-=-1-
a
e
e
e
b
e
(a)
ili
Odatle:
Uvrštenje u (a) daje
a 3
-c=-1
.>:-3. y+2 z-l
-3 = -4 =-,-
x-3 y+2 z-1
-3- = -4- =-=l
Do istog rezultata. dolazimo i neposredno po formuli (S8a).
Ill

4. Odredi jednadžbu ravnine, koja je zadana s dva ukdtena prav•:
x-l Y+2 z-3
-3-=-2-= -1
x-1 y+2 z-3
-2-= -5 = -4
Iz jednadžbi zadanih pravaca vidimo, da se pravci sijeku u točki S( l, -2 ,3).
Tražena ravnina prolazi tom točkom S, dakle prema (Soa)
Prema (59):
Dobijemo:
Uvrštenje u (a) daje
A,(x-1) + B,(y + 2) + (z-3) =l
A,=?
B,=?
JA, + 2 B,- l = O
2A,-SB,-4 =O
13
A,= i9 '
Odatle računam•
lO
B, =-19
A, 1 ••
l.a}
ili
13x-10y + 19z-90 =O
točke
5. U primjeru na str. 68 odredili smo pomoću diferencijalnog računa najkraću wll•ljeaost
T(2, l, 3) od· pravca
x-l y-1 z-1
ps--=--=--
1 2 3
Riješimo sada isti zadatak na čisto analitičko geometrijski način. U ru svrhu:
l) Točkom T(2, l, 3) položimo ravninu E okomiru na zadani pravac.
Prema (SOa)
Prema (58)
E= A,(x-2) + B,(y-1) + (z-3) =t
Odatle
' l
A,=3'
2
8,=3
'·
ili
J 2
E = 3
(x - 2) + 3" (y- l) + (a>- 3) = l
E'""' x + 2y + 3z- 13 = O
2) Odredimo probodište P ravnine E sa zadanim pravcem p.
p u parametarskom obliku:
X= t+ l
y = 2t + 1
z~ 3t + I
92

ili
pa je
r + 1 + 4c + 2 + 9c + 3 -
I4r-7=0
l
'• = 2
3
Xo = 2' Yo = 2 ,
5
Zo = 2
ll = o
3) ~ .. ,,. = TP= prema (ll)= V(2--H" +(I-:)• + (1- f}i
dmin= Vf
6. Odredi najkraću udaljenost mirnosmjernih pravaca
I.
x-t y-2 z+t
-2- = -4- = -3- II.
x+2 .Y+I z-3
-3-= -2 =-4-
Pod najkraćom udaljenosti dvaju mirnosmjernih pravaca razumije sc duljina okomice, koja
je zajednička jednom i drugom mimosmjernom'pravcu.
Da oclredirno tu najkraću udaljenost, postu parno kako slijedi:
l) Jednim pravcem, na pr. p~m, 'položimo paralelnu ravninu E s-dntgirn pravcem
Pravac .I .. leži_ u. ravnini
dakle prema (59) 1 (S9a):
E== Ax + By + Cz + D = O
2A + 4B + 3C =O
A+2B- C+D=O
Ravnina E je paralelna s pravcem· II., dakle prema (S7):
3A.-2B + 4C= O
Dobili smo homogeni sustav od četiri linearne jednadžbe s četiri nepe!nanice•A, B, C,iJD
Znamo, da izjednačena s nulom determinanta toga sustava
y
2 4
l 2
3 -2
X
l
daje traženu jed.ladžbu ravnine E.
Da je pojednostavimo, oduzmimo od elemenata prvog i trećeg retka elemente trećeg retka:
y-2
4
-2
=0
Odatle:
(x-1) 22 -(y- Z) (-1} +(z+ 1)(-16) ~O
93

ili E ='= 22x + y - 16z- 40 = lJ
_. 2) Očito je, da je udaljenost bilo koje točke pravca ll., na pr. točke (-2,-1, 3), od ravnme
E Jednaka traženoj najkraćoj udaljenosti zadanih mimosmjernih pravaca. -
Prema (47a) i. (48a) imamo:
dmin ~ 22 · (-2)-::-1 -16 · 3-40 = _ ~~t=•- ~ =- 4 89
V484+-I·+256 "V741 27,2 '
dmin = 4,89
Kasnije.ćemo slični zadatak-riješiti pomoću diferenr.ija!nog računa (vidi §4, 1!;, c•l· Riješi
ga sada na gore navedeni način. ·
Međusobnu
udaljenost d mimosmjernih pravaca
x-x, y-y, z--z, x-x • .)1-y, z-z 1
a;- =--b-,- = -,-;- ; -a;- = -~ = ~
možemo odrediti i neposredno pomoću
formule
x,-x, y,-y,
z 1 -z, l
a, bl e.
a, b, e,
d= --..
j
k
a, b, e,
a, b. C:J
§ 4. FUNKCIJE DVIJU l VISE NEZA VI SN IH PROMJENLJIVIH
1. Općenit:o o funkciji dviju promjenljivih. Njeno geometrijsko zaačenje
i neprekinutost
Znamo, da je na pr. obujam V kružnog valjka jednak 1tr• v. Mijenjamo li
polumjer r osnovke i visinu v valjka nezavisno jedno od drugc.ga, zavisit će vrijednost
obujma V od vrijednosti uzetih za r 1 v. To. znači, obujam V valjka je
funkcija dviju nezavisnih promjenljivih r i v, t. j. V= f(r. v)
Općenito funkcionalnu zavisnost veličine z od veličina x i y označujemo simbolički
sa z=f( x, y) z je, dakle, funkcija ili zavisna prorr.jenlji'fa, a x i y su argumenti
ili nezavisne promjenljive. Jasno je, d

.nog izraza J(x, y) za tu funkciju, krajnje točke tih okqmica ili aplikata (kota) dat ce
dvodimenzionalnu geometrijsku tvorevinu, koja se zove ploha.
Prema tome, funkcija dviju nezavisnih promj~;nljivih ,; =J {x, y)
predočuje geometrijski plohu u prostoru,
Iz analitičke geometrije u prostoru (vidi § 3) znamo već, da funkcija lineHrna
u x, y i z, t. j. .
odnosno
Ax + By + Cz + D = O
A B D
z=--cx-cy-c
u 'implicitnom obliku,
u eksplicitnom obliku
predočuje ravninu u prostoru, t. j. ravnu plohu. Jasno je, da je u općem slučaju
područje definicije linearne funkcije cijela ravnina XY.
z
Sl. 57 Sl. 58
Slično tome kako funkcija jedne nezavisne promjenljive y = f(x) predočuje
geometrijski pravac, ako je linearna u x i y, odnosno krivulju, ako u x i y nije linearna,
predočuje
funkcija dviju nezavisnih promjenljivih z =J ( x, y), odnosno
F(x, y, z) =O, koja nije linearna u x, yi z, neravnu oblu plohu.
Kao primjer izvedimo jednadžbu kuglinc plohe ili, kako sc obično kraće kaže,
kugle.
Slika 58 predočuje prvi oktant kugline plohe polumjera r sa središtem u ishodištu
O koordinatnog sustava. Kako vidimo, kuglina ploha prikazana Je u slici
u lijevom pravokutnom koordinatnom sustavu. U tom lij~vo;n sustavu prelazi
os +X u os + Y, os +Yu os +Z i os +Z u os +X okretanjem u smislu kazaljke
na satu.
Odaberimo na kuglinoj plot-J točku T(x, y, z) po volji, pa iz pravokutnbg
trokuta OT'T imamo
r' = z• + OT'"
a iz pravokutnog trokuta OKT' slijedi
Uvrštenje u prvu -jednakost daje
OT'"= x• + y'.
x• + y• + z• -- r• = O
95

To je jednadžba, kugline plohe polumjer_a r, kojoj je središte
u ishodištu, u implicitnom obliku.
Odatle
z=± Vr•-x•-y•
(60&)
jedn.adžba kugline plohe u eksplicitnom obliku.
Vidimo, da z nije linearna funkcija od xi y i da je njeno područje definicije
krug polumjera r, kojemu je središte u ishodištu O.
Ako središte kugle nije u ishodištu O koordinatnog sustava, već u nekoj točki
S{m, n, q), jednadiba kugline plohe glasi: ·
· ili, ako kvadriramo binOJlle i uredimo:
(x-m)'+ (y-n)• + (z-q)' = r•
x• + y• + z• - 2mx- 2ny - 2qz + ( m• + n• + q• - r•) = G
(61)
Iz toga izraza slijedi opća
jednadzba kugline plohe:
A(x• + y' + z~) + 2Gx + 2Hy + 2lz + K = O
~a pr. jednadžba
4x• + 4y• + 4z'- 8x + l6y + 20z- 19 = l
(61a)
.predočuje kuglu.
Da odredimo koordinate njena središta S i njen polumjer r, podijelimo jednadžbu
s 4:
19
(x~-2x)+ (y• + 4y) +(z'+ Sz)--= O
4-
n Mdopunimo izraze u zagradama na potpune kvadrate:
ili
(
s )' 19 25
(x-l)'-+(y+2)'+ z+-y =-;r+1+4+ 4
rx-IJ•+(y+2J"+(z+ ~)'=16
S (l, - 2? - --}) ; T= 4.
Pro~,;torno geometrijsko značenje funkcije jedne nezavisne promjenljive
F(x, y) =O.
Znamo, da funkcija F(x, y) =O, odnosno y =f(x) predočuje geometrijski
krivulju u ·ravnini XY. Međutim, promatnimo li tu funkciju prostorno, moramo
.uzeti u obzir, da u izraz funkcije ne ulazi apljkata z, a to zQači da aplikati :~
možemo dati bilo koju vrijednost pozitivnu i negativnu. Prema tome funkcija
96

F( x, y) = O .predočuje geometrijski. plohu valjka, kojoj su izvodnice paralelae
s osi Z, odnosno okomite na ravnini XY, i koja sijc::če ravninu XY u krivulj:
F(x, y) =O, ili drugim riječima; kojoj je krivulja F{x, y) =O trag u ravnini·X't'.
Tako na pr. funkcija x• + y• = r• predočuje
geometrijski u prostoru uspravni kružni
valjak, kojemu je os simetrije os Z (vidi sl. 59)
z
Iz istog je razloga :_: + yb__: = l jednadžba
a' •
eliptičnog valjka s isrom osi simetrije. Visi~e
obaju valjaka protežf.J se od -oo do +oo. Hoćemo
li zadati valjak odredene visine h moramo
ga presjeći ravninama, na pt. ravnmom
X:Y(z =O) i ravninom, koja je paralelna s
ravn1nom XY, a udaljena od nje za h: z= h.
Slika 59 predočuje uspravni kružni valjak visine
h, kojemu je jednadžba·
x' + y' = r' l
z= o
z= h
Sl 5~
Kako u izraz funkcije F(x, y) =O ne ulaz1 z, presjeci plohe valjka ravninama
z= h uvijek su iste krivulje F(x, y) =O
Ako je funkcija F(x, y) =O linearna u xi y, ona predočuje ,ravninu, koja ;eokomita
na ravnini XY i koja ima za trag u toj ravnini pravac F(x, y) =O. O tOlll
je već bilo govora (vidi § 3, 4). Isto tako predočuju jednadžbe :: - ~: = l i
y' = 2px hipCJ"bolu, odnosno paubolu u ravnini XY, a prostorno su to ploht
valjaka, kojima su izvodnice paralelne s osi Z i koje sijeku ravninu XY u tim kri·
vu ljama.
Neprekinutost funkcije z =f(x,y) definira se slično kao 1 neprek.tnut0$r
funkcije jedne promjenljivey =f(x} (vidi Dio l. §.8,.J).
Funkcija z"=f(x,y) neprekinuta je U1točki T.(x,,y,), ako teži svojoj vrijednosti
z, = f(x., y,) u roi točki T., kad x teži x" a .y teži y" t. j. ako je
lim f(x, ~) = f(xh y,) = .2' 1
X-+ Xa
y -+Y•
Iz pojma limesa slijedi druga definicija neprekinutosti funkcije z = f(x, y)
u toćki T.(x., y',):
Funkcija z= f(x, y) neprekinuta je u točki T.(x., y,), ako je
J
t. j. ako apsolutnu veličinu razlike iztneđll vrijednosti funkcije •• u točki Ta
(x., y,) i vrijednosti funkcije z u bilo kojoj susjednoj točki T{x, y) možemo načiniti
po volji malenom (

z
Iz definicije neprekinutosti. funkcije slijedi :
Funkcija z =f(x, yj,, koja je nep~;ekinuta
obzirom na· obje nezavisne promjenljive x i :V•
neprekinuta je i obzirom na svaku promjenljivu
posebno, ali obrat to~~:a stavka ne ·mora uvijek
vrijediti:
Funkcija z= f(x, y), neprekinuta u svakoj
točki područja, u kojoj je definirana, zove
· se neprekinuta funkcija u tom području.
Rekli smo, da vrijednost funkcije
y
z= -f(x, y)
Sl. bO
možemo geometrijski predočiti kao aplikatu
točke, kojoj su apscisa i Qrdinata nezavisne promjenljive x i y. Pojam »točke« kao
cjelokupnost' vrijednosti nezavisnih 'promjenljivih možemo prenijeti i na veći broj
nezavisnih promjenljivih. Tako za funkcije od tri i četiri nezavisnih promjenljivih
u = f(x, y, z), v =· F(x, y, z, t)
možemo kazati, da je u vrijednost prve funkcije u točki (x, y, z), a v- vrijednost
druge funkcije u točki (x, y, z, t}. U prvom slučaju možemo stvarno:tu to~ku,
geometrijski predočiti obzirom na neki zadani trodimenzionalni koordinatni sustav
kilo točku .u prostoru s koordinatama x, y, z, dok bi funkcija u spadala u·-četvrtu
dimenziju {u drugom slučaju točku e~_; y, z, l) ne možemo geometrijski predočiti,
ali 'ipak možemo kazati, da je to točka četverodimenzionalnog prostora, razumijevajući
pod tim prostorom cjelokupnost vrijednosti četiriju variabla (x, y, z, t), koji
se. sastoji od svih_ mogućih vrijednosti nezavisnih promjenljivih x, y, z, t. Prema
tome, i neprekinutost funkcije triju i više nezavisnih promjenljivih možemo defi·
nirati na isti način, kako smo definirali neprekinutost funkcije dviju promjenljivih.
2. Plohe drugog reda
a) Općenlto o plohama .drugog reda
Znamo, da funkcija dviju nezavisnih promjenljivih z = j( x, y) predočuje
geometrijski plohu u . prostoru. Možemo zamisliti bezbroj najrazličitijih funkcija
dviju promjenljivih, a tim funkcijama odgovarale bi najrazličitije plohe. Međutim,
postoji jedna vrsta ploha, koje imaju osobito značenje u teoretskoj fizici, mehanici,
arhitekturi i t, d. To su plohe drugog reda, t. j. plohe, koje su u pravokutnom
sustavu izražene jednadžbama drugog stepena obzirom na koordinate.
Znamo opću jednadžbu krivulja drugog reda, odnosno presjeka stošca
Ax• + 2Bxy + Gy• + 2Dx + 2Ey + F = O
koja predočuje kružnicu, elipsu, hiperbolu i t. d. u ovisnosti od veličin~:
znaka koefidjen::.ra A, B, G, D, E, i F. *)
pred~
*) Vidi od istog pisca Repetitorii elementarne matematike, IV. §.12. Tehnička knjiga, Za~
~--x~ ..
98

Slično tome možemo napisati opću jednadžbu p~oha drugog reda
.!IxJ + By• + Cz• + 2Dxy + 2Exz + 2Fyz + 2Gx + 2Hy + 2lz + K = O (62)
Ne ulazeći potanje u diskusiju· o svim plohama, koje su iinplicimo predočene
tom jednadžbom· [vidi na pr. opću jednadžbu kugline plohe (6Ia)), promotrit ćein0o
samo najvažnije oblike tih ploha uzevši. ih u položaju, kad se njiltove ravnine simetrije_
podudaraju s koordinatnim ravninama.
S najjednostavnijim oblicima tih ploha i to s valjkastim plohama već smo se
upoznali malo prije, a s rotacionim plohama u § 7, · 7. drugog dijela ovog Repetitorija,
gdje smo tom prilikom izveli jednadžbu. kugline plohe, do koje smo malOo
p'rije došli na drugi način, i jednadžbe rotacionih paraboloida i hiperboloida. Naš
je sada zadatak, da proučimo još neke nerotacione plohe drugog·reda.
b) Troosni elipsoid
Izvedimo najprije jednadžbu rotaćionog elipsoida rotirajući elipsu
kojoj. su poluosi a i t, oko osi X.
Prema formuli (90) (Dio II. § 7)
dobijemlil
Odatle
e lr::-·-
y = ~ va•-x• =f(x),
a
[/ (x)]• = y' + z•
e'
- ( a• -- x•) = y' + z• l : e•
~·
x• y' z•
1--=-+-
112 e• e•
x• y• z•
- + - + - = l jednadžba rotacionog elipsoida (dvoosnog) (a)
a 2 c 1 c 2
Pomaknemo li svaku točku rotacioriog elipsoida, koja je udaljena za y od ravnine
XZ, za dužinu
• b
y =cy
gdje je.b neka dužina manja ili veća od e, t. j., drugim riječi,ma, stisnemo li ili razvučemo
~otacioni elipsoid u smjeru osi Y, tada ćemo jednadžbu te· nove plohe dobiti
tako, da u (a) uvrstimo y = ~
Dobijemo
y'.
x• I e• z•
-+- -y'•+-=1
a• e• b' e•
99

ili zamijenivši y' s y i skrativši e•
z
x' y' z'
aa + bi + e' ( 6 J)
To je jednadžba troosnog elipsoida,
kojemu su a, b i e poluosi. Vidi
sliku 61.
Da upoznamo oblik te plohe, odredimo
njene presjeke s koordinatnim ravninama
XY, XZ i YZ. U tu svrhu
uvrstimo u ( 63) jednadžbe tih ravnina:
z = o, y = o i X = O.
Dobijemo·
x' . y'
--t--=
a' b'
Sl. 61
y' z'
-+-=
b• e•
Vidimo, da koordinatne ravnine sijeku troosni elipsoid u elipsama, kojima su
poluosi a i b, a i e, b i e.
Promotrimo sada prijesjek troosnog elipsoida s ravninom z = h, t.· j. s ravninom,
koja je paralelna s ravninom XY, a udaljena od nje za h, gdje je l h l < e.
Uvrštenje z = h u (63) daje
ili
x' y'
-+a'
b•
h'
l-- c'
a to je opet eli psa s polu osima a' = a 0
uzevši eliptični
·_::_ ~: i b' = b F ~; ili prostorne
valjak, koji proicira promatrani prijesjek na ravninu XY.
Prema tome, svaka ravnin~
z =h, gdje je l h l

lwje su paralelne s ravninom
x~4y + 12z""' t
Kako ćemo kasnije vidjeti (vidi točku S. ovog §) jednadžba tangentne ravnine na eliptoi4
u točki T, (x,, y,, z 1 ) glasi:
ili za Dai slučaj
(a)
Zadatak' se svodi, dakle, na određivanje koordinata diraliita, t. f . .x" y, 1 z,.
Diralište T, (x" y" z,) leži na zadanom elipsoid.u, đalde
Znamo uvjet paralelnosti dviju ravnina (SS):
t">
pa poJJUloživli jednadžbu (a) s :576, t. j. napisavši je u obliku
9x 1 x + 16y 1 y + 64z~ z- 576 =O
dobijemo prema BofDjoj formuli i obzirom na zadanu ravninu x-4y + 12z = t
(e)
Uvrštenje u (b) daje
Odatle
l (16 }. l ( 4 }" . z ,•
64 27 z, + 36 - 3 z, + ' = l
Ul l

Uvrštenje vrijednosti dobivenih' za.z,'.u.(c)_daje
16
(x,),,. =·±IT
36
(y,),,, = =t= IT
Uvrstimo li izračunate
jednadžbe tih ravnina;
koordinate dirališta tangentnih ravnina u (a), dobit ćemo tralene
x-4y + 12z-44 =O
x -
4y + 12z + 44 = O
~erno
e) Dvokrilni troosni hiperboloid
Rotiramo li hiperbolu s poluosima a i e : y = ~ Vx•- a• oko osi X, dobit
rotacioni dvokrilni hiperboloid
z
Sl. 62
. e
~-~-~=
a• · e• e•
(a)
(vidi Dio II. primjer na str. 210 i sl. 73).
Stisnemo li ili razvučemo tu plohu
u smjeru osi Y, taaa dobijemo troosni,
dakle nerotacioni dvokrilni hiperboloid,
kojemu je jednadžba
Vidi sl. 62.
· Tu jednadžbu dobijemo iz jednadžbe rotacionog hiperboloida na način prikazan
pri izvodu jednadžbe troosnog elipsoida.
Načini taj izvod t
Presjeci s koordinatnim ravninama XY (z= O) i }(Z (y =OJ su~hiperbole:
x• z'
---=l
a 2 e'
dok presjeka s ravninom YZ nema (vidi sl. 62).
Pres jeci s horizontalnim ravninama z = h su hiperbol,e:
(64)
ili
kojima su poluosi a . =a R. l+- e•
b'~ bVl· +h·
e•
lO!

Isto tako su hiperbole pres JeCt dvokrilnog hiperboloida s ravninama y -= lt
paralelriirn s ravninom XZ: ·
x'
a' (l + ::)
z•
;=l
P9luosi tih hiperbola su:
l~
e'= e V • r I1
Međutim, pres jeci s ravninama x = l paralelnim s ravninom YZ su za lli >a
elipse:
ili
.kojima su poluosi: b'= b V~ J 1
..
e =e
~·
--
a•
Za lli

}edJUUiibe {a) i {b) su jeduc:ltbe i s t e talapJlble ravniwe, dallk koWieijeati tik je4aadebi
muraj1o1 l:lisi proporClODIIIAi, t. j. · · .
••
x, = ""j
e'
z,=-,
(e)
Očito je, a dlralište T, (x"y,, z,) Ježi t\a tangenmoj ravnini, pa uvritenje (e) u

pri čemu su za sve h
a'= a
R
l
b' =b vl+ lt'- ,. poluosi _tih elipsa.
Presjeci s koordinatnim ravninama XZ i YZ (y = O i x = O) su hiperb!ile:
y• z•
----=J
• b• · e•,-
Također su hiperbole presjeci jednokrilnog hiperboloida s vertikalnim ravninama
x =J, paralelnim s ravninom YZ: "' ·
t• y• z•
-+---=1
a• b• e•
(a)
y•
b" (l - :.) ,. (l - ~)
pri č~u su za l l 1

U sličnim presjecima sijeku hiperboloid i ravnine y = k paralelne s ravninom
XZ, pri čemu i ravnine y = ± b tangirajti tu plohu i sijeku je istodobno sv'aka
u dva pravca.
Jednadžbu troosnog jednokrilnog· hiperboloida
odnosno
x• y• z•
-+---=
a• b• e•
x•
a•
z'
e•
y'
l-­ b•
možemo prikazati u parametarskom obliku rast'avivši na faktore njenu lijevu
desnu stranu:
(: + ;) (;-;)={t+~) (1-t)
(a)
Odatle
X Z
-+a
e b
l+ Z_
=-·---=l
,_Z_
b
X
a
Z
e
---
gdje je t zajednička vrijednost tih omjera, dakle, promjenljiva veličina ili parametar.
Odatle
X Z ( . y}
a+c-=t ,_b
(66)
Dobili smo dvije linearne jednadžbe, koje za bilo koju po volji odabranu vrijednost
parametra r predočuju, kako znamo, dvije ravnine u prostoru. Te ravnine
sijeku se u jednom pravcu. Dajući parametru t sve moguće vrijednosti, dobit ćemo
bezbroj pravaca ili, kako se kaže, familiju pravaca ovisnih o jednom parametru·r.
Uklonimo li parametar t iz tih jednadžbi, dobit ćemo jednadžbu hiperboloida.
Pravci te familije leže, dakle, potpuno na. hiperboloidu, oni su njegove _izvodnice.
Iz toga razloga se kaže, da je jednokrilni hiperboloid pravčasta ploha, jer su
njegove izvodnice pravci, kao na pr. izvodnice valjkastih i stožastih ploha.·Međutim,
postoji bitna razlika između izvodnica hiperboloida ·i izvodnica valjka i stošca.
Lako se može pomoću sustava (a)'dokaziui, cta·su izvodnice hiperboloida mimosmjerni
pravci, t. j., pravci koji se ne sijeku, a nisu ni paralelni, dok su izvodnice
valjka međusobno paralelni pravci, a izvf>dnice stošca sijeku se u' jednoj točki.
Jednadžbu hiperboloida ("a) možemo rastaviti u dvije linearne jednadžbe i na
drugi način: ·
lOG

gdje je u novj parametar
Odatle
~- + _:_ l _l'_
a .e b
---- = ---- = U·
l+~ :-:
X Z ( y) -+-=u l+a
e b
~-~=~(t-1'...)
a e u b
Taj sustav linearnih jednadžbi predočuje novu familiju pravaca, koji potpuno
leže na hiperboloidu i čine nov sustav njegovih· izvodnica, koje su također mimosmjerni
pravci,·pa se međusobno ne .. sijeku.
Međutim, dvije izvodnice, koje pripadaju različitim sustavima (66) i (67),
uvijek se međusobno sijeku, t. j. čine par ukrštenih pravaca, jer pomoeu jednadžbi
(66) i (67) možemo svaku točku jednokrilnog hiperboloida prikazati kao funkciju
parametara e i u:
tu+ l
x=a--­
c+u
t-u
y=b-­
. t+ u
tu-l
z= c---
t+u
(68)
To je jednadžba jednokrilnog hiperboloida . u
-parametarskom obliku.
Prema rome: na jednokrilnom hiperboloidu
ima dva sustava pravocrtnih izvodnica:;
dvije izvodnice jednog sustava ne sijeku
se međusobno, dok svake dvije izvodnice
različitih sustava uvijek se međusobno sij
e ku. (Vidi sl. 64).
Primjeri
l. Odredi za hiperboloid
(67)
tangentne ravnine koje prolaze pravcem
.x y-9 z
10= -99=-12 . Sl. 64
Kako ćemo kasnije vidjeti (vidi točku S. ovog §), jednadžba tangentne ravnine na jeane·
krilni h i perboloid glasi : ·
~;dj e su x,, y, i z, koordinate dirali šta.
jCX1 + yy,_ zz1 = 1
a2 bz e•
107

Za naš će· slučaj tražena jednadžba tangentnih· ravnina· glasiti:
~~ + YYt _ zz, = l
4 9 16
(a)
Zadatak se svodi na određivanje koordinata diraliAta x" y 1 i z,.Tražene tangentne ravniJie
prolaze zadanim pravcem fo = ~--;: = _z , prolaze, dakle, i onom 12
točkom (O, 9, 0), kojom
prolazi taj pravac.
Uvrštenje u (a) daje;
Odatle je
pa jednadžba (a)' glasi sada:
y,= l
XX, + }'_ _ ZZ t = J
4 9 16
(v)
Tražene tangentne ravnine prolaze zadanim pravcem, dakle, su- s njime paralelae, ,. pr-
(S7) imamo: ·
x, ( l { z 1 ) t
lt·4+ -99)·9+(-12)- -16 =
Odatle
IOx, + 3z 1 = 44
44- l

Iz (e) slijNi
Uvril•ie (e) i ( f) \1 (b) daje konačno
127
6
jednadžbe traženih tangentnih ravniu:
(f)
774:c + .32y + 381z- 288 =O
54:c + 8y- 2Iz- 72 =O
2. 8dredi pravocrtne izvodnice jednokrilnog hiperboloida
. . (42 .,
koje prolaze njegovom točkom T 1
-
5
-, l, 4 .
•dredimo one vrijednosti parametara l i u, koje odgovaraju zadanoj točki T, hipcrbol!,iC!la.
\Jvritenje a= 6, b= 5, e= 4 i koordinate točke T, u (68) daje:
1 -u
l =5-­
ll+t
114 -.i
4=4~r
+u
Iz prve jednadžbe računamo
tu:
tu=
7t + 7u- 5
5
Uvr~tenje te vrijednosti tu u treću jednadžbu daje
7t+7u-5_ 1
l+ u= 5
iiii JUkOPl uredeaja
(a)
Iz tiruge jednadžbe imam•:
(b)
Uvritenje u (a) daje:
•da tle
a !!liH ic (b) slijedi:
~+u-5=1
2
u=2
l =l
109

Uvrštenje vrijednosti ;z:a a, b, e, 1 i u u jednadžbe (67) i (66) daje jednadžbe traženih i~oclnica
u obliku presjeka dvaju parova ravnina: · .
ili
f.
-~ + 1- = 2 (l +t)
-i-1-=1-(1 -f)
i+f=J(l-f)
i--f=+{I+-H
IOx- 24y + ISz-120 =O
!Ox+ 6y-15z- 30 =O
l0x+36y+ JSz-180=0
!Ox- 4y-l5z- 20 =O
prva tražena izvodnica
l
druga tražena izvodnica
Da prikažemo pravac (d) u kanonskom obliku, zbrojimo jednad2be (d), a aatim od prve
jednadžbe oduzmimo drugu. Dobivamo:
(e)
(lit
ili
20x+ 32y-l00 =O
40y + 30z-160 =O
Sx+ By- 50 =O
4y + 3z- 16 =O
Iz tih jednadžbi računamo y:
-Sx+ 50 x-10
y=--=---
8 8
5
Odatle
-3z+l6 z- 11 1 3 y=--=--
4 4
-3
x-10 y z- 16 1•
-s-=-=-4- f.-15
..,.5 -3
16
z--
x-10 y 3
24 =.:rs = 20
To je kanonski oblik jednadžbe (d) tražene izvodnice.
Postupajući na isti način, dobijemo iz (e) kanon~ku jednadžbu druge tražene izvodnice~
X -1,5 y Z -J
--9- = iO =-jO
e) Eliptički paraboloid
Jednadžba eliptičkog
paraboloida glasi:
110

(Obrati paznJU ·na, to, da lijeva strana jednadžbe potječe od elipse, a desna
od parabol-e).
Kako je lijeva strana jednadžbe uvijek pozitivna za bilo koje vrijednosti x i y,
mora biti pozitivna i desna strana, t. j. uvijek je z ~0. Citava ploha leži, dakle,
iznad ravnine XY. Za z = O dobijemo x =,O i y = O. To znači, da eliptički paraboloid
ima s ravninom XY samo jednu zajedničku točku i to ishodište O, u kojoj
leži vrh plohe .i u kojoj ravnina XY tangira paraboloid (sl. 65).
Horizontalne ravnine z = h, gdje je h > O, sijeku paraboloid u elipsama
x•
a'
Y'
b•
- +- = 2h
x•
y•
a•· --+--=
2h b• · 2h
kojima su polu osi a' = a V2Ji
l. : 2h
b' = b Vžh.
Presjeci eliptičkog paraboloida s koordinatnim
ravninama XZ (y =O) i YZ (x = 0)
su parabole s vrhovima u ishodištu:
x•
- = 2z ili x• = 2a'z
••
y•
--- = 2z ili y• = 2b'z
b'
z
sJ. 's
gclje su 2p = 2a', odnosno 2p = 2b' parametri tih parabola:
Presjeci te plohe s vertikalnim ravninama y_ = k i x = l, koje su paralelne s
ravninama XZ, odnosno YZ, također su parabole.
Na pr. presjeci s ravninama y = k su _parabole ·
Odatle
x• k• .
a• b•
-+-=2z
ili
k•
x• = 2a• {z--)
2b•
pri čemu je parametar parabola 2p = 2a' konstantan, dok kote vrhova tih parabola
(;;,) rastu s povećanjem k, t. j. s povećanjem udaljen9Sti presječnih ravnina
od ravnine XZ.
U sličnim parabolama sijeku eliptički 'paraboloid i ravnine x = l paralelne
s ravninom YZ.
' 111

Primjer
Odredi koorđinate clilali«ta i jednadžbu tugea•e ravai11e K ,. ........ i4
.Mia odsjeca jednake odreske aa koordinatnim osima,
Kako ćemo kasnije vidjeti (vidi točku S. ovog §), jedaadiba tupallte ravai11e •• eliptički
:P•raboloid glasi
a • naš sluiaj
.. ..
xx, + yy, = " +z,,
(at
adje su x., y, i z, tražene koordinate dirališta. U drugu ruku jednadžbu te t&llgentl\e ravRine
m•žemo prema (49) napisati u segmentnom obliku;
X+~+~=
m m m
(b)
jer prema UVJetima zadatka tangentna ravnina odsjeca na koordinatnim osima jednake •dreske.
Kako su jednadžbe (a) i (b) jednadžbe jedne re iste ravnine, izjednačimo· njihave kaelicijente
prethodno pomnoživ!i, na pr. jednadžbu (b), s faktorom razmjernosti )._
(e)
Izjednačenje koeficijenata jednadžbe (e) i jednadžbe (a) napisane u •llliku
z prve·
jednakosti slijedi
dnage dobijem•:
>-=-m
.t:, =-4
y, = _,
112

UYntimo li x, = -4, JI• - - 9 i z = z 1 u jednadžbu paraboiQida, dobit ćano:
l
a Otlatle je
~ +!!. = 2z,
4 9
13
z,=2
Uvrštenje koordinata dirališta {-4,1-9, ~} u (a) daje traženlS jednad:lbu tangenme ravnine:
ili
13
-x-y=z+2
2x + 2y + 2z + 13 =O
f) Hiperbolni paraboloid ili sedlasta ploha
Jednadžba hiperbolnog paraboloida glasi
i• y•
---=2z
a• b•
(70)
kod čega primjetimo, da tu plohu ne možemo dobiti niti rastezanjem niti stiska-·
njem neke rotacione plohe.
(Obrati pažnju na to, da lije~a strana jednadžbe potječe od hiperbole, a desna
od parabole).
Prijesjek paraboloida s ravninom XY (z= O) daje
odatle je
x• y•
---=0
a• b•
b
y= ±-x
a
(a)
a to su dva pravca u ravnini XY, koji su simetrični obzirom na os X (vidi u sl. 66
pravce AOB i COD).
Presjeci s horizontalnim ravninama z = h su hiperbole, kojima su realne osi
paralelne s osi X
i kojima su poluosi a' =a V2h i b' =b V2h i to za h > O. Za h < O dobijemo
hiperbole, koje su konjugirane prema prvima:
gdje je h = l h 1.·
8 B. Apsen: Repetltorlj vile matematike - Dio III.
113

Njihove realne Qsi su- paralelne s osi Y., Pravci (a) čine prijelaz od prve farnilije
hiperbola prema drugoj familiji konjugiranih _hiperbola i odr.eduju smjer
asimptota obiju familija hiperbola.
"Prijesjek paraboloida s ravninom XZ(y =OJ jest parabola
x• = 2a'z
kojoj se os podudara,s osi +Z (parabola NOM u sl. 66).
Također je parabola prijesjek s ravninom YZ (x =OJ
y• = -2b•z
kojoj se o:; podudara s osi -Z (vidi parabolu POQ u sl. 66.).
Isto tako su parabole i presjeci paraboloida s ravninama y = k, koje su paralelne
s ravninom XZ:
odatle
ili
x• k• -
---=lz
a• b•
a•k•
x• = 2a'z + ~
b•
x• = - 2a• ( z + -·- k•)
2b•
Gornja jednadžba predočuje, naravno, projekcije tih presječnih parabola na
ravninu XZ. Iz te jednadžbe vidimo, da se os tih parabola poklapa s osi Z, da su
parabole otvorene prema gore i da se s povećanjem k njihovi vrhovi (- ::.)
kreću prema dolje. Na isti način se vladaju i same presječne parabole, jer se proiciraju
na ravninu XZ u pravoj v'eličiru, pa se. s povećanjem k njihovi vrhovi skližu
po paraboli POQ prema dolje (vidi sl. 66), pri
čemu su osi parabola paralelne s osi Z.
Konačno i ravnine x = l, koje su paralelne
s ravninom YZ, siieku paraboloid u parabolarna.
l• y•
---=2z
a• b•
ili,
b•t•
Y• =- 2b•z .
+­
a•
N
M
odatle
y• =-2b' - ( z--i• )
- 2a•
.Sl. 66
Iz te jednadžbe vidimo, da su osi tih parabola· paralelne s osi Z, da su para·
bole otvorene prema dolje i da se s povećanjem l njihovi vrhovi skližu po para·
boli NOM prema gore (vidi sl. 66).
114

Iz navedenog slijedi, da ploha ima sedlasti oblik i beskrajno se proteže u svim
smjerovima.
Jednadžbu hiperbolnog paraboloida
možemo napisati u obliku
x•
a•
y•
b'
--- = 2z
{:+~}(:-~}=2z
(a)
odatle
=l
gdje je l zajednička
Odatle
vrijednost tih omjera, t. j. parametar.
.:_ + 2"._ = 2t
a b
=-~=z
Linearne jednadžbe {71) predočuju geometrijski dvije familije ravnina, koje
čine svojim presjedštima familiju rnimosmjernih pravaca. Ti pravci leže na paraboloidu,
pa su njegove pravocrtne ·izvodnice. Primijetimo, da te pravocrtne izvodnice
leže u paralelnim rcvninama, koje su okomite· na ravnini XY, jer u prvu
jednadžbu sustava {71) ne ulazi promjenljiva z, a parametar t nalazi se. u općem
članu jednadžbe, i da druga jednadžba sustava (71) predočuje svežanj ravnina
kroz ishodište O koordinatnog sustava.
Jednadžbu (a) paraboloida možemo rastaviti u dvije linearne jednadžbe i na
drug1 način :
(71)
ili
~-- = ---- = --
z X y U
-a-lJ
115

()dade
.=_+_L=_:_
4 b u
..=_ _ _L= 2u
a b
(72)
Dobili smo novu familiju ravnina, čiji medusobni presjeci čine novu familiju
mimosmjernih pravaca, koji leže na par~boloidu, pa su njegove pravocrtne izvodnice.
l ti su pravci presjeci paralelnih ravnina, okomitih na ravnini XY, sa svežnjem
ravnina kroz ishodište koordinatnog sustava.
Riješimo li jednadžbe sustava (71) i (72) po promjenljivim x, y i z, dobit ćemo
jednadžbu hiperbolnog paraboloida u parametarskom obliku.
x = a·(c +u)
y =b( t -u)
z= 2tu
(73)
Iz navedenog slijedi, da je hiperbolni paraboloid, kao i jednokrilni hiperboloid,
pravčasta plo·ha, koju čine dva sustava pravaca. Pravci jednog sustava
se međusobno ne sijeku, dok se dva pravca različitih sustava uvijek međusobno
-sijeku tako, da svakom točkom paraboloida prolaze par· njegovih pravocrtnih izvod:.
nica.
Primjeri
1. Odredi tangenrnu ravninu na ~perbolni paraboloid
koja je paralelna s ravninom
16x 1 -
25y 0 = 800z
8x- Sy- 20z = O
Podijelivši jednadžbu zadanog paral:Joloida s 400, dobit ćemo je u obliku
x'
y'
:25- i6 = 2z
Kako Jednadžba tangerune ravnine na hiperbolni paraboloid općenito glasi (yidi točku S.
ovog §)
a za naš slučaj
(a)
zadatak se svodi na određivanje koordinata dirališta (x,. y., z 1 ). To dirali! te Idi na paraboloidu,
dakle
1
16x 1'- 25y 1 = 800z 1
(b)
Napisavši jednad!bu (a) tražene tango:ntne ravnine u obliku ·
16x 1 x- 25y 1 y-400z- 400z 1 = O
116

i .uzevši u obzir, da je ta ravnina usporedna sa zadanom ravninom
dobijemo prema (55):
8x-Sy-26z=0
ili
Odatle
16x 1 - 2Sy, ....,. 400
-8- = ---=-s = - 2Q
lx,= Sy, = 20
(e)
Uvrštenje u (b) daje:
ili
1600-400 =SOO z,
Sz,= 12
Odatle
3
z,= 2
(d)
Uvrstimo li (e) i (d) u (a), dobit ćemo nakon uređenja traženu jednadžbu tangentne ravl}ine·
u obliku: ·
8x--' Sy- 20z - 30...:..,2
2 . Odred i pravocrtne izvodnice hiperbolnog paraboloida
x> y'
4~9 =2z
koje prolaze točkom paraboloida T, (6, 3, ?)
.Uvrštenje x 1 = 6 i y, = 3 u jednadžbu paraboloida daje aplikatu zadane točke Tj. te plohe:
ili
36 9 \
4-9 =''2z
9-J = 2z
Odatle z,= 4
Odredimo vrijednosti t, i u, parametara t i u, koje pripadaju zadanoj točki T, paraboloida.
Uvrštenje a ~2, b= 3, x, = 6, y, = 3 i z 1 = 4 1.1, (73)daje
6 = 2(t +u)
3 = 3(t -u)
4 = 2tu.
Riješimo li prve dvije jednadžbe po t i u, dobit ćemo
. z,= 2 u,= l
117

Te vrijednosti za r, i u., a također a= 2~i b,;,. 3 uvrstimo u (71) i {72):
(a)
X y Z
2+3=1
(b)
Jednadžbe (a) i (b) predoćuJU tražene izvodnice paraboloida zadane kao preSJeke dva para
Tavnina.
Na način naveden u § 3, 2. e) i2;raz1mo jednadžbe izvodnica u kanonskom obliku.
Iz prve jednadžbe sustava (a); koji napišemo u obliku:
3x + 2y-24 =O
$lij edi
3x-2y-3z ~O
-3x:t 24 x-8
Y= 2 ·=--2
-3
·'
(e)
-2y + 24
x=----
3
Uvr§tenje te vriiednosti za x u drugu jednadžbu daje_:
Odatle
Iz (e) i (d) imamo:
-2y + 24-2y-3z =O
..:.._ 4y- 3z + 24 '=O
-Jz+ 24 z-8
y = --4-- =--4
-3
(d)
/.-3
x-8 y z-8
-2- = =-3 = -4-
To je jednadžba tražene izvodnice prve ·familije; koja prolazi zadanom točkom T, (6, 3, 4)
paraboloida.
Postupajući na isti način s jednadžbama sustava (b), dobijemo jednadžbu IZVOdnice druge
familije kroz istu točku T, paraboloida:
x-4 y z-2
-2-=3=-2-
118

često jednadžbe zadanih ploha dobijemo na najjednostavniji način pomoću
stavaka vektorske atgebre.
Navedimo dva primjera.
1. Treba napisati jednadžbu plohe stošca, kojemu je os pravac
X y ill
2=3=6
vrh u· ishodištu, a kut otvora na vrhu 2 Ot = 60° (sl. 67).
Osi stolca dodijelimo jedinični radijvektor o 0 • Znamo, da su komponente jedinićnog vekmra
kosinusi njegova smjera, pa računamo prema•jednadžbi zadanog pravca:
dakle
-r=xi+yj+zk
-
Prema (19) i slici 67 imamo:
2 2
cosa.=-==== =- ;
V4 + 9 + 36 1
2"' 3-+ 6-
0o = 7 i + 7 j + 7 k
3 6
cos ~ = 7 ; cos y = 7
Isto tako dodijelimo točki T (x,y, z), po volji odabranoj na plohi sto~ca, radijvektor r:
Oo T
COS IX.=--
1 · r
Odatle prema ( 18) i uzevši u obzir. da je Ot = 30°,
f3 d ..
pa je cos 30o = T , ob11emo:
ili nakon uredenja:
2 3 6
' ' '
'
V3 1x+1Y+?z X ----------_j.,'
2= Vx•+Y'+z'
y
· 3 (2x + 3y + 6z)•
4 = 49 (x' + y' + z•)
13tx• + Illy'+ 3z'-48y- 49 xz -144yz =O
To je tražena jednadžba plohe stošca.
2. Treba napisati jednadžbu plohe kružnog valjka kojemu je os pravac
z
Sl. 67
-
a polumjer p = 3 (sl. 68).
_,.
Opet dodijelimo osi zadane plohe jedinični radijvektor o 0 , a bilo kojoj točki T(x,y, a) plohe
radijvektor r.
Iz jednadžbe zadanog pravca imamo: V t+ 25 + 4 = VTh, pa je
dok je
l . 5 - . 2-
00
= V30
1
+ V30 ; + V30 k
~ -+ __,..
r=xi+yi+zk
lUI

Iz slike 68 vidimo, da je
Sl. 68
j k
T X 0 0 = X y Z
l 5 2
V3o V3o V30
Odatle prema (a) imamo:
l r-
• p = r • sin

(jz lim 6zy = lim f(x, y + 6y)-/(x, y)
i)y = x
(posljednja su tri člana funkcije !)tpaia pri deriviranju po x, jer su konstante!)
ili
o z
- = 6xy• - 21x•y• + 20x- 3
OX
x kon­
Sada parcijalno derivirajmo zadanu funkciju po y, u tom )e slučaju
stanta.
Dobijemo:
i)z ,
- = 3x•. 3y•-7x•. 3y• +O-O+ 16y-4
i>y
ili
o z
-- = 9x'y'- 2lx•y• + 16y- 4
ay
Traže li se vrijednosti parcijalnih derivacija za4ane funkcije u nekoj posebnoj
zadanoj točki (xu y,),. treba najprije izračunati parcijalne derivacije te
funkcije, a zatim uvrstiti u dobivene izraze koordinate x, i y, zadane točke.
Na pr., u točki T ,(2; 3) parcijalne derivacije funkcije navedene u našem primjeru
imaju vrijednosti: .
(
dz) ·.
dx,
- = 6. 2 '27- 21 . 4. 27 + 20. 2-3 = -1907
(
oz) = 9 . 4 . 9- 21 . 8 · 9 + 16 · 3 - 4 = -1144
oy , ----
121

:Pokazali smo, da tražeći parcijalnu derivaciju~po ·x funkcije z= f(x, y) u
nekoj točki T(x, y), t. j. tražeći ·
az= lim f(x + &c,y) -f(x,y)
ox, .6...-o 6x
dajemo X prirast &e, ·dok .Y ne mijenjamo. Na slični način definirano
Geometrijski to z~ači,
oz = lim f(x, y ~ t1y) -f(x,y)
ay - a".-, Ay
kako se vidi iz slike 69, koja prikazuje samo ravninu
argumenata x i y, da ):zad tražimo ~: točku T pomičemo paralelno s osi X za odrezak
TT.= t1x u položaj Tdx +Ax, y), a kad tražimo :z, pomičcmo točku T
. y
paralelno s osi Y za TT.= Ay paralelno s osi·Y u točku T.(x,y +Ay), pri čemu
u prvom slučaju točka T, teži točki T, idući po pravcu T, T, koji je paralelan s osi
X, dok u drugom slučaju točka T. teži točki T idući po pravcu T 2 T, koji je para-·
telan s osi Y. Stoga se kaže, da je :: parcijalna· derivacija funkcije z=
=f(x,y) u smjeru osi X, dok je~; parcijalna derivacija·te funkcije
u smjeru osi Y.
Jasno je, da možemo -iefinirati i parcijalnu derivaciju funkcije z u ma kojem
smjeru s, koji je određen kutom cp (vidi sl. 69), ako pomaknemo tocku 'T u točku
T za TT.= As, i ako TT.= • As teži nuli. Tada je ddz s deri- .
vacija funkcije z =f(x, y) u točki T u smjeru S((jl).
. . d . .. dz
I zve d uno lZraz za tu envaCIJU d s •
T., ~daljenu od točke
l
ll
y
~(X.V+~'II
.:----·---.-.-."'/T,
*; ,.. ~ .. ; ;
.g-! •s~6!,".... '
t-r;;.v}·-,;·=4

To je izraz za derivaciju funkcije z = f( x, y) u smjeru s (rp). Potanko o derivaciji
u smjeru s (tp) vidi ·dalje § 13, l.
Na isti način definiramo, označujemo i računamo parcijalne derivacije funkcije
triju i više nezavisnih promjenljivih.
Uzmimo na pr., funkciju u triju promjenljivih x, y, z:
u = 5x'sin y -
2 sin x tg y cos z + 4a" arc cg z
Računamo:
l.
ou . ,. d . k
ox smatra)UCl a su y 1 z onstante:
ou
ox- l Ox siny- 2cos x tg y cos z+ 4ax Ina arc tg z
2. ~; smatrajući da su x. i z konstante:
ou . l .
- = 5x'cos y - 2sm x · -- . cos z + O
oy
cos•y
ou ... d . k
3. oz smatraJUCl a su x 1 y onstante.
iJu O ..,_. .
Jz = + ....,m x rg y sm z + 4a" • 1
+ z•
Vidimo, da funkcija triju promjenljivih ima tri parcijalne derivacije. Očito je,
da će funkcija od n promjenljivih imati n parcijalnih derivacija.
Parcijalne derivac1je složenih funkcija dviju i više promjenljivih
računaju se po istim pravilima kao i obične jerivacije složenih funkcija jedne pro:-··
mjenljive (vidi Dio I § 9, 8), treba samo uvijek držati na pameti, da su•
sve promjenljive konstantne osim one po kojoj deriviraino, pa primjenjivati
one formule deriviranju, koje odgovaraju toin posebnom slučaju.
Primjeri
Odredi parcijalne derivacije funkcija.
J. z = arc tg L
X
2. z =xY
c)z l ( l ) y
(}; = ~~(y}• ·Y. -Xt = ~ ~ +Y1
l+- ---
X
h
;)y = l + ( 7 ( x- = X + ~~ = zi + yi
X
123

3.
e"Y
z=--­
e" + eY
đz (e" + •") · e"Y ·y-e"" · e"
;ji =
(e" + eY)•
đz (e" + eY) · e"Y · x- e"Y · eY
()y = (e" + e:l)'
e"" (ye" + y eY- e")
(e" + eY)•
e""(xe" + x eY -e 7 )
(e" + e:!)•
4. u = y;o + y• + z•
ou l . 2 x= x =~
~ = 2 Vx• + y• + z• Vx• + y 1 + z' u
đu l y y
dY = 2 V x• + y• + z• . 2 y = 1/x" + y' + z• = ~
đu • 2 z= z z
()Z = 2 Vx• + y• + z• Vx> + y• + z• u
S. u=xY"+y"•+z"Y
~ = xY• · ln x · z + xz · y"•-l + z" 7 · ln z · x

Uvrštenje 'P• = 7t i

(OZ) = tg IXt = tg 0 =t
OX l
(oz) = rg 11· = tg 180° = 8
ay 1
jer je tangenta t, paralelna s-osi X, a tangenta to s osi Y.
Prema tome je u točkama plohe z= f(x, y}, u kojima je :: =O
tangentna ravnina horizontalna.
Primjer
Ravnina
o.
presječena je ravninama y = 3 i x =r 2.
Odredi kutove, što ih ti prcsjeci zatvaraju s pozitivnim smislom koordinatnill. oti X i Y
(sl. 71).
+Y
Sl. 70 Sl. 71
Budući da su presjec1 AB i CD pravci i da je ravnina y = 3 paralelna s ravninom XZ, dok.
je ravnina x = 2 paralelna s ravninom YZ, iz geometrijskog zna~cnja parcijalnih derivacija slijedi,
da •u parqalnc dcrivacije zadane fu.nkc1je gradijenti tih presjeka u tim presječenim ravninama, t. j.
o z
ox
o z
-·=lg ct,
&V= lg [3,
. Napisav§i jednzdibu z::dane ravnine u eksplicitnom oblik.a
računamo:
X
z= 5(1 -6.-9)
y
126

Dakle je·
Odatle
~= s
~ = tg,rx, = - 6
= -0,833
oz
iJY = tg ~~ = -
s
9 = -O,SSS
rx, = 180°- 39°SO' = 140°10'
~. = t so·- 29•oo· =·• st· oo·
Kako je os Y okomita na ravnini y = 3, u kojoj Ježi presjek AB, a os X okomita aa ravlliai
x = 2, u kojoj leži presjek CD, bit će
[i,= 900
(X.= 90°
Do istih rezultata dolazimo, ako uzmemo u obzir da su presjea AB i CD paralelni s pravcima.
u kojima zadana ravnina siječe koordinatne ravnine XZ i YZ.
5. Jednadžbe tangentne ravnine i normale na plohu z = f(x, y) u zadanoj
točki. T,(xu Yu z,) plohe
Geometrijsko značenje parcljalnih derivacija ~~·i :; daje mogućnost lakog
izvođenja jednadžbe tangentne ravnine na plohu z =j( x, y).
Tangentna .ravnina prolazi diralištem T,(x"y., z 1 }, pa njena jednadžba prema
'50a) glasi:
Imamo odrediti dvije nepoznanice A, i B,.
Tangenta t, leži u tangentnoj ravnini, pa je s njome paralefna, a uvjet paralelnosti
pravca i ravnine znamo, te prema (57) imamo:
gdje su a, b i e koeficijenti, odnosno kosinusi smjera tangente t,.
Pokx:ali smo, da je tg oc, = :: (74), a odatle po poznatoj trigonometrijsko;
formuli (Vidi Reper. elem. matematike, III, § 4) imamo:
(a)
(b)
l
cos oc, = --====
Vl+ tg'l:1.,
( O Z\•
l+ ox}
Iz slike 70 vidimo dalje; da tangenta t, zatvara s osi + Y kut ~~ = 90•, jer
leži· u ravnini E, ll XZ, pa je cos (j, = cos 90• = O. Isto tako se vidi, da ta tan-
127

genta zat~ara s osi +Z, odno~no s njoj paralelnim pravcem T,T', k.ut y 1 =
= 90° - oc" pa je
. (Jz
cos ( 9o o ) . tgoc, ( 7 ) ox
y, =cos -ot, =Sin ot1 = =prema 4 = -----=
Uvrštenje
l
• =COS ot,-

Uvrštenje (e) i (d). u (a) daje
ili
oz
đz
---(x-x,)--(y-'-y,) + (z-z 1 ) =O
ox oy
(~~ (x-x,)+ (oz) (y-y,) =z-z,
oxl, oy.
(15}
To je jednadžba tangentne ravnine na plohu z =f(x, y) u točki.
T,(x,, y" z,), gdje su {:~. i (~;), vrijednosti parcijalnih derivacija, u koje s~
uvrštene koordinate dirališta. Indeksi & h uz parcijalne derivacije pokazuju, da su.
parcijalne derivacije uzete u točki Tt(x" y" z,).
Upotrebivši Gaussove oznake ~;=p :; = q, {odnosno p, i g, u točki T,)
jednadžba tangentne ravnine glasi:
(x-x,)p, + (y-y,)q, =z-z,
(7Sa:·
Malo kasnije ćemo pokazati (vidi točku ll ovog §) da jednadžba. tangentne
ravnine na plohu zadanu implicitno F(x, y~ z)= O u .točb
T,(x" y., z,) glasi:
(oF) (x-x,) + (oF} (y - y,) + {3F} (z- z,) =O (76)
ox , oy 1 oz a
Indeksi ~h uz parcijalne derivaciie ka~, koji je okomit na tangentnoj ravnini
u toj točki :T,, (vidi sl. 70).
Normala prolazi točkom T.(x" y" z,), pa njena jednadžba prema (38) glasi:
x-x, y-y, .,z.-z,
---a--=---b---=---,--
ili, podijelivši 'sve nazivnike s e i označivši
~ s a., a !!._ s b., dobijemo
e e
x-x, =y · y 1 = z-z 1
a 1 b, l
(a)
Treba, dakle, ()drediti. ~amo a, i b,.
Normala je okomita na tangentnoj ravnini
oz
oz
(x-x,) ox+ {y -y,) oy- (z -z.)= o
9 B. Ap&en: RepeUtor1J vUle matemattQ - Dio tn.
129

pa prema poznatom nam uvjetu (58) okomitosti pravca i ravniDe
a b e
za naš slučaj imamo:
Odatle
Uvrštenje u (a) daje
a, b, 1
oz = oz = -=1
ox ay
o z
a,=-ox
' oz
b,=--
oy
X - X, y - .Yt Z - Z 1
(
oz) = (oz) = -----=!
(77)
ox,
o~,
To je jednadžba normale na plohu z.= f(x;y) u točki T.(x., y,, z,)
plohe, gdje su {::). i (:;). vrijednosti parcijalnih derivacija u diralištu T,,
'
Ista jednadžba uz Gaussove oznake glasi:
d
X- X, y - y, Z- Z t
--;;;- = ---q;! = --=-r-
(77a)
. . . (az) . (oz)
ox. oy •
g Je Je p, = - 1 q, = -
Na plohu zadanu implicitno F(x, y, z) = O jednadžba normale u točki
T,(x., y., z,) glasi:
(vidi dalje točku ll ovog §).
Primjeri
x-x, y-y, z-z,
(~=). = (~). = (~~).
l. Odredi jednadžbu tangentne ravnine i normale na troosni elipsoid:
x• y• . z•
a• b• e•
-+-+--=1
u točki T,(x,, y., z,) elipsoida (sl. 61).
(78)
131

Najjednostavnije odred1mo jednadžbu tangentne ravnine' primij~vši fbrillWU
(76).
'
U tu svrhu napišemo jednadžbu elipsoida u implicitaom obliku:
/
x• y• 'Z'
F(x, y, z) = a• + bi+ Ci- l = Đ
pa računamo:
iJF 2x
iJx- a•'
iJF 2y
-=-;
iJy b•
a u točki
T,(:x., y., z,)
iJF} = 2x,_; iJF) = 2y,; (iJF) u,
( iJx , a• ( iJy l b• cz l == Ct
(a)
Uvr~tenje
u (76) daje
h, . ~. b,
(x-x,)-+ (y-y,)- +(z-z,)-= O
a• b• e•
Odatle
ili
jer uvrštenje koordinata (x., y" z,) točke
T, elipsoida u nje~tovu jednadžbu.daje
Uvrstimo li jednakosti (a) u (78). dobit ćemo jednadžbu normale u točki
1
T, (x., y" z,) elipsoida.
lli
X - Xa y- y; Z- Za
--zx:-=~=~
a•
e•
x-x, =y-y, =z-z,
x, y, z,
a' -{)2 e•
131

2. Odredi jednadžbu tangen,tne ravnine na eliptički paraboloid
x• y•
-+-=2.t
a• b•
u točki T,(xu y,. z 1 ) paraboloida.
Napisavši jednadžbu paraboloida u implicitnom obliku
~· y• .
F{x, y, z)=-+
a• -b--,-2z •.
=O
računamo prema (76):
.ix
oF
ox= -as;
a u točki Tt(xu y., zl) paraboloida
oF
-=-2
oz \
oF) _ 2y,.
( oy , -b'' ( dF) = _ 2
oz l
ili
Uvrštenje u (76) daje:
2x 1 2y,
(x -x 1 )- + (y ,-y,)--- 2(z- z,) =O
a•
b•
xx, yy, Xi Yi
-+~~-+-+z-z.
a• b• a• b•
2 .• 2
a kako iz jednadžbe paraboloida slijedi da je~+ ~b = 2zu dobijemo
. a' •
~+~==z+z
a• b•
1
Dokaži na isi:l način, da jednadžbe tangentnih ravnina u točki T.(x., y 1 ,_z 1 )
glase:
d k 'l · · hi b l 'd x• y• z• l
za vo n m troosm per o 01 (i2-ba- Ci =
.!!!._YY•_-~ =l
a• b' e• ·
x• y• z•
za jednokrilni troosni hiperboloid - + --- = l
a• b• e•
132

x• ·y•
l8 h.iperbolni paraboloid --- = 2z
a• b• · •
xx,- yy, = z + z,
a• b•
:Navedimo jo§ jedan primjer.
Napi§i jednadžbe normala u .siec!tu ploha
z="*+:v•
z-x+y+4
y=x
Iz zadanih jednadžbi ·razabiremo, loid nastao rot8,cijom
parabole x• =z, odnosno X= V z oko osi z (vidi 'Dio .II. § 7, 7), dok su druge dvije plohe
ravnine (nariši sliku ploha!).
Odredimo pravac, u kojem se ·SIJeku te ravnine.
Uvritenje. y = x x = y u e - x + y + 4 daje
ili u parametarskom obliku
z=2x+4
z= 2y +4
&Jeciite zadanih ravnina
z=t
x=_!_t-2
2
y= 1
2 t-2
(a)
Da odredimo koordinate točaka, u kotima taj pravac probada z,dani parabol~, t. j. da
odredimo sjecište zadanih ploha, uvrstimo jednadžbe (a) u jednadžbu paraboloida tl - :Jt 1 + y•.
Na taj mčin dobit ćemo one vrijednoati panunetm t, koje. odgovaraju tta!eni.m proboditdma.
Uvritcnje daje:
Odatle:
t'- !Ot+ Hi= O
t,= 8 t,= 2
pa iz (a) dobijemo koordinate traženih probodi§ ta:
P, (2, 2, 8) ; P, (-1, -1, 2) ..
Prema (78) računamo jednadžbe normala na paraboloid :Jt 2 +JI' -z = O u točkama P 1 i P ••.
~F = 2x ,· oF= 2 .., . oF ... _ 1
~x ay " ' ~z
B u točkama P 1 i P 1 :
( oF} = 4
ox l
( oF} __ 2
~X s
oF\ = 4 ; (oF) ... -l
( o'YI,
( oF\ -= -2
ay},
ozl1
(::).--l
133

jednadžbe traženih normala glase prema (78):.'
x-2 y-2 z-8
-4- = -4-=-=l
x+l y+l z-2
--=2 = -=2 = -=l
&: P~rcijalne
derivacije viših redova
K a k o su re d ov1to · parc11 . ··aln e d envactJe · ·· i)z · i)z funk ·· J( J f nk
~ 1 ~ CtJe z= x, y opet u -
· uX uy
cije od X i y, SVakU parcijalnU derivaciju mezemo Opet derivirati pO X i pO y, pa
tako dobijemo četiri druge parcijalne derivacije funkcije z= f(x, y) ili
četiri parcijalne derivacije drugog reda.
Parcijalna derivacija :: po x označuje se slično drugoj derivaciji funk~ije
· d · n1·· o•z ·1· d"'f ·1· ·1· J d · ·· o'z ili" o•J
je ne prom1e JlVe s 'x' 11 'x' 11 Zxx 11 ""' a envac11a po y s
u u i)xoy oxoy
ili Zxy ili fxy•
iJz.
Na slični način označuju se parcijalne derivacije oy.
po x s
po y
s
o•z iJ"'f·
ili ili
oyi)x oydx z",.
o•z.
ili
ay•
o
"'J
oy'
ili
ili t"";
·Zyy ili /yy•
Malo prije u točki 3. izračunali smo prve parcijalne derivacije funkcije
pa smo dobili:
z= 3x'y'- 7x'y' + !Ox'- 3x + Sy•- 4y + 12
o z
ox= 6xy•- 2lx'y' + 20x- 3
iJz ..
--=9x'y'-2lx'y'+ 16"-4
iJy . J
(a)
(b)
(a) deriviramo parcijalno po x:
o• z
- = 6y• - 42xy• + 20
ox•
(a) opet deriviramo, ali sada parcijalno po y:
iJ'z
-- = 18xy• - 63x•y•
iJxoy
134

(b) deriviramo parcijafuo ·po x:
(b) deriviramo parcijalno po y:
o•z
-- = !8xy'- 63x'y'
oyox
d'z
dy'
18x'y- 42x'y + 16
Kako vidimo, dobili~ smo ukupno četiri druge parcijalne deri va cije zadane
funkcije dviju promjenljivih, ali opažamo, da smo za dvije druge parcijalne dcrivacije
dobili identične izraze: J8xy'- 63x•y•, t. j.
d'z d'z
clxcly = clyclx
ili . ~79)
To znac1: deriviramo li funkciju prvo po x, a zatim po y, ili prvo po y, a
L:atim po x, dobit ćemo u oba slučaja isti rezultat. Drugim riječima redoslijed deriviranja·
ne utječe na rezultat deriviranja.
Može se općenito pokazati: ako funkcija z =f(x,y) ima parcijalne derivacije
z., i zy i drugu parcijalnu derivaciju zxy' koja je neprekinuta u točki (x, y), tada
Ol).a ima u toj točki i drugu derivaciju zyx' koja je identična prvoj.
Iz toga zaključujemo, da uz navedene uvjete funkcija z= f(x, y) ima samo
tri različite druge parcijalne derivacije.
Navedimo primjer. '
Pokaži da za funkciju
X
z= arc tgy
\"rijedi jednakost
Računamo:
o'z o'z
ox oy = oy ox
~=--·-=--=--yox
x' y x• x' + y'
I+y; Y+y
o•z (x' + y') l - y . 2y x' - y'
ox ay = (x' + y 2 ) 2 = ~i)i
OZ X X
~ = - --x-2 • y. = - x' + y2
l+ Y'
il' z (x• + y') · l - x • 2x - x• + y' x•-y'
ay ox=- --(x' + y')'
(x' + y')' = ~~ji·
Pokaži ;da jednakost Zzy = Zyx vrijedi za funkcije:
l. z = y ln (l + xy)
2. z=ex(cosy+xsiny)
13i

Kak d ''aln d . .. o•z a• z .. o•z funk .. ' j(' ) d
o su· ruge parCIJ e envactJer- ; :;--:, 1 T- c11e z = x, y re o-
ux" uXc.IY .vy• .
vito opet funkcije od X i.y, ~aku drugu parcijalnu derivaciju možemo opet derivirati
po x iy,_,pa:"itako dobijemo ukupno 6 trećih parcijalnih derivacija
funkcije .z =f(x, y).
· Njihova :je oznaka slična oznaci drugih parcijalnih derivacija, ·kako se to vidi
ii. sheme, koja slijedi.
l
Deriviramo po X y
l
đ'z

• y z
2. da je za funkciju u= y' z' e 2 + z' x• el + x• y• e "l
pHrcijalna denvaciia
7. Totalni diferencifal funkciJe i njegova primjena
Znamo, da je diferencijal funkcije jedne promJenljive y =f{x) jednak derivaciji
funkcije pomnoženoj s diferencijalom argumenta, t j. dy ~ f(x) ·dx (vidi
Dio ll.§ I).
or
Funkcija dviju promjenljivih z = j ( x, y) ima· dvije parcijalne derivacije ox
az akl .
oy' d e trna dva parcijalna diferencijala ~~. dx
(Jz
-. dy ..
oy
Totalni ili potpuni diferencijal dz f~nkcije z= f(x, y) je zbroj
njenih parcijalnih diferencijala:
o z
dz =,.-dx +
()).'
v.z
- dy
Jy
/
(80)
(Pazi; diferencijal sc uvijek označuje pomoću latinskog d).
Znamo, da difetencijal dy fun kći je jedne promjenljive y = f( x) pr~dočuje
geometrijski pr-irast ordinare tangeme na krivulju y = f(x), kad x poraste za dx,
odnosno t.x. Slično tome total ni diferencijal d z funkcije z= f(x, y) predočuje
geometrij"ski prirast aplikate tangentne ravnine na plohu.
z= f(x, y) u točki T(x, y, z), kad x i y porastu za dx i dy, odnosno
za 6 x i t.y. [Vidi geometrijsko značenje · parcijalnih derivacija funkcije z =
= /(x, y)]. · ·
Malo prije smo izveli jednadžbu tangentne ravnine na plohu z = f( x, y)
u točki (x., y" z,) te plohe. Tu jednadžbu možemo lako izvesti iz izraza (80) za
totalni diferencijal funkcije z= f(x, y). Neka su (x, y, z) koordinate bilo koje
točke tangentne ravnine, a ( x" y., z,) koordinate njenog dirališta. Tada uzevši
u obzir geometrijsko značenje totalnog diferencijala i definicije prirasta t.x = dx,
6y = dy i t.z' = dz, uvrstimo u (80):
dx= t.x =x-x,; dy = t.y =y-y, dz = Ll.z =z~ z., pa dobijemo:
a to je naša formula (75).
oz
ax
Jz
z-z,=- (x-x,)+- (y-y,J
Navedimo primjere z~ računanje totalnog diferenciiala.
lzračunaj totalne diferencijale funkcija :
ay
1.
l -
z= -ln(x• + y')
2
137

Najprije računamo obje parcijalne derivacije zadane funkcije z:
a sada prema (80) imamo:
!:' _l_ • __ l - . 2x - _x_
•x - 2 x' + Y' -. x' + y'
--= = _l_ • __ l_ . 2y = _)_'-
•y 2 x 2 + y' , / x' + y 1
X
iz = x' + y' dx + x' + y' tiy
y
ili
tiz=xdx+ydy
x' + y'
2.
du
ds
s+ t
u=-­
s-t
(s- t) · l -(s + t) • l
--(s-t)'
ou (s - t) + (s + t) 2s
ot (s- t)' = (s -;-15'
du = _ 2t ds + 2s dl = 2(s dt - t ds)
(s- t)' (s- t)' (s- t)'
Totalni diferencijal funkcije triju i više p~omjenljivih definira se na isti način
kao i totalni diferencijal funkcije dviju promj'enljivih. Na pr., totalni diferencijal
funkcije triju promjenljivih
glasi:
du = -
u =f(x, y, z)
ou ou ou.
dx + - dy + - dz
ox oy . az
Govoreći u drugom dijelu ovog Repetitorij:r o primjeni diferencijala dy funkcije
y =j( x), pokazali smo, da za male l D.x l možemo približno uzeti da je
Doy".:", dy
·jer sc L'ly razlikuje od dy za beskonačno malu veličinu višeg reda ?b~irom na D.x
kao beskonačno malu veličinu prvog reda, pa pomoću diferencijala možemo računati
pogreške funkcije jedne mjerene veličine.
Na slični način može se pokazati, da je i za funkciju dviju promjenljivih z=
=j( x, y) razlika izineđu prirasta funkcije
i ~i. totalnog diferencijala te funkcije
/).z= f(x + L'lx, y + /).y)- {(~, y)
i:Jz oz
dz =-dx+- dv
ox ly
138

t. j. razlika
\6z-dzf
beskonačno mala veličina višeg reda obzirom· na !lx i !ly kao beskonačno male
veličine prvoga reda, pa se može približl).O uzeti qa je
oz oz .
tlz ~ dz = · - · !lx + - · !ly
· ox oy
(31)
Geometrijski to znači, da se mjesto prirasta aplikate plohe z.=f(x, y), kali
x poraste za t.x, a y·za tly, uzima prirast a plika te tangentne ravnine povučene
na tu plohu ·u' točki T(x, y, z). '
Primijetiffio, da za funkciju od tri i više
4b
protnjenljivih možemo također približno· uzeti;
da. je prirast funkcije jednak njenom totalnom
diferencijal u.
Budući da je mnogo- jednostavnije izračunati
totalni diferencijal funkcije nego njen prirast,
jer, kako se iz (81) .vidi, dz je l.inearna
funkcija od !lx i tly, pogreška veličine izračunate
iz podataka mjerenja računa se obično po-.
moću totalnog diferencijala. (Vidi Repetitorij
II, § l, 5). .
Navedimo nekoliko primjera.
l. Kolika je pogreška LiS povrsme S
pr:avokutnika, ako je mjerenjem dobiveno za
q
s
SJ. 72
stranice tog pravokutnika: a cm ± D.a cm i b cm ± 4b cm, gdje su D.a i D.b
pogreške mjerenja duljine stranica pravokutnika (vidi sliku 72).
Primijetimo, da prave vrijednosti pogrešaka mjerenja nisu, naravno, poznate
niti po veličini, a niti po predznaku, poznate s u samo g or n j e m e đ e tih pogrešaka,
u našem slučaju !la i D.b.
a) Točni račun pogreške D. S:
S= a· b
D.S =(a+ D.a)(b +MJ -'-ab = ab +b· !la+ a. M+ tla. M-ab =
= b · D.a + a · M + D.a .-M
(a)
b) Priblfžni ~račun ·pogreške D. S P? moću diferencijala:
Prema (81):
os
oa.
os
ob
AS~ dS = ~ · D.a + ~ . !lb
dS= b
o a
S= ab
as
:~· clb =a
D. S =.b · D.a + a · D.b (u cm')
(b)
139

Usporedimo li rezultate (a) i (b), vidimo, da smo u približnom računu izgubili
čllm tl.a. tl.b, t. j. površinu pravokutnika dvostruko iscrtkanog u slici n. Ja8ho je,
da ta površina nema praktički- nikakvog značenja ob~om na površine b . l:J.a i
a : tl.b, također prikazane u slici· 72. , ·
_2. Izračunaj apsolutnu i relativnu pogrešku volumena V valjka, ako je mjerenjem
dobijeno: r cm ± tl.r cm i h cm ± 6.h cm (sl. 73).
,l
l
l
l
l
:h
l
l
l
l
l
l
,",....---+---
l ~ .....
l
'
0-------
,-
Prema (81):
V= 1tr'h
. oV oV·
tl. V~ dV = Cir'' tl.r + oh . Ah
ov
- = 21trh
or
Apsolutna pogreška:
ov
-= ~r=
oh
6. V = 2 1trh ·r ilr + 7tr 2 • tl. h (u cm')
Da dobijemo relativnu pogrešku, podijelimo apsolutnu
pogrešku s V = 7tr'h.
r R~lativna pogrclka:
Sl. 73
~r je relativna pogreška izmjerenog pol um jer~. r osnovke, a ~h re.Iativna pogreška
izmjerene visine h valjka. Iz izraza za . relativn~
pogrešku 6.: izračunatog ·volumena
,V va)jka, v~dimo, da .relativna pogreška polumjera valjka ulazi u dvostrukom
iznosu, a to pokazuje, da treba što točnije mjeriti polwnjer · valjka, cJia
pogreška izračunatog volumena V bude što manja.
Totalni diferencijal daje, dakle, uputu, koje veličine treba točnije·mjeriti,
da se _po mogućnosti uma.nji pogreška veličine izračunate
iz podataka mjerenja.
Praktički se to svojst;Jo diferencijala često upotrebljava, na pr. u astronomiji,
gdje se pomoću diferencijalnih formula određuju najpodesnije zvijezde i vrijeme
_iljihova opažanja, da se što točnij~ odrede one veličine, koje se računaju iz poda- ·
taka astronomskih opažanja. · .
ako je
Primjeri_
l. .Odredi apsolutnu, relativnu i procenrualnu pogrešku funkcije
!'tema (81):
Z = 5x 0 y - 2xy 2 -- 3xy + X- 7y + 20 :
X= 2 ± ,0,1 i y = 3 ± 0,2
!lz~dz = (l0xy-2y'- 3y +l) !lx+ (5x'-4xy- 3x-7} Ay
' 140

UvrštenJe x = 2 ; y = 3 ; ~x = 0,1 ; ily = 0,2· daje:
~z =c60 -Is-9 + l)>. 0,1 + (20,_ 24-6-7).. 0,2
ilz ...:._ 3,4 + (- 11) · (-0,2}
KaJ

ik
Prema slici 74:
'h-i+s=d.tt•
-h=d.tg~p-\:i-s
oh oh
Ah-"= dh= M t'!. d+ oq> A•
Ah~ t g 'P • !ld + -. -
d
cos'
· A •
cp,
Kako je tg = 90•, a cos•,, koji je u. nazivniku
drugog člana, prima vrijednosti l i O za iste vrijednosti cp, pogrellb,. flh je to veća, ho je kut 'P
veći, odnosno to .manja, što je kut q> manji.
Na pr. za d= lOOOm ±O, lm i 'P= s• ±lO' dobijemo, uzevši u obzir da je tt s• = 8,087"
cos s• = 0,996 i arc 10' = 0,003. ·
1000 '
!!.h~ 0,087 · O, l + 0
, 992 · 0,003 = 0,0087 + 3,02 = 3,0287m ~ 3,1-.
dok uz iste podatke, ali

Kako su x i y nezavisne promjenljive, možemo dx i dy smatrati da su konstante.
te imamo:
. .
o'z o'z· ' ) ( cPz iPz )
d'z = ( ax• dx+ đxoy dy dx+ c)xc)y dx+ c'ly• dy dy
Odatle
o~ o~ · o~
d' z = ,.....-:dx' + 2:.----- dx dy + d---, dy•
ux' vX 0 y y
(12)
[dx' i dy' znače
(dx)•, odnosno (dy)•]
Vidimo, da dobiveni izraz ima nblik binoma na kvadrat, pa ga možemo simbolički
prikazati kao kvadrat prvog diferencijala funkcije z = f( x, y) :
az oz )'
d'z = .( ox dx + oy dy (82a)
pamteći da je kvadrat simbolički, jer ~kvadrat« parcijalnih derivacija funkcije
daje druge parcijalne derivacije te funkcije. Isto tako možemo prikazati treći totalni
diferencijal funkcije z =j( x, y) kao simbolički kub njenog prvog diferencijala:
d'z = (az dx + oz dy)' =
iJx oy
o~ ·o~ o~ o~
=-dx'+ 3-· -- dx•dy + 3 --dxdy• +- oy' (83)
ox' ox• oy ox ay• dy'
Na slični način definiramo i simbolički prikazujemo totalne diferencijale viših
redova za funkcije triju i više promjenljivih. ,
Na pr. za u =j( x, y, z) drugi totalni diferencijal glasi:
(
ou ou ou )'
d•u = - dx + - dy + - dz =
. ox ay oz
o'u o•u o'u ,
1 c)'u o'u
=-dx'+ -.dy' + -dz' + 2--- dxdy + 2 - dxdz +
ox' oy• iJz• ox oy Jx i) z
d'!l
+ 2--- dydz
oyoz
(84)
l' rimjer
u = xyz. Odredi d'u.
3
ti u = {du - dx + •u- dy + •u -- dz )' =
ox Đy dz
l (
du du } du ]'
ox &ly tlz
= - dx + ··- dy + ... dz =
143.

= cltl Iki )" (cltl cltl )' cltl
{-dx+-dy +3 -dx+-dy -dz+
{Jy dx dy , dz
o"u a•u o•u o•u
= ox" dx" + 3 dx' oy dx"dy + 3 c)x cly' dx .dy• + ey• dy' +
o•u a•u . cl1u .
+ 3 t)x• i! z dx'dz + 6 dx ay d z dx dy dz + 3 t)y• i! z dy' th + Cat
3 o"u -'-d • 3 01 " d' d • · đ"u dz',
+ dxdz"""' z + .dydz1 iY z + itz"
Sada računamo za zadanu funkciju
u= xyz
vrijednosti parcijalnih derivacija, koje ulaze u (a):
J
Deriviramo po X y z
iJu
~ =yz
t)"u = o o•u a•u a•u
- =0 --=0 --=0
t)x' dx 3 dx't)y dx• az
o•u o 3 u iJ"u
--=z
-
--=0 --=1
iJxoy oxcly' dxeyoz
a•u
o•u
ox (Jz'
OX oz = y - -
--=0
iJu
- = xz
dy
-
o•u o•u d 3 u
-=0 - - =0
ay'
ay•
{Jy'"z =O
o "u
c)y (jz
a•u
oyt)z'
--=X
- - --=0
--
clu
-=xy
az
a•u
o z•
t)•u
az•
-=0 - - -=0
Uvritenje u (a) vrijedtlosti parcijalnih derivacija izračunatih
u toj tablici daje
d"u = 6 dx dy.dz
144

9. Totalni diferencijal složenih funkcij~J
Neka je zadana furikcija w =f(u, v), gdje su u i v funkcije od x, yi z, t. j.
u= u(x~ y, z) i v= v(x,y, z). Zadana je, dakle, složena funkcija dviju promjenljivih
w =f[u(x,y, z), v(x,y, z)].
Prvi totalni diferencijal složene funkcije građen je tako, kao
da. su u i v nezavisne promjenljive, a .ne funkcije, što u stvari jesu. ·
aw ow
dw.=-du + -dv
ou
av
(85)
G tome se izrazuje t. zv. invarija-ntnost (nepromjenljivost).diferencijala.
Pokažimo to svojstvo diferencijala za složenu funkciju jedne promjenljive.
•' •.
Ako je x nezavisna promjenljiva, tada je za y = f( x)
Neka je sada x funkcija od t, t. j.
dy =f'(x) dx
Tada je
X= ~(t)
dx = rp' (t)dt
ali izraz za diferencijal dy ostaje nepromjcnjen za bilo koju diferencijabilnu funkciju
rp (t). Pokažimo to.
Uvrštenje x = rp {t) u y = f(x) daje
y =f[rp(t}]
Difercnciramo li taj izraz po pravilu za diferenciranje složenih funkcija (vidi
Dio IL ~ l, 8), dobit ćemo
dy=f'[rp(t}]. rp'(t}dt
a kdko je ·p(r) =x, a rp'(t)dt=dx, imamo
dy = f'(x) dx
kao da je ....-
nezavisna promjenljiva.
Prema tome je u izrazu y'. = :~ svejedno, da li je x nezavisna promjenljiva
ili funkcija neke druge promjenljive. Međutim, diferencijali drugog i viših redoVa
nisu invarijantni obzirom na zamjenu nezavisne promjenljive.
Izračunajmo drugi totalni diferencijal složene funkcije w =f(u, v), gdje· je
u= u(x, y, z) i v= v(x, y, z).
10 B. Apsen: Repetltortj ville matematike - Dio rn. 145

Prvi totalni diferencijal prema (85) glasi:
iJw
ou
aw = -.du + -
iJw
iJv
dt·
~·w = d(dw)
Uvrštenje (85) daje:
prema (85) = iJ{d!ll) du+ d{dw) d'IJ
ou . iJv
l ow
ow
iJ -du+- dv
d'w =· ou ov
ou
po pravilu produkta, odnosno sume =
iJw ow ]
o [ ou du + iJv dv
du+ dv =
= [iJw . ~du)+ duo'w + ow . a(dv). d cPw ld
au ou ou' ov dU + v ()u ()v u +
-o
ov
-o
' d . o( dv) o . o( du) o . fi nk .. (
U zmemo li u o b z1r, a Je~= 1 ~ = , Jer u u ClJe u=u x,y,z)
i v = v(x, y, z) ne ulazi v, odnosno u, da je o(o~) du -·d•u, a o~~) d'IJ = d'v,
i uredimo li gornji izraz; dobit ćemo formulu za drugi totalni diferencijal složene
funkcije:
o"w o'w ' o•w iJw iJw
d'w = - du' + 2 --du dv + - dv• +-d'u + - d'v (86)
iJu' au ov . Ov' ou ov
ill· u simboličkom
obliku'
ow dw )' ow · ow
d'w = (-du+- dv + -d'u + -d'v
ou ov ' au ov .
(86a)
Ako u i v nisu funkcije, već nezavisne promjenljive, posljednja dva člana u
-izrazu (86) otpadaju, jer su u tom slučaju du i dv konstante, pa je d•u =O i d'v =O.
,Vidimo, da su izrazi za . drugi totalni diferencijal• različiti već prema tome,
da:f li'' su u i· v .. nezavisne promjenljive ili funkcije.
Sasvim ila isti način računaju se treći; četvrti i·ostali totalni diferencijali sloienih
funkcija.
'
Primjer
lzrači.maj
Prema (85):
dw i d'•.
., = w• + 21111 , gdje je u = 2x-y 1 , a 11 = xy.
146

. jw
iJv =Zu
iJu .iJu
2y .~•.
vX oy - . '?
du = :;- dx + - dv = Zdx -
đv
đv
dv =-dx+ ~dy =ydx + xdy
dx dy
Uzev~ i u obzir da je u = 2x- y', a v = xy dobijemo prema (85):
fida tle
dw = (4x- 2y' + 2xy) (2dx......:. 2y dy) + (4x- 2y')(y dx+ x dy)
dw = (Sx- 4Y' + 4X.Y) dx + (-8xy + 4Y 3 - 4XY 1 ) dy + (4XJI - :z.y 3 ) dx + (4"'- 2xy 2 ) dy
dw = (8x- 4y' + 8xy - 2y 3 ) d:!c + e- 8xy + 4y 3 - 6xy• + 4x') dy
Računamo prema (86):
o•w
-=2
ou•
o•w
-=2
du ov
du' = (2dx- 2y d:;)' = 4 (dx'- 2y dx dy + y' dy')
du dv = (2dx- 2y dy)(y dx + x.dy) = 2(y dx 2 - y' dx dy +
+ x dx dy- xy dy')
Uvrštenje u (86) daje:
ili ako uredimca
o(du) c)(du) .
d"u = -- dx + ~ dy = O · dx- 2dy' = -
ox dy .
o (dv)
o(dv)
2dy'
d'v = --dx + --dy = dydx + dx dy = 2dxdy
ox
i)y
d'w = 8(dx' - 2y dx dy + y• dy') + S(y dx• - y 1 dx dy + x dx dy - xy dy') +
+ O- 2 ( 4x- 2y' + 2xy)dy' + 2( 4x - 2y') dx dy
d'w = (8 + 8y) dx• + ( -l6y- 12y' + l6x)dx dy + (l2y'- l2xy- 8x)dy'
Pokus
Uvrštenje u= zx...,...y' i v= xy u w = u• + 2uv daj(:
Prema (80):
w = 4x 2 -
4xy' + y• + 4x' y- 2xy• = f(x,y)
dw - (8x - 4y 2 + 8xy - 2y 3 ) dx + ( - 8xy + 4y 3 + 4x' - 6

10. Parcijalne derivacije složenih funkcija više promjenliivih
J. w = f(u, v), gdje je u= u(x), a v= v(x).
,. dw
T raZI se dx .
To je obična neparcijalna derivacija w po x, )er preko u i v w je funkcija samo
jedne promjenljive x: w =f[u(.x}, v(x}).
Znamo prema (85), da je
ow ow
dw =-du +-dv 1: dx
ou ov
dw ow du ow dv,
dx= ou dx ov
-+- dx
(87)
Ta važna formula daje shemu za računanje parcijalnih derivacija
složenih funkcija.
Iz te formule vidimo, da se dcrivacije složene funkcije oblika
w = f[u(x), v(x)]
računaju tako, da se najprije w derivira po u, taj diferencijalni kvocijent množi se
s derivacijom u po x, a zatim se tako dobivenom produktu doda produkt derivacija
w po v i v po x
Pr i mjer
Odredi ~:.
w = u• - uv , gdje je u = sin x , a v = cos x.
w = f(u(x), v(x)] , pa prema shemi (87) račuRamo:
dw · .
dx = (3u'- v) cos x +(-u) · (- szn x)
Uvrštenje u = sin x t v = cos x daie
ili
dw = (3 sin' x - cos x) cos x + sin' x = 3 sin'x cos x - cos'x + sin•"
dx
~":'!_ = 3 sin' x cos x - cos 2x
dx
Pokus
Uvrštenje u= sin x i v= cos x .. u w daJe·
ili
W = Si'n 3 X -
S'in X COS X
·dw .. , . .
d;= 3sznwxcosx + nnxsznx_-cosxco;x
dw = 3 sm' x cos x-cos 2x•
dx
148

II. w =f(u, v},,gdje je u= u(x, y, ;;, a v= v(x, y, z)
Traži se
ow
ow
ox' ay
Sada dolaze samo pardjalnt;. derivacije, jer je f~nkciia
v funkcija triju promjenljivih x, y i z.
Napišimo zadanu funkciju u obliku
w preko u· i
w =f[u(x, y, z), v(x, y, z)}
pa računamo prema shemi (87):.
Primjeri
aw
ow
d":X- au
ow
aw
oy - 011
I. w = u 3 -uv , gdje Je
u = xyz ; v = x' + y 0 + t
ou ow
ox -+-
Ov
ou ow
oy -+-
ov
ou ow
az -+-
ov
OV
OX
ov
oy
OV
o z
(88a)
(88b)
(88c)
. OVi dw . aw
Od red! ,_- = Wx ; - = Wy l - = Wz
· ux iJy ()z
w = f(u, v) ; u= u(x,y, z) ; v= v(x,y, z) , dakle
w = f[u(x, y z), 'l! (x, y; z))
w deriviramo po x, pa prema (a), odnosno (88a) imamo:
Wx = (3u'- v)yz + (- u)2x
(a)
Uvrštenje u = xyz i v = x' + y' + z' daje
ill
VJx = 3x 2 y 3 z 3 -
x 2 y z-y' z- y z'- zx' yz
Wx = 3x 2 y 3 z'- 3x 2 yz - y' z- yz 3
w deriviramo po y:
wy = (3u 2 - v) xz + (-u)Zy
Uvrštenje vrijednosti za u i v daJe
Wy = 3x'y'z'-x'z-xy•z-xz'-2xy2z
ili
Wy = 3x 3 y 2 z 3 - x• z - 3x y' z - xz'
w deriviramo po z:
Wy = (3u 2 -
v)xy + (-u)2z
149

ili
Wz = 3x' y' z• - x•y,- x y• - xy z• - ;Zxyz" ·
w 2 ·= "3x" y' z•- x' y-xy'- 3xyz 1
Rezultate kontroliraj tako, da u to uvrsti u = xyz i v = x• + y• + z•, a zatim derivirai w
:po x,y i z.
2. z = x• + y' , gdje je
X=TCOS

l. .Deriviramo (88a)
aw aw- ou ow ov
ox = ifzl. · ox +ov. ox po x:
,o'w = ow ·~ ~ + du(cPw. du+~. dv} +
ox• ou :Ox' 0]5: ou• ox·· ouo'v .. i)x
Odatle n~on ,uređenja
aw· o•v ov(·o•w ou i)tw ov)
+ OV • OX 2 + QX' OVCU • OX + dv' . rx
dobijemo:
c}•w c}tw (OU)' o'w du ov otw (OV)'
+ 2 +-- +
ox' = ou• dx OUO'V • QX • OX Ov' ox
+ dw . o'u + dw· . d'v
ou ox• ov ox'
(Do istog rezultata dolazimo dijeleći
formu l u (86) s dx•)
ili u simboličkom obliku:
o'w = (ow
dx' ou
ou
dw
-+­
(}x
ov
ov}' dw d'u ow ()iv
- +- +
ox du . (}x• ov . ox•
(8'-)
2. Deriviramo (88a) po y:
Hi nakon uređenja
ow
+­
+ -+--·-+
OX oy ox ou• . oy ou(}v ay
d'u ou ((}'w (}u (}'w ov)
o'v ov ( o•w ou d'w • ov)
dv oxoy + ox clvou . oy + clv' cly
cl'w cl'w du du o•w (du dv ou ov)
clxoy = Ft;i . dX. 1 0Y + auov OX • ay+ ay . dx +
(l~}
3. Deriviramo (88a) po z:·
li l

ili. nakon uređenja
o•w o•w ou ou o•w (ou. ov + ou ov)
oxiJz = ou' . iJx . iJz + ouiJv iJx ~ iJz iJz • ox +
ow• iJv ov iJw
+-·-··-...j_-
iJv• ox iJz ' iJu
Sada deriviraj po shemi (87);
()'u iJw o•v
oxoz+(}V. oxoz
(89c)
(88b) po ·y, a zatim po z, i konačne
(88c) po z..
Dobit ćeš
nakon uređenja:
o•w ""..(iJw . iJu+ iJw . OV)'+ ow . o'u +aw
iJy• iJu iJy ov iJy ou iJy' ov
o'w o'w iJu iJu iJ'w (iJu ov iJu ov)
c)yiJz =ou' . iJy . oz. + ouiJv iJy . oz + iJz . iJy +
iJ'w ·ov
+-·-·
ov• ay
ov iJw o'u + iJw . iJ'v
iJz +iJu • iJyiJz iJv _iJyiJz
(8~d)
(81Je)
o'w = (iJw . iJu + iJ.w
iJz' iJu iJz iJv
ov)• + iJw
oz iJu
iJ'u + ow . o•v
ilz' ov iJz'
(89f)
Primjer
Izrazi u polarnim koordinatama Laplace-ovu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu u ravaiai
Znamo formule prijelaza od pravokutnih koordinata· na polarne i obratno:
tg q:> =z:
X
x=TCOS

Usporedimo li ovaj oblik funkclje U s funkcijom w = f [u(x,y, z), v(x,y, z)], za koju·smo
računali .druge parcijalne derivacije, vidjet ćemo da ie za naš slučaj,
u=

Do istog rezultata možemo naravno doći bez upotrebe formula (89) izra~Yii prema (87)
prve, a zatim druge parcijalne derivacija funkcije U= f[cp (a;y); 1'(X,y)) i uzevli u obZir
formule prijelaza (a) (b). ·
Načini tu vježbu! ·
Prikaži parcijalnu diferencijalnu jednadžbu
iJ'U o•U · d 1 U
ox•+ 2 oxi)y+ i)y• =O
. ._, .... ako" odn x+y. x-y
u aovun promJe._uJlVun u 1 v, 1e x =u + v,. ay= u-v,· osno u = -
2 - a v = - 2 -
[
tl'U =o] ,
4 tlu•
11. Deriviranje implicitnih funkcija
Znaj).lci derivirati složene funkcije, možemo lako izvesti formule, koje omogućuju
izračunavanje derivacije funkcije, koja je zadana implicitno, bez prijelaza na
njen eksplicitni oblik. Te formule su od osobite važnosti za deriviranje funkcija,
koje ne možemo prikazati eksplicitno, a osim toga često je jednostavnije derivirati
funkciju u implicitnom obliku ne vršeć~ prijelaz p.a 'eksplicitni oblik, iako je taj
prijelaz moguć.
I. Zadana je implicitna funkcija y jedse promjenljive x, t. j. /( x, · y) = O.
T .. . dy
raz.\ se y = dx
Najprije nastaje pitanje, predočuje li svaka implicitna relacija od x iy funkciju
y od x? Jednostav;m primjer
ex+.Y =O
daje već negativan odgovor na to pitanje .. Ustvari nema t~vih vrijednosti X i y,
koje bi ex+ J pretvorili u nulu, pa gornji izraz ne predočuje nikakvu funkciju. Do
iste g zaključka ·dolazlmo i geometrijskim putem, ako se sjetimo, da funkcija· od x
i y predočuje krivulju u ravnini XY i da je z = ex+y neka ploha u prostoru. Kako
za z = o .dobijemo izraz ex+y = o,-. koji nema smisla, zaključujemo, da ta ploha
ne siječe ravninu XY, pa dakle nema ni krivulje ·ex+y =O.
Kako bi ploha z= f(x, y) mogla-samo dodirivati ravrlinu XY u jednoj točki,
za postojanje· implicitne funkcije f(x, y) =O nije dovoljno pretpostaviti da postoji
jedna točka
(x., y.), u kojoj je f(x., Yo) =O, već moramo osigurati prijesjek
te plohe s ravninom XY, U tu svrhu stavimo još drugi uvjet: funkcija j mora imati
u okolišu te točke ( x" yo) parcijalne derivacije po svim promjenljivim, u našem
slučaju derivacije ~J i· ~J , pri čemu derivacija~ funkcije J po onoj promje~ljivuj,
· uX uy
koju smatramo funkcijom, u n'ašem slučaju ~~,mora biti' u'to~ki (x.,y.) različita
uy .
od nule. Konačno, tražimo li da ·zadana implicitna funkcija bude neprekinuta,
stavimo još _i treći uvjet: parcijalne derivacije :1 :1 moraju bid. rieprekin1,1te u
. y y
okolišu točke (x., y 0 ).
154

Uz ta tri uvjeta postoji samo jedna funkcija y == y(x), koja ·za x = x. prima
vrijednost y = y., koja identički u· x zadovoljava jednadžbu f[x, y(x)] ==O i koja
u okolišu točke x = x 0 ima derivaciju pa je neprekinuta u tom okolišu.
Slično glase uvjeti za postojanje implicitne funkcije od bilo koliko argumenata.
Pretpostavimo, dakle;~ da zada:na implicitna--funkcija
f(x, y) =O
odgovara gore navedenim uvj,etima, pa odredimo y' =
Eksplicitna funkcija bi glasila
Uvrštenje u (a) daje identitet,
y = y(x)
f[x, y(x)] =O
dy
dx.
jer je gornji izraz jednak nuli za bilo koju vrijednost x. (Na pr. uvrštenje u implicitnu
funkciju 2x + y - 6 =O njenog eks,plicitnog izraza y = -2x + 6 daje iden•
ti tet 2x- 2x + 6- 6 = 0). Sada funkciju f ,deriviramo po x i to obzirom na
(b) prvo po nezavisnom x, a zatim po x, zavisnom od y, pa prema· (87) dobijemo:
of of dy
-+----=0
ox oy dx
Vrijednost dobivene derivacije jednaka je nuli, jer funkcija f za sve vrijednosti
x ima konstantnu vrijednost (0), a derivacija konstante jednaka je nuli:
Od l • dy D b"
at e racunamo dx. o !Jem o:
of
dy ox
dx=- of
oy
Opažamo, da se u nazivniku desne strane izraza (90) nalazi derivacija f po
funkciji.
Da dobijemo y" = ~~, deriviramo formulu (90) po pravilu; za deriviranje
kvocijenta funkcija, pri čemu postupamo kao prije imajući pred očima sh"emu (b),
odnosno (87):
. (a)
(b)
(90)
d'y
dx'=-
of (o'f . o'f dy) of ( o'f o'f dy)
ay JX2 -r ~ . dX -dx aydx + !9' . dx
. (:~r
(9l)
U taj izraz treba još uvrstiti vrijednost ix iz (90).
lit

l
Primjeri
L f(x, y) = x•· + y'- r' = O
(jednadžba kružnice)
. iJf iJf
Kako Je - = 2x 1 - = 2y , imamo prema (90): ,
iJx
iJy
, dy 2x x
y =~i~=-2;=-y-
Prema (91) imamo:
2y [ 2 + 0 ' ( --;-)] -
4y'
2 X [ 0 + 2 • (-~)l
+.::_
y y x' + y 2 r'
=- 4 ---= - --- = --
4y' y" L
l
'lJ ovom primjeru nije teško napisati. e'Rsplicitni oblik zadane funkcije pa· kontrolirati dobi•
"ene rezultate.
2. Dokaži, da funkcija•y,, zadana jed!)ag~l;)om
arccg L= ln Vx' + y,~
X
zadovoljava diferenCIJalnu iediladžbu
ili•
arc lg 2'_ - ln V x' -i- Y' = O
X 1
dy
Prema (90) računamo Y' = h:
x(y.'- l)= y(y + l)
Uredimo:
dy _
1 y l
-b + y•· . --;;;;;- Vx' + y' •. 1
2 Vx'·+ y•
x'
• 2x
đx ~ - -==::~·==--. ....,1'. ----;-~-----=~;-----. - 2
y-
1 + ~ x Vx• + y' 2 Vx' + y'
.x~
-y-x
v'=
7"+7 =x+y
x-y x-y
/ x• +·y'
ili
Uvrštenie u diferencijalnu jednadžbu daje:
X (X -1 y :__ 1) = y {X+ y + t)
x-y x-y
2xy = z·xy
x-y· x-y
156

Znajući izračunati derivaciju y' = dy funkeije zadane implicitno, možemo
dx
lako napisati jednadžbe tangente i normale na krivulju, čija je jednadžba zadana
u implicitnom obliku. ·
Znamo, da jednadžbe tangente i normale na krivulju y = y(x) v točki (x., y,)
gla~e:
cg:
[Vidi Dio l, formule (90) i (91)].
'y-y, = y'(xl)(x- x1J
l
nr: y - y 1 = - -,--() ( x ~ x 1)
. ' y x, / .
Uvrštenje formule (90) daje jednadžb'e tangente i normale u točki
(x" y,) krivulje f(x, y) = 0:
!lg:
nr:
y-y,
(gf),
= ---- (x-x,j
( af) ·
ay 1
(ffi). .
y-y 1 =--(x-x,)
. (~f).
rg: (
nr: (x- x 1)
- of) + (Y-y,) (~J) - = O
ax, ay ,
(of) _ cy- Yl) (of) = 0
ay l ox ,
(90a)
gdje indeksi 1> l" postavljeni uz parcijalne derivacije pokazuju, da te derlvacije
treba u zeri u zadanom dirališru ( x" y,).
Pri :nj eri
l. Napiši jednadžbe tangente i normale na krivulju
x'y + y' x + x' y' -
3 = O
u točki (1, l)
Prema (90a) !'ačunamo:
![_ = 3x'y + y' +
*
2xy•
iix
= x' + 3fx + 2x=.)l
157

Uvrštenje koordinate dirali§ta (l, l) daje-
a odatle prema (900) dobijemo:
(~) =3+1+2=6
OX 1
( of) ·
~~=1+3+2=6
ili
lg ; (x-l) 6 + (y-l) 6 =t
nr: (x-1)6-(y-1)6=0
x + y - 2 = O · • · · • jednadžba ra•r;.:.te
x __-_;:.Y___
=_O~ · · · · • jednadžba normale:
'J.. Isto za krivulju
cosxy=x+2y
u točki (1, O)
Prema (90a)
iJf = -ysinxy-1
iJx
ilf . 2
iJy =-X Sin xy-
a u točki (l, O)
Uvrštenje u (90a) daje:
( Oj_) =-J
ox {ilj_) =-2
1 ox 1
(x-l)(-, l)+ (y-0)(- 2) =O
ili
(x-I) (- 2) -(y- O)(- l)= t
x + 4Y- l = O · · · · jednadžba tangente
2x-y-2=0
jednadžba normale
Izračunaj y' za
T.y=l+xe'
2. y = x + arc tg y
[2 ty y]
[ l + y']
. y'
3. Dokaži, da funkcija zadana jednadžbom :xy -ln y = l zado:voljava difcreaoijaln11 ;e;.
lluadžbu y' +{xy -I)y' =O.
'
158

Il. Zadana je implicitna fuhkcija z od dvije promjenljive x i y, t. ;;
F(x, y, z)'= O. Traže se
o z
ox= z"== p
iJz
iJy =z,.= q.
Uz pretpostavku, da zadani implicitni izraz F(x, y, z) =O odgovara l,lvjetima,
koji su slični onima za f(x, y) =O, t. j. da postoji funkcija z= z(xJ y),
uvrstimo z= z(x, y) u F(x, y, z) =O.
Dobijemo:
F[x, y, z(x, y)) =O
Prvo deriviramo funkciju F po x i to obzirom na (a) najprije po slobodnGm x~
a zatim po onome, koji je/vezan sa z prema shemi (87): ·
(a)
oF oF oz =
lfX + iJz · ox
0
Odatle računamo
o z
ox.
i!z
iJF
ox
ox=- cF
o z
(9~
Sada F deriviramo po y na isti način;
. oz
at e racunamo oy :
Od l
oF oF
-+iJy
oz
oz = ()
iJy
oF
az iJy
oy =-oF
iJz
(92b)
Opet vidimo, da su u nazivnicima dcrivacijc F po funkciji.
Druge parcijalne derivacije
o'z
o'z
-=z =r
ax• "" oxoy = z"y =s
(r, s i l su Gauss-ove oznake za te parcijalne derivacije) računamo tako, da tormulu
(92a) deriviramo po pravilu kvocijenta po x, a zatim po y, a formulu (92b)
po y, i to obzirom na (a) i shemt; (87):
li l

. . iPz
I zracuna)mo --- :
mc•
ČJ"z
aF (o'F o'F az) vF ( o'F O'F dz_)
Tz (}Xt + ()XTz . dX - dX JZJX + ;;z. . OX
Ovamo treba uvrstiti još vrijednost :: iz (92a).
. . . . .. o'z
I zracuna1 na ISU nacm ox ay
Slično· se rzvude i računat u parcijalne derivacije implicitnih funkcija od tri
i v1še nezavisnih promjenljivih (\ltdi dalje primjer 4).
Izvodećt jednadžbe tangenrne ravnine i normale na plohu z = f(x, y), naveli
smo jednadžbe (76) i (78) za slučaj, kad je ploha zadana implicitno· F(x, y, z) =O.
Sada možemo lako pokazati, kako dolazimo do tih Jednadžbt.
Uvrstimo u tu svrhu u i_ednadžbe (75) i (77) ·
iJz
oz
- (x-x:,) + - (y- y,) = z- z.
ox
oy
x-x:, y-y, z- z,
~=!fZ=-=t
ox ~y
vrijednosu parcijalnih- derivactia iz formula- ('Jla) i (92b), pa pomnoživši prvu
jednadžbu s - ~~ , a drugu poditelivšt s - ~~, dobit ćemo te tednadzbe u obliku
(76) i (78):
{~},(x-x,) + (~:) (Y- y,) + (~~),(z- z,) =O (76)
x-x, y-y, z-z,
(~:)l = (~:), = (:)l
pn cemu indeksi •> l

Pr-• (92b):
2. Iste :n e= - xyz = t
,._ ('9:Z.):
oz -4y 2y
~=-2z+2=1+~
"z -yz
~-- e"-xy
a kako iz ;oadane jednadžbe slijedi, da je ez = xyz, uvritenje defe:
az -yz z z
;)X=-~=.-;;;-=-;= x(z-1)
dz -xz xz
ay=- ez-xy = xyz-xy y(z- I)
Pr- (92a):
cz yzx yz -·• + zy""' ln y + yz"Yln :1!
ax = - y,x-l'Z ln X + xy"Z ln JI + xyz"Y
Prema (92b):
az
zxJ'•[nx+XZJIU-I+xz"Ylnz
dY =- yxJ'z ln x + xy"z lny + xyzXY-I
4. · lzračunaj
za
sin (x · y · z . u) - cos(x' + y') - eyz + l? = O
i}F
nu ox yzu · cos (xyzu) + 2x sin (x• + y 1 )
~ = - iJF = - xyz · cos( xy zu) + .. z uz l
ou
oF
du Oy XZU · COS (xy zu) + 2y • $jn (x 1 +JI")- Z~·
ay=- oF=- xyz · cos(xyzu) + zuz-1
iJu
iJF
du iJz xyu co$( xy zu):..._ y e"z + ~ln ll
;;;, = - iJF = - xy z cos (xyzu) + z uz-.:-1
o•
11 B. ~: RepetUo11J 'die matemaUke - Dio m. 181'

5. Dokaži, l:la; za funkciju
...,..,.•- 2y 1 + z" -
4x + 2z- S = O
n ijedi jedohltost
t)•z • t)'z
l)xt)y ~ t)yt)x
Obje tražene druge parciialne derivacije računat ćemo neposredno iz prvih derivacija.
Prema (92a) i (92b):
-zx-4 x + 2
2z+2 -z+l
t)z -4y 2y
(}y = -.Zz + 2 = Z+J
(a) derivirajmo parcijalno pn y, a (b) po "·
o'z
oxoy =
(z+ l)· 0-(x+2)·~
đy
(z+ 1) 1
. oz
(x + 2).· A"
. uy
'(z+ n•
..
(a)
(b)
(z + l) · O- 2y · ~
t)x
(z+ 1) 1
2y. ~
ox
(z+ n•
Uvrštenje (a) i (b) u gornje jednadžbe daje:
Vidimo, da je
'o•z 2y{x + 2)
ox t)y = - (z + l)'
o•z 2y(x + 2)
oy OX = - (z + l ) 1
III. Neka su zadane implicitno dvije funkcije u i v dviju nezavisnih promjenljivih
x i y:
Traže se
f(x, y, u, v) =Q
g(x, y, u, v) =·o
ou
ov
oy; ay
(a)
1!)2

Eksplicitno bi obje funkcij,e glasile ;
Uvrštenje u (a) daje:
u= u(x, y) v= v(x, y)
f[x, y, u{x, y), v{x, y)) =O
g[x,y, u{x,y), v(x,y)]==O
(b)
Prema (b) i obzirom na. (87) u ox
og d g
og og
ou OX ov ov e) u ox
OX=- of dj a.x=- of o!
ou ov
du c,.u
og og
og og
ou ov
ou ov
(93)
I zraz1 . d o b" 1vem . za ou . ov "š ' . b l" 'k"
~ 1 ~ p1 u se s1m o 1c 1 ovako:
ux _uX -
o{f, gJ
o(f, gJ
ou o(x, v) ov o(u, x)
ox=- o(f, gJ c,;; =- o(f, g)
o(u, v) o(u, v)
(93a)
Sada prema (b) deriviramo j i g po y:
?/__ + ?_!_ . ?!!. + ?_!_ . ~1.1 = o
ay ou ay ov oy
og ag ~~ +- og . ov =
a.Y + all · 0
oy ov ay
16~

Odade:
du
-=ly
of of
ay ov
og ag
ay ov
af af
ou OV
og og
-ou đ'll
d v
oy=-
of of
du o;y
_o 8 og
du đy
of N
du dv
og dg
du O 'fl
(94)
Ili u simboličkom obliku:
o(f, gJ
ou J7Y:VJ
ay=- a(f, eJ
o(u, v)
d(/, g) -
ov ~
dy =- d(j, g)
d(u, v)
(94a)
Na slični se način. računaju pafCljalne derivacii•: sustava od n implicitnih funk•,
cija, .koje ovise o n nezavisnim primjenljivima.
Primjeri
1. f(x,y, u, v) s x•-y + 2u-v'- a = O
g(x,y, u, v)""' x + y'- u• + v- b :=- O
Odredi: u~,
vx,, uy, vy
Prem~ (93); odnosno (94) imamo:
Ux = -~ 2
-2u
2_. x• ~ · y• + z• - u + 5 = o
" + y -z + u•- 7 = O
xll-z.:Y• + z•-u• + 12 =O
Tu su x, y_ i z funkcije od u.
-2v l
+l
-2V.l
+l
3x'l
3.x& + 2r.o
2ci- 2ut~)
l 2
'Vx =- 2(1- 2uv) =- 1- 2uv
-1 -2v l
1 2y +l t-4yv
Uy =- 2(1- 2uv) = 2(1- ~uv)
· -2u + l 1 + 3x 1 u
l
__ 1 -2u 2 -1 2y 2y-u
'~.)' = - 2( l - 2u't·) = ~ 71 ""------=2u.:.;.v_
164

I zra čuna
. dx jy t)::
lJ;•J;•~
Funkcije x, y i z u eksplicitnom obliku glasile bi:
" = x(u) ·; y = y(u) i 11 .., .a-(11)
pa zadan~ implicitne Jednadžbe možemo općenito pril~azati u obliku
Deriviramo J, g i h po u prema (87):
l [u, x(u) , y(u) , ::(u)] !!!! O
g [u, x(u) > y(u) , z(u)) = O
h [u, x(u) , y(u) ~"5u)] :': O
~ + ~ . ox + of . ay+ of,. iJz = 0
du ox iJu ay iJu .iJz iJu
og + ~- _ ox+ og . oy + oiJg • oz =
0 .
rlu clx iJu oy iJu iJz ou
~ + oh . ox + ~ . tJy + ~ . ~ = 0
clu ox ou iJy iJu az du
Za na§ primjer imamo prema um formulama:
ox ay dz
-l+ 2x~-2y ·du+ 2z ou= O
- 3u• + 3x' ox - 4y tJy + 3z' ~ = O
ou iJu iJu
Dobili smo sustav od tn jednadžbe s tri nepoZJ;Wlice. Riješimo -ga:.
-2y
+l
-4y
-2y
+l
-4y
-l 2:: 3z 2
-l 2:: l
Jz•
oy o az
Odredi na isti način •z jednadžbi (a) ~ 1 ou .
(3z 2 - 4y) + 2y(- 6z'u + 3u') + 2z (8yu- 3u')
2x(3z'-4y) + 2y(3z• + 3x 1 ) +.2z(~4.)t...,_3x 1 )
12. Parametarski oblik funkcija. dviju nezavisnih promjenljivih i njihovo
deriviranje ·
Govoreći o parametarskom predočivanju funkcije jedne promj~nlji'{e·y = f{:f)
(vidi Dio I. § 5), rekli smo, da se to predočivanje sastoji u tome, da se obje koordinate
x i y svake točke krivulje y = f(x) prikažu kao funkcije nove promje~~ljive
t, koja se zove parametar. Slično imamo pri parametarskom tp~dočivanju
181

funkcije dviju promjenlfivih z. =j( x, y), koja·, kako znamo, predočuje plohu u
prostoru. Razlika je samo u tome, što svaka točka plaho ima tri koordinate (x, y, z)
i da je ploha geometrijska tvorevina d viju dimenzija, pa treba koordinate (x, y, z)
neke opće točke plohe prikazati kao funkcije
dvaju parametara u i v.
x = x{u, v} l Jednadžba funkcije dviju
y = y(u, v) promjenljivih u paramez
= z(u, v) tarskom obliku
Sl. 75
Kao primjer prikažimo u parametarskom
obliku jednadžbu kugline plohe (kugle) polumjera
R.
U tu svrhu uvedimo prostorne polarne
(sferne) koordinate za bilo koju točku
T prostora (vidi sl. 75}.
O T = p = radijvcktor točke, t. j. udaljenost točke od ishodišta koordinatnogsustava
(pola),

Pa izvršimo prijelaz od parametarskog oblika na obični z = f(x, y). treba.
parametre z
T raz1mo i'Jx 1 i'Jy
Iz treće jednadžbe sustava (95) imamo uzevši u obzir, da je & funkcija od r,
y z:
i> z . . a&
-=-Rsm&·­
ox
ox
az R . " o&
oy =- sm " . ay
(a)
Da odredimo ~!
i ~;;napišimo pive dvije jednadžbe sustava (95) u obliku:
f( rp, &, x) = R cos

Obje.funkcije~deriviramojpo_x_prema:sneffii.(87):
Prema· (b)· računamo:
of R . . a. of . R "
- = - Sin !p •. san v ; · - = COS· op • COS v;
aop o.& ·
~g = R cos 'P • sin .av
cp .
'iJg R. . o.
o.&.= san cp cos"
of
-=-l·
ax
(e)
Uvrštenje. u. (d) daje:
R
. . o. itq> R • o&
- sm cp· san ..,._.,Elx/+~--~IP,Jo:..COS_.& ·ox-l= 0:
R
. " o

Uvrštenje vrijednosti tih de~vacija·u (~5) i (77) daje:
·x-x, y-y, :z-z,
cos

1 .(of • of )
f(x.+h,y.+k) =f(x., y.) +- 11 -,:-h +Tk +
. vX . uy ,._,.,
+ -1 ~f -h +-k of )' +-1 (of -h + -k of )' + .....
2! X ay X-4

Vidimo, da Taylor-ova formula predočuje funkciju f(x, y) u obliku polinoma
od (x- x 0 ) i (y-y.) stepena (n- 1)-ga ;- ostatak. R,.:
f(x,y) =P"_t[{x-;x.), (y-y.)] + R,.
Leži li zadana točka T.(x. y.) na osi Z; t. j. ako je x. = O i Y• = O, dobit
ćemo uvrstivši u Taylor-ovu formulu (96)
Xo =O; Y• =O; h>;= X k=y
Mac Laurin-ovu formulu za funkciju z= f(x, y) u simboličkom
t (o/ of 1 (of of )'
f{x, y) = /(0, O)+ - 1 1
:;-- x + :;--y) + - :;- x + :;-Y
. vX vy

·l [:O"/ . • o'f . .. · o'f ·]
+ 2!.1 ox•Jx-x.J + 2 ox ay (x..,.....x;,) (y-y.) + o",• (y- y.J .. - ... +
+ 1 [o'f J• 3 iJ"f __ ·J' J 3 OS/ ;· 1•
~-r·
(9Cib)
3f ox•(x-x. ·+ ox•oy(x-x. (y-y. + oxđy"(x-x, (Y-Yv +
i)'J ]
+-.(y-y.J" +···
ily x=x 0
y-y,
•Prema (97).dobijemo Mac Laurin-ov red:
Sasvim~slični. oblik' 'imaju\. T~ylor=ove
IuilkCiju triju: i ',više promjenljivih;
i Mac l:aurin.:ove. formule i re

Uvrštenje podvučenih vrijed!UIItl ~ x 0 = = i y 0 = :u (~6b) daje traženi ~d potcncija:
. . ' l l { 1t) l ( 1t)
-x·S~ny=2+2 x-4 +2 y-4 +
2,, Izračuna j l, 1 1 • 0 ~ na 4 decimale točno pomoću· Taylor-ova reda.
~ 1,1 1 ' 02 u obliku (l + o,l)'+o.o~ i postavimo 1 +O, l= xi 1 + o,oi =.v. Tada
udan( izraz poprima oblik x", pri čemu je O, l =x-l i 0,02 7 y- l, pa tako dobivenu fun-.
tk~j11 z= x7Jrazvijemo u Taylor-ov red polazeći_iz.točke (x 0 ;:=_1, :; 0·::,.1). . --
~ prema (96b) za funkciju z = xY:
f(x,, Yo) = l' = __!_
of y-1
- = y • X
OX
( of) = 1 . t• = t
ax o -
/of " (of) -
- = X • ln X; - =' l. • 0 = 0
oy (Jy. -
iJ'j y-:. y-2
jx' =y(y-l)x · =(y 1 -y)x ; (- iJ'f) =0
ox'. -
o•J y-1 "_, ( o'f ) .
--=y·x ·lnx+x ; ~ -0+1=1
iJxiJy • iJxiJy o -
:;. = ln x · /ln x =J ln• x; {:.7.). = ~
iJ'f Y-3 (o"f)
•x• = (y 1 - y} (y- 2} • x ; - = O
u . ox',-
il"'/ ) ,_.,
{ ox'.dy •. -
~~- Y-2 y-2.·
-~IJy = (y' -y) · x •lnx+x (2:;.-1); -- ,... .. :""t= l
o'f "_, "~x .,._, ~ (~·
oxoy•=lnx(yx lnx+x )+x ·lnx; ~~~-~
d 3 / )l ( iJ''f)
iJy' =ln'x·x lnx; ay• .=~
UYritenie podvučenih vrijednosti, a također xi= l i y~="~Hi{(96b){daje:.
J= l"+ (x-1) +i ;[2 (x-'l)(y-l)f·:+"'~;[3 (x"':- l}~(j"-.-'1))(+~._._,,~ ..
jj
Xy = X +(X- l)(y -l).+ -}cx.-:t)~(y--1):.:!"~····
sid(llvrstimo x = 1,1) y = 1,02:
173

1,02
1,1 = 1,1 + 0,002 + 0,0001 + ...
. '
1,02
1,1 = 1,1021 na 4 decimale točnq.
3. Funkciju z = sin' (2x- 3y) razvij po potencijama od x i y.
To znaći: zadanu funkciju treba razviti u Ma~ ·Laurin-ov red ..
Računamo prema (97a):
i t. d.
/(0,0) = sin• O=~
:! = 2 . 2 sin (2x :._ 3y) . cos (2x- 3y) = 2sin [2(2x- 3y)] -
of=- 3sin (4x- 6y);
i!y
J'f
ilx' = 8 cos (4x- 6y);
=2sin(4x-6y); (Jj} =2sin0=0-
ox. -
( oy
?JJ) -o
o--
(iJ'f) - = 8cos0 = 8
ox• o -
'__!2_ =- 12 cos(4x- 6y); (~) = -12
ox i!y ) ox !ly o -
o•f oy• · (of")
= t lScos (4x- 6y); oy' .,._.!!
0
Uvrštenje u (97a). daje:
Za vježbu:
l l .
sin' (2x- 3y) = 2
! (8x'- 24xy + 18y") + 41
(- 128x' + 4 · 192x 1 y-
- 6 · 288 x'y' + 4 · 432x y' - 648y') + · · · =
16
. =. 4x' - l2x_y + 9y'- J x• + 32%",)1- 72x'y' + 12x y'- 27Y' + · · ·
Funkciju z = /' · sin y razvij u red po potenćijarna
od x i ()l +-I-}
x' 1 { n-}' x" l ( rc)"
[z =-1-x--+- y+- --+-xy+- +···J
2 2 2 6 2 2
Razvij• po potencijarna od x. i y funkcije:
a) z·"" e " siny
l
b) z"* cx....:.l)(y-1)
x-y
e) z= arc tg - 1
-­
+.xy
·}
,~z = y + xy + 3! (3x 1 y.-y 1 ) + · · ·l
[z = l + x + y + x' + xy + y 1 + · · ·]
. x• - y' x' - y'
[z= x-y- -3- + -5- +···J
d) z = sin (x + y). Rezultat kontroliraj tako, da uzev§i x + y = z rastali u red
potencija sin z [vidi Dio I. formula (150)].
17,4

14. Primjena Taylor-ove formule za približno rjdavanje Jednadžbi
U prvom dijelu Repetitorija (vidi § 11) naveli-smo više' metoda ~a približno
rješavanje algebarskih i transcendentnih jednadžbi. Iste jednadžbe, a takoder
sustave tih jednadžbi možemo takoder približno rješavati pomoću Tay)or-ove fotmule.
Pretpostavimo, da treba riješiti sustav od dvije jednadžbe s dvije n~poznanice:
f{x, y) =O
g(x, y) =O
Geometrijski to znači, da tražimo koordinate (x., y,) sjecišta tih krivulja.
Kako· ta točka (x., y,) leži na obim krivuljam11;· bit će
f(x., Yo) =O
g(x., y.) =O
Narišimo grafove obiju krivulja i iz slike što točnije očitamo koordinate x,
1y 1 njihova sjecišta. Očitane vrijednosti x, i y, smatramo prvitn aproksimacijama
traženih rješenja x., Y• zadanog sustava jednadžbi. ,
Budući da su x. i Y• samo približne vrijednosti traženih rješenja sustava, bit će
f(x" y,) =t= O
g(x., y,) =t= O
Da dobijemo točne vrijednosti x., y 0 traženih rješenja zadanog sustava jednadžbi,
moramo aproksimativnim rješenjima X 1 • i y, dodijeliti popravke h 1 i k,.
pa je
x. = x, +h,
Y• =y. +k,
f(x, +h" y, +k,) =O
g(x, +h., y~ +k,") =O
Obje funkcije j i g razvijemo po Taylor-ovoj formuli (96), pri čemu se ograničimo
samo na linearne članove formule:
O = f(x, + h., y, + k,) = f(x.,y,) + ()x
( iJ/) h. + (iJ/). iJy
1
1
( og) (og) .
O= g(x,\+ h 1,y1 +k,) =g(x.,y,) + iJx , h, +

le ..,;
l
(~.
- f(x., y,)
(m.
-g(x., y,)
(~)., (z).
{~)., l(!~).
(M}
Međutim, iz gornjih izraza ne ćemo dobiti točne vnjednosti popravaka lt,
:i k, naših prvih aproksimacija x, i y., jer srno u Taylor-ovoj formuli uzeli sarn.o
'3 prva člana zanemarivši sve ostale, već ćemo dobiti 1 samo približne vrijednosti
popravaka. Dodamo li dakle te približne vrijednosti popravaka h, i k, našim prvim
aproksirnacijama x, i y" ne ćemo dobiti ročne vrijednosti x, i y, traženih qešenja,
već samo niihove druge bolje aproksimadje:
x, = x, +h,
y, = Y• +k,
Sada ponavljamo postupak zamijenivši x, i y, sa r, i y., a h, i k; sa h, i Ir.,
pa prema formulama (98), u kojima zarnijenimo Indekse l s 2, dobijemo druge
:popravke h, i k" dakle i treće još bolje aproksirnacije traženih rješenja sustava:
y
x, = x, +h,
Y• = y, +k,
Postupak nastavljamo, dok ne dobijemo
tražena rješenja sustava na potreban bra; decimala
točno.
'
!'rimjer
Riješi na tri decimale točno sustav jednadlb1
Y
= e -x l
,.,. + y' =l
Sl. 77
Iz slike 77 vidimo, da se grafovi eksponencijal~e
funkcije i kružnice polumjera l sijeku u 10&i A(O,I) i
točki B, čije su približne koordinate (0,9; 0,4). Vrijednosti tih koordinata u~mimo koo prve
.aproksimacije traženih riješenja zadanog sustava jednadžbi:
Napisavši zadane jednadžbe u obliku
x; = 0,9
y, = 0,4
f(x,y) =:e-"-V= O
g(x,y) = xt' ;:·ye- l =O
(a)
računamo
prema (~let:
df -x
iJ~t=-e ; ~=-1
07
og
-=2y
tt.y
(b)
lT i

Unetel!je x 1 = 0,9 i y, = 0,4·u (a) i (b) daje:
f(x" y,) = e-·9 - 0,4 = 0,406-57-0,4 = + 0,0065.1
g(x.,y 1 ) = 0,9 1 + 0,4 1 -1 = 0,81 + 0,16-1 = -0,03
( of) - -'--e-o9• =- 0,407
ox (:),=-l
1
(~} •. = 2. 0,9 = 1,8; (:). = 2. 0,4 = 6,8
pa prema (98) dobijemo popravke h, i k, naših prvih aproksimacija:
h,
-0,00657
1 +om
-0,406~
+ 1,8 .
1
-J l
+0,8 - 0,005256 + 0,03
- 0,32526 + 1,8
-1 l
+O,S
h,= 0,01675
0,02474
1,47474
k,
1
-0,40657
1,8
-0,00661
+ 0,03
1,47474
-0,012197 + 0,011826
1,47474
-0,000371
1,47474
k, = - 0,00025
l'>ruJC aproksimacije
x, = x, + h, = 0,91675
y, = .Yt + k, = 0,39975
Vrijednosti dobivene za x 2 i y 2 uvrstimo u (a) i (b):
j (x,, y,) = e- 0 • 91675 - 0,39975. = 0,39996-0,39975 - + 0,00021
g (x., y 2 ) = 0,91675' + 0,39975'- l = 0,8409 + 0,1600- l = + 0,0009
( Of) = - .-0,91675 = -0,39996 ;
ox • ( of) = _ 1
oy,
(~!). = 2·0,91675 = 1,83350; (~~), = 2. 0,39975 = 0,79956
pa prema (98) računamo druge popravke.:
..
l -0,00021 -l
l-0,0009 + 0,7995 l -0,00011
h.
1-0,39975 -1
+ 1_,5139
+ 1,8335 + 0,7995
l.
= -0,00007
12. B. Apaen: Repetitorlj vU.. matematike - Dio III.
177

-0,39975 -0,00021
+ 1,8335 -0,0009 -0,00025
+ 1,5139
+ 1,5139
-0,00017.
· freće aprokismacije
Xa= X1 + ho= 0,91668
Yo = Yo + ko = 0,39958
Iz usporedenja vrijednosti dobivenih za x., y 1 i x 1 y,, vidimo, da su
x 0 = 0,917
Yo = 0,400
tražena rješenja zadanog sustava jednadžbi na 3 decimale točno.·
Pokažimo sada na primjeru, kako se rješavaju pomoću Taylor-ove formule jednadžbe s jed·
nom nepoznanicom.
U I. dijelu Repetitorija (vidi §·17) odredili smo metodom sekante i metodom tangenta
jedno realno rješenje jednadžbe x• + x- 8 = O, pri čemu smo posljednjem metodom dobili
x 0 = l ,834 na tri decimale točno.
Riješimo sada istu jednadžbu pomoću Tavlor-ove formule.
U tu svrhu napišimo jednadžbu
u obliku
i stavimo
x•+x-8=0
x' = -x+ 8
y = x•
y = -x + 8
f(x,y) = x'-y =O
g(x,y) = -x + 8-y =O
Narisavši grafove kubne parabole y = x• i pravca y = --x + 8 očitavamo iz slike ko- ·
ordinate sjecišta te krivulje i pravca ..
Dobijemo prve aproksimacije:
x, = 1,8 Y 1 = 6,2
Jtačunamo
prema .C98);
f(x 1 , y,) = 1 ,s• - 6,2 = - 0,368
g(XuYt) = -1,8 + 8- 6,2· = 0
iJf =3x 1 ; (~) = 3 ·1,8 1 = 9,72
iJx iJx
(qf_} =-l
1 iJy l
( ~) =~1;. (iJg) ,;",·-l
iJx 1 iJy 1
178

Uvrltcnje T,l (98) daje:
h,=
l + 9,72
-l
-l
-l -0;368
-10,72 = + 0,0343
-l
-l
x. = x, + h,= 1,8343
~
Usporedimo li taj rezultat s rezultatom :X 0 = I ,834, koji smo 'dobili metodom tangcntc,
vidimo, da smo već dobili realno rješenje zadane kubne jednadžbe na 3 decimale točno.
Odredi na isti način realno rješenje jednadžbe x• - 3x 1 - l O = O na dvije decimale točno.
[x 0 = 3,72]
15. Ekstremne vrijednosti funkcije dviju i više promjenlJivih
a) Pojam ekstrema prava i neprava
Neka je zadana funkcija z dviju nezavisnih promjenljivih x i y:
z =f(x, y)
koja je neprekinuta u nekom području ravnine XY. Naš je zadatak, da odred.imo
one točke toga područja ravnine XY, u kojima funkcija z ima maksimalne i minimalne
vrijednosti, i da izračunamo numeričke iznose tih ekstremnih vrijednosti.
Ne tražimo, dakle, apsolutni maksimum, odnosno minimum funkcije, već njene
relativne, lokalne maksimume i miniin).lme, tako da se može dogoditi, da je neki
minimum veći od maksimuma.
Prema tome smatramo, da funkcija z = j ( x, y) ima mak~ im um u točki
(x,, y.), ako je razlika izmedu bilo koje susjedne aplikate užeg okoliša točke
(x,, y.) i aplikate z. u točki (x., y.) uvijek negativna, t. j. ako je razlika
~ = f(x. +h, Y• +k)-f(x., Yo)-< O
za sve l h l i l k l dovoljno malene, t. j. za sve točke dovoljno malog područja ravnine
XY, koja ima oblik pravokutnika sa stranicama 2h i 2k, kako se to vidi iz
slike 78.
Slično definiramo minimum u točki (x., y.): funkcija z= f(x, y) ima minimum
u toj točki (x,, y,), ako je razlika
~ =f(x. +h, Y• +k) -f(x., y.) >O
za sve l h l i l k l dovoljno malene (vidi sl. 79).
Slike 78 i 79 prikazuju t. zv. pravi maksimum, odnosno pravi minimum,
jer je za one točke iz najbližeg ekoliša točke (x., y.) razlika /:':;. uvijek nega-
179

tivna, odnosno uvijek pozitivna. Tim pravim ekstremima odgovara, kako vidimo,
točka vrha, odnosno točka dola plohe.
Ako je za neke točke toga užeg područja oko točke ( x., y 0 } razlika A jednaka
nuli, ekstreme zovemo nepravi. Sl. 80 prikazuje plohu, koja u točki (x., y,) ima
nepravi maksimum, jer je prema slici
A =f(x, ±h, y, +O) ~f(x., y.) =O
z
z
y
Sl. 78 Sl. 79
Ukratko možemo kazati, da funkcija z =j( x, y) ima pravi ekstrem u točki
(x., y.), ako predznak razlike A ne ovisi o predznaku h i k, koji trebaju biti dovoljno
maleni, pri čemu se ta razlika A ne smije poništavati.
b) Nužni uvjet za ekstrem
Ako postoji ekstrem funkcije z =j( x, y) u nekoj točki, onda do te točke možemo
doći držeći x konstantnim, a mjenjajući y, ili obrnuto mjenjajući x, a držeći
y konstantnim. Mijenjamo li samo x, ay držimo čvrst, funkcija ovisi samo o jednoj
promjenljivo; x, pa mora biti ispunjen uvjet za ekstrem funkcije jedne promjen·
ljive, t. j. u točki ekstrema mora biti
oz =o
ox
S istog je razloga u točki
ekstrema
oz =o
oy
U točkama ekstrema funkcije z =f(x,y) uvijek je dakle
iJz =O
ox
Drugim riječima, koordinate x., Y• to~aka ekstrema moraju zadovoljavati taj
sustav od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice. To je nužni uvjet za ekstrem
funkcije z dviju promjenljivih x i y.
180

Primijetimo, da slični oblik ima nužni uvjet Z!\ funkciju w od više prorrijenljivih
x, y, z, u, ...
dw =O
ox
ow =o
oy
_,
ow
-=0
ou
Da je taj uvjet samo nuždan, lako se uvjerimo, ako se sjetimo geometrij'skog
značenja parcijalnih derivacija funkcije dviju promjenljivih. Govoreći o tom geometrijskom
značenju, pokazali smo, da je u točkama plohe z= f(x, y), u kojima
. oz o . oz o .. . l h h . ln . l l
Je ox = 1 oy ~ , tangentna ravmna na p o u orlZOnta a, t. L para e na
s ravninom XY (vidi točku 4. ovog§). Kako je u točkama ekstrema funkcije:;= O
1 :~ = O, u tim je točkama tangentna ravnina na plohu horizontalna, pri čemu u
toČkama pravog ekstrema tangenma ravnina dira plohu u jednoj točki (vidi sl. 78
i 79), dok u točki nepravog ekstrema tangentna ravnina dira plohu u pravcu (sl. 80)
ili općenito u krivulji. Medutim, ploha z= f(x,y) može imati takve točke, u kojim
je tangentna -ravnina horizontalna, ali ne samo dira, već i siječe plohu. U torn
slučaju ima ploha u području te točke oblik sedla. Kao ptimjer navedimo hiperbolni
paraboloid. U ishodištu O, kako se to vidi na sl. 66, tangentna je ravnina
na tu plohu horizontalna, ali funkcija u toj točki nema ekstrema, jer tangentna
ravnina u 'toj točki dira i siječe plohu.
Prema tome, sustav jednadžbi
daje samo nuždan uvjet za ekstrem, jer
rješenja toga sustava daju zapravo samo
koordinate onih točaka; u kojima su tangentne
ravnine na plohu z =j ( x, y) horizontalne.
e) Dovoljni uvjet za ekstrem
Sl. So
Da izvedemo dovoljni uvJet za ekstrem funkcije z =j(x, y), pretpostavimo,
da funkcija ima neprekinute parcijalne derivacije drugog reda u točki (x 0 , y 0 )
i da je u toj točki ispunjen nužni uvjet za ekstrem, t. -j. da je
( az} = 0
ox o
( oz) = 0
oy o
(a)
Razvijemo funkciju u okolišu točke (x., Yo) po Taylor-ovoj formuli, pri čemu
se ograničimo samo prvim članovima te formule. Prema (96) imamo:
1 (oj oj )
f(x. +h, Y• +k) .,. f(x., y,) +IT ox h + oy k x-x.+
JJ=:J•
181.

gdje je
o< &

ili
Dobijemo:
t:. =
l
2
(r,p'cos'cp + 2s.p'coscp . sin cp+ t.p'sin•cp)
t:. = p; (r.cos'tp + 2s,sin cp ·cos cp + to~in'cp) (d)
Budući da je i' uvijek pozitivna veličina,
predznak razlike t:. jednak je predznaku
trinoma u zagradama Taj trinom napišimo u drugom obliku tako, da ga ·
pomnožimo i podijelimo sa r,, a zatim prva dva njegova člana nadopunimo na
potpuni kvadrat:
ili
r,'cos'tp + 2r,s,sm cp
To
· cos , odnosno· o predznacima
h i k, već je jednak prcdznaku od r,, koji je u nazivniku izraza (e).
Prema tome roto- s,' > O dovo)jan je uvjet za ekstrem funkcije z = f(x, y)
ll točki (x., Yo), u kojoj je of =o of =o. .
ox oy
Tn
183

To znači: ako je r.t.-s.• >O, tada funkcija u točki (x., y.), u kojoj je is•
punjen nužni uvjet, sigurno ima ekstrem i to m;llciimum, ako je ·t' o < O, odnosne)
minimum, akg je ro > O, jer je tada za ro < O i Ll < O a za~. :::> O i ~ > O.
p o~t­
Točke plohe z = f( x, y), u kojima je roto -s.• > O, zovu se točke
tivne1 zakrivljenosti ili eliptičke točke. U tim točkama tangentna ravnina
na plohu dira je u jednoj točki. Na pr. kugla, elipsoid, dvokrilni hiperboloid i eliotički
paraboloid imaju samo točke pozitivne zakriv!ienosti .(vidi sl: 58 61, 62 i 65).
b) r.t.-s.•

z11
·Prema taine slučaj, gdje je u točki, (x., y.), ·u kojoj je ispunjen nužni uvjet.
ekstrem,
r.c.-s.• =O,
smatrat ćemo neodlučnim, jer bi u takvoj točki funkcija mogla imati ekstrem,
ali ne mora· da ga ima.
Točke.plohe 2i =f(x, y), u kojima je_r.c.-s .. = O, zovu se točke nulte
zakrivljenosti ili para bolne' točke,· U tim točkama ploha može imati oblik
sedla ili, ako tog' oblika nema, tada tangentna
ravnina dira ·.plohu . u pravcu .ili krivulji, pa
funkcija ima u toj točki ·_nepravi ekstrem, naravno
uz pretpostavku, da je tangentna ravnina
u dotičnoj točki, horizontalna.
Plohe, koje imaju samo točj

Vidimo, da je razlika 6. sada pozitivna za sve .q>, ali se poništava za q> =O,
pa bismo opet morali prošititi riašu diskusiju na zanemarene članove Taylor-ove
formule. Imamo dakle ·neodlučan slučaj.
Ponovimo ukratko iZvedene uvjete za pravi ekstrem funkcije ·z = f( x, y) u
. točki (x., y 0
).
A. Nužni uvjet za ekstrem
( of) = 0
ox o
odnosno rješenja sustava jednadžbi
( of) = 0
ay •
(100)
of =·o
OX
i
of
-=0.
ay
daju koordinate onih točaka, samo u ·kojima fUnkcija može imati ekstrem. [Točke
s horizontalnom tangentnom ravninom na plohu z =f(x, y)J.·
B . Dovoljni uvjet za ekstrem u točki (x., y ) 0
l. r. =F O
a) r •. r.-sij >O
funkcija sigurno ima ekstrem u točki (x., y ) 0
i to
maksimum, ako je r 0
< cf
minimum, ako je r. > O
b)
Funkcija u točki
e)
(x., y.) nema ekstrema.
(101)
Neodlučan slučaj.
Il. r. =O
a) s. =l= o
Funkcija nema ekstrema.
b) s.= o
Neodlučan
slučaj:
Računski postupak pri određivanju ekstremnih vrijednosti funkcije z
=f(x, y) pokažimo na primjerima.
186

Primjeri
l. ddr'edi ekstremne vrijednosti funkcije
Prvi korak.
az
az
Prema (l OO) računamo dx ay :
~ = 6y-3x'
ox
~ = 6x-3y'
oy
Drugi korak. lzjednačtmo s nulom izraze dobivene za prve parcijalne derivaciie i riješimo·
tako dobiveni sustav jednadžbi:
(a)
6y- 3x' =O
6x .;;_ 3y' = O
ili
2y-x 1 =O
2x-y• =o
Iz prve jednadžbe slijedi:
x•
y=- 2
Uvrštenje u drugu jednadžbu daje:
ili
ili
Odatle
8x-x< =O
x(8-x 3 ) =O
rješenja sustava, a samo ta rješenja nas zanimaju.
UvrštenJ~ x 1 = O i 'x, = 2 u prvu jednadžbu sustava daje
3
x, = '(8 = 2 , ako se ograničimo samo na realna
YI= o i y, = 2
Dakle, samo u točkama
jednosti.
T1 (0, O) i T, (2, 2) može zadana funkcija imati ekstremne . vri·
Treći
korak. Obzirom na (lOt) računamo prema (a):
o•z
r = ox• = -6x
o• z
s=--= 6
oxoy
0".,.. .
t=-- =--:..=6y
ay'
i uvrštavamo koordinate točaka T 1 i T 2 :
Za točku T 1 (O, O) dobijemo: r 1 = O ; s 1 = 6 , t 1 = O
Za točku T, (2, 2) dobije'nio:··r, = -12 ; s, = 6 ; t,=- 12
pa prema (101) ·primijenimo za svaku točku
posebno dovoljni uvjet za ekstrem (J OI),
187

Za točku T 1 : r, = ol
sl= 6(
Zadana. funkcija u točki
imamo slučaj II. a)
T 1 (O, 0) nema ekstrema,·
Za točku T, : r, = - 12 =F O imamo slučaj l.
Računamo r 2 t 0 -'- s 2
2
~- 12 (- 12)- 6' = 144- 36 = 108 > O,
Imamo podslučaj a). Zadana funkcija ima u točki T 1 (2, 2) ekstrem i to maksimum, jer je:
r 1
= .:_ 12 < O. .
Cetvrti korak. Da odredimo vrijednost maksimuma, uvrstimo koordinate točke
T,(xi·=.2, y, ,;,· 2) u zadanu.funkciju:
Dobijemo
=maks .=.. 6 • 2 • 2..,.. 2 3 - 2 3 = 8
2. Odredi. ekstremne vrijednosti funkcije
z= 6xy-x•-y•
.z= -x'-y'.+ 4x + 2y-2
Prv'i :·korak;
Drugi korak.
Samo u točki
~=-2x+4
ox
-2x+4=0
Xo = 2
T 0 (2, J) može biti ekstrem.
i) z
-= -J.y + 2
~
-2y + 2 =o
Yo =l
Treći
korak.
o'z
r=- = -2
ox'
o'z
; .s=--= o
i'!xay
i)' z
. t=-=-2
' i)y'
Budući da smo za druge· parcijalne ·derivaciie dobili konstante, imamo.neposredno
r 0 = - 2 ; s 0 = O ; t 0 = - 2
T 0 = -.2 =F O slučaj I prema (101)
T 0 t 0 -s
2
0 = -2(-2)-'o = + 4 >O slučaj I a)
Funkcija u točki
r. (2, l) ima ekstrem i to maksimum, jer je To=- 2

Prvi korak.
dz
. '·(
c'l.x· =-·.cos x;,...- stn x + y)
dz . ·(
T=:cps;y-mt x+y)
'Y .
Drugi korak~
'CtiS..:JI;- sin (x + y) = 0'
'Cos y ~sin (!f + y) =G
Jz prve jednadžbe sliie3i;
a uvrštenje u. drugu jednadžbu daje
l
ih
Odatle
cosy-cosx=O
cosy=cosx.
v=x
Uvrstivši to u. prvu jednadžbu, dobijemo
ili
cos x = sin 2x
cosx = 2sinxcosx
Odatle
cos x (2 sin x -
l) = O
pa imamo
cosx=O,
'lt
pa je x 1 = 2
lt
y, "" 2
, jer je y = x
a takoder
ili
·a također
3n: 31':
X. =T· Y•"" T
2sinx-t=

lt -
r1 =-sin-z-cos 1t =--1 +l= O slučaj Il. prema (JO!>
s 1 = -cos 1t = + l * O slučaJ Il. a)
funkciJa nema ekstrema.,
Za
r(~~)
2
2 • 2
r, = - sm - 3rt 3 I
2
- cos rt = -"-l + l = 2 't- O sluča) •
U točki
T (2_':_ . 3r:)
' 2 2
s, = -cos 3rr = + l
t,= 2
r 2 t,-s,' = 4-J = 3 >O slučaj I a)
ima funkcija ek,trcm i to minimum, jer je r 1 = 2 > O
r, = - sin ~ - cos -)- = - -} -'- -} = - J * O slučaj l.
,, = -cos 3 " = - 2 J
e,= -l
+ J _ _!_= + 2_> o
4 4
slučaj I a)
U točki T, ( ~ , i-) ima funkcija ebtrem i to maksimum, jer je r 1 = - l < O.
Za T, e:, 5 :)
-sin 300 = - t * O slučaj I.
Srr
. Srt Srt _
r, = - sm 6 - cns T = - szn J SOO -cos 300" = -cos 60" -
'• = - cos -3- = - 2 ; t, = - l
l
U točki T { 56rr' 56rr) funkcija ima ekstrem i to maksimum, jer je _r, = -:J < O.
L:etvrti korak.
zmin =z Cz",' _3:;?) _.". sin l.f- + si1t 3 rt +cos 31t = -l -l -1 --2.
2
( 1t 1t) . 1t . "' • 11: l l l (SI'I: S~~:)
Zmalos = z 6' 6 = sm 6 + stn 6 + cos J- 2 + 2 + 2 = ~ - t: T' T
4. Odredi e.kstremne vrijednosti funkcije _
z= x•-y•-4x + >ly + 6
190

Prvi korak.
Drugi korak.
i)z = 2x-4
OX
2x-4 =O
Xo = 2
Samo u točki T 0 (2, l) može biti ekstrem.
dz ·
-= -2y+ 2
dy
-2y + 2 =o
Yo =l
Treći
korak.
To= 2 ; Sn= O t,=-2
T 0 = 2 *O slučaj l. prema (101).
T0 t 0 - s.• = - 4- O = - 4 < O slučaj I. b).
Funkcija nema ekstrema.·
5. Pomoću ekstrema odredi koordinate sredi'ita i pnlumjer kugle
x' + y' +z'- 6x + 8y + JOz + J =O
i (92 b)
Prvi korak.
Prema· (92a)
d z 2>--6
Tx =- 2z + 10
d z 2y + 8
.ry=- 2z +JO
Drugi korak.
2x-6 = 0
""'2""z---:+--:-I ~o
~=0
2z + 10
2x-6=0
2y + 8 =u
x, = 3
Yo = -4
Treći korak. Otpada, jer znamo da kuglina ploha ima u istoj točki T 0 (x 0 = 3, Yo = -4)
ravnine XY maksimum i minimum.
Cetvrti korak. Uvršt~vamo
dobijemo zmaks i zmin : .
x 0 = 3 i y 0 = -4 u zadanu jednadžbu kugline plohe, pa
ili
9 + 16 +z'- 18-32 + !Oz + l =O
z'+ !Oz-24 =O
z, .• = -s + V2s + 24 '
z, = zmaks = - 5 + 7 = + 2
z, = zmin = - 5 - 7 = - 12
Koordinate središta kugle S: x 0 = 3 ; Yo = - 4 Zo = z 1 + z, = 2- 12 = _ S
2 2
S(3,-4,-5)
191

z,-z, 2 + 12 -
Pol1.1mjer kugle:_!.= -- 2
-·= -- 2
-= ]_
Kontrola.
Zadanu jednadžbu kugle prikažimo ~ obliku (61): 1
(x- 3) 1 + (y + 4)' +(z+ 5) 1 '"'-l + 9 + 16 + 25
(x-3)' +.(y + 4)' +(z+ 5)" =49
S(3,-4,-5) ; !3..:::.1
6. Primjer iz analitičke !!!eometrije u prostoru
Odredi najkraću
(vidi § 3, 3 i str 93).
međusobnu udaljenost mimos!lljernih pravaca
x-S y z+4
p, : -~- = -=16 = -2-
x- 27 y + 25 'l- l
la : -- 2
- = -- 1 - = -=-2
Prelazimo na parametarski oblik jednadžbi pravaca:
p,: x = r, + 5
y = -16r,
z= 2t,-4
p, : · X = 2t1 + 27
y = r,- 25
z= -2r, +
(a)
Naš je zadatak, da odredimo one vrijednosti parametara t 1 i t,, koje odgovaraju najbližim
točkama zadanih mimosmjernih pravaca.
Znamo formulu (9) za kvadrat udaljenosti d dviju točaka u prostorw:
d' = (x,- x 1 )' + (y,-y 1 ) 1 + (z 1 - z 1)
1
Uvrštenie jednadžbi (a) daie:
d• = (2t 1 - t, + 22) 1 + (t, + .16t 1 - 25) 1 + (- 2t 1 - 2t 1 + S)' (b)
Odredimo sada one vrijednosti parametara t 1 i t., za' koje je d, odnosno d' minimum. Pedesnije
je uzeti d' mjesto d, zbog toga se točke c;kstrema ne će promijeniti.
Prvi korak.
o( d')
-,- = - 2(2t,- t, + 22) + '32(t, + 16t 1 - 25)- 4(- 2r,- 2t 1 + 5)
~ .
o( d')
ut,
-,- = 4(2t 1 - t 1 + 22) + 2(t 1 + 16t 1 - 25)-4(- 2t 1 - 2t 1 + S)
. '
Drugi korak. Izjednačivši s nulom vrijednosti dobivene za parcijalne derivacije i uredivši
tako dobivene izraze, dobijemo:
29t, + 2t,-48 =o
2t, .,. .t, + l = o
a od~ tle je t 1 = 2 t 1 ' = - 5.

Treći korak. Otpada, jer je maksunalna međusobna udaljenost mlmosmjemih pravaca
beskonačno velika i dobije se za t 1 = ±co i r, = ± đo, pa su t 1 .= 2 i t 1 =-S one-vrijedno~·
~ti parametara zadan.ih pravaca, koje odgovaraju najbližim točkama· tih pravaca.
Cetvrti korak. Uvrštenje t 1 = 2 i t, =-S u (b) daje traženu naJkraću. međusobnu.
udaljenost zadanih mimosmjernih pravaca: ·
dm;n· = V100 + 4 + 121
Odredi ekstremne vrijednosti funkcija:
ll z = - Jx' - 2y' + 2xy + 10
2) z= x' +xy +Y' +x-y+ l
3) z = x' + 3xy + y 3
4) z = (x + y)'- (x + Sy + xy)
[u (O~ 0) , Znial:s = 10)
[u (- 1,1) , zmin = 2]
[u (O, 0) nema ekstrema, u (-1, - l) z maks = l}
[u (-l, 3) ; Zmin= -7] ·
Odredi najkraću međusobnu udalienost mimosmjernih pravaca
Bx+y- z-7=0l
!Ox+ y +2z -19 =Of
d) Vezani ekstremi
. l lx- 3y + 3z -J. 18 = O l
x-6y- 3z =O f
[d= 9)
Dosada smo određivali ekstremne vrijednosti
funkcije z= f(x, y) mijenjajući slobodno
x i y, jer su x i y bili nezavisni jedan od drugoga;
drugim riječima, mi smo se slobodno
kretali po ravnini XY, tražeći točke, u kojim
zadana funkcija z ima . ejs.streme. Međutim,
.ako se traže ekstremne vrijednosti funkcije .
z =f(x, y) uz uvjet, da je cp(x,y) =O, t. j.
y
.ako je zadana funkcijska veza između nezavisnih
promjenljivih x i y, imamo slučaj vezani
h ekstrema. U tom slučaju tražimo eks-
tremne vrijednosti funkcije z idući u ravnini XY samo po krivulji, koja je zadana
uvjetom rp(x, y) =O.
Da pokažemo razliku između slobodnog i vezanog ekstrema. navedimo jednostavan
primjer. . , ' '
Slobodni ekstrem· funkcijt: z = + V R•-x•-y', koja- predočuje gornju
polovinu kugline plohe (vidi sl. 83), jest svakako z maks= z(O, O) =R i njemu odgovara
najviša točka polukugle. Međutim, vezani ekstrem, na pr. po pravcu
x = a, funkcija postizava u točki (a, O) i taj iznosi + V R'- a'; njemu odgovara
najviša točka polukružnice, u kojoj ravnina x = a siječe polukuglu.
Pokažimo, kako se može određivanje vezanog ekstrema zada~e funkcije svestf
na određivanje slobodnog ekstrema druge pomoćne funkcije.
Neka se traže ekstremne vrijednosti funkcije z =f(x,y) uz uvjet cp(x,y) =0.
Napisavši funkciju cp(x, y) =O u eksplicitnom obliku y = y(x) i uvrstivši
y =y(x) u z =f{x~y) dobijemo:
z = f[x, y(x)]
13 B • ....-: ~toltj \'tle matematlll:e - Dlo In. 193

l
Sada z derivir.amo po x prema (87):
dz = of +of . dy
dx ox oy dx
Z namo, d a Je · u toe 'k' 1 e ks trema d ertvae11a · .. -e} dz = O .
- X
Imamo
df + af . dy = 0
ox oy dx
(a)
dy računamo iz 'fi(X, y) =O prema (90)':
dx _
d 'fl
dy ox
dx=-~
dy
Uvrštenje u (a) daje:
O 'fl
of_ of . ox = 0 1 . O 'fl
ox dy O'fl đy
ay
of acp df dcp
dx · dy = dy · dx
Načinimo razmjer, čiju vrijednost označimo s - t.:.
of
ox
df
oy
-=-=-/..
d~ dcp
'\
dx oy
{b)
l. je neka konstanta, koja se zove Lagrange-ev multiplikator. Iz (b) slijedi
df ocp
-+A·-=0
i)x OX
of ocp
-+1.·-=0
oy oy
(e)
Iz .tih jednadžbi i vezanog uvjeta 'fl( X, y) =O računamo one vrijednosti x,
y i>., ·samo za koje funkcija z= f(x, y) može imati vezane ekstreme.
194

Zadatak možemo pojednostaviti tako, da načinimo funkciju
' ' .
F(x,y) =f(x,y) + )." · ~(x,y)
(d)
pa umjesto da tražimo točke vezanih ekstrema zadane funkcije z =f(x, y), tražimo
točke slobodnih ekstrema te funkcije F(x, y), jer parcijalno derivirajući prerna
(d) .funkciju F(x, y) po x i po yi izjednačivši dobivene derivacije s nulom
dobijemo jednadžbe (e).
Iz navedenog slijedi jednostavno pravilo:
Da se odrede točke'; koje bi mogle biti točkama vezanih ekstrema funkcije
z = f( x, y) uz uvjet, da je ~ ( x, y) =O, treba sastaviti pomoćnu fUP.kciju' F( x, y)
pribrojivši zadanoj funkciji f(x, y) vezani uvjet ~{x, y) pomnožen konstantnim
koeficijentom ).":
F(x, y) =f(x, y) + ).". ~(x, y)
i Izračunati nužne uvjete za slobodni ekstrem· te pomoćne funkcije F ( x, y) :
aF af ~ o~
-=-+A.·-=0
ox ox ox
oF a] o~
--=-+!. ·-=0·
ay ay oy ·
(102)
Te dvije jednadžbe zajedno s vezanim uvjetom
~(x,y)=O
čine sustav od tri jednadžbe, iz kojih određujemo vrijednost t. i koordinate x i y
onih točak;~, u kojima zadana funkcija z = f(x, y) može imati vezane ekstreme.
Navedeni. način određivanja točaka vezanih ekstrema zove se metoda Lagrange-evih
multiplikatora. Pitanje, ima li zadana fwlkcija u točkama određenim
na·. taj način ekstreme ili ih nema, rješavat ćemo po smislu svakog konkretnog
zadatka.
Metoda Lagrange~evih multiplikatora primijenju~ ~e i za funkciju bilo kojeg
broja nezavisnih promjenljivih. ·
Neka se traže vezani ekstremi funkcije n promjenljivih
u=f(x,y, z, .... ,t)
uz m vezanih uvjeta, pri čemu je m < n :
·~. (x, y, z, .... ,t) =O
~. (x, y, z,; ... ,t) =O
~ •.(x, y, z, ... .jl) =O
195

Ponovivši istu diskusiju, dolazimo do općeg pravila.
·Da se odrede točke, u kojima bi mqgli postojati vezani ekstremi za~ane funkcije,
treba sastaviti pomoćnu funkciju F.(x, y, z, ....,e). pribrojivši zadanoj funkciji
vezane uvjete pomnožene s Lagrange-evim multiplikatorima:
F(x, y, z, ....,t) =f(x, y, z, ....,c) +A, tpJx, y, z .....,t) +
.+ >-;· qJ,(x, y, z, ....,c) + ... + >-", ,q.,.(x, y, z, ..... r)
( 102a)
lzderiv1ravši funkciju F po svim n promjenljivima i izjednačivši dobivene derivacije
s nulom, dobit ćemo zajedno sa m vezanih uvjeta n + m jednadžbi, iz kojih
možemo odrediti vrijednosti ·m multiplikatora A,, ).. 1
, ••• ,>-", i n koordinata x, y,
z, .... ,t točaka, u kojim· zadana funkcija može imati ekstremne vr-ijednosti.
Primjeri, . koji slijede, ilustriraju n~vedeno pravilo.
Primjer~
l. Odredi udaljenost točke T, (x 1 , Yu >: 1 ) od ·ravni

UvrštenJe u četvrtu jednadžbu daje
A H C
T(2x,- Al.) + T(2y 1 - Bl.) + T(2.a 1 - qw + J.) ~ t
Odalle računamo
A. DobiJemo·
2 (Ax, + By, + Ct 1 + D)
l.= A' + B' + CO
Uvr~tenie
u jednadžbe '(b) daje
y=y,-
z= Zt-
A(Ax, + By, + Cz, + D)
A'+ B''+ C'
B(Ax, + By, + Cz, + D)
A'+ B'+ C'
C(Ax, + By, + Cz, + D)
A'+ B'+ C' •
Uvrstimo li te vrijednosti za x, y
z u (a), dobit ćemo
a odatle je
d'= (Ax 1 + By 1 .+"Cz, +D)'
A'+ B'+ e•
d
Ax, + By, + Cz, + D
VA'+ B'+ C'
Da je'vrijedrtost dob1vena za d traženi vezani mimmum, slijedi iz toga, ~to'naia funkcija
nema drugih ekstrema. Uostalom, dobiveno rješenje je poznata nam formula (48a) za udaljenost
točke od ravnine.
2. Od sviju trokuta zadanog opsega 2> odred1 onaJ, kOJI una naJveću povdmu.'
Znamo Heronovu formulu za povninu P trokuta
ili
P= VJ(>-x)(J-y)(J-z)
P"= •f•- x)(.

Računamo J>arcijalne derivacije funkcije F i izjednačimo ih s .nulom:
oF
ox =-s(s-y)(s- z)+ :1. = O
oF
= -s( s- x)(s-' z) + A = O
e)~
oF
dz = -a( s->:) (s- y) + :1. = O
Rjdenja tog sustava jednad2bi daill on~
vrijednosti x, .Y• z i \, samo za koje je ·
povr~ina P trokuta najveća.
x+y+z-2s=0
Pomnožimo li prve tri jednadžbe redom s (J- r), (s- y) 1 (s- z) dobit ćemo.
A • (s -
>:) = 1(1- :r) (s- y) (s -Z)
A · (s - y) = s( s - :r) (J- y) (s- z)
A • (s- z) = s( s - r) (s - y)(s- z)
J odatle je
ili
s-~=s-_y=s-z
X= y =Z
·uvrštenJe x = y = z u vezani uv1ol r + y + ~ = 2s daje
Iz smisla samog zadatka slijcdt, da smo time dobili tratene vrijednosti stranica trokuta,
t. J. od svih trokuta zadanog opsega najveću povr§inu ima istostranični trokut.
l
l',.,aks = Vs(s- ~)•
ih
V3
Pmalu = s• - 9
-
l. U trokutu, u kojem su zadane sve td stranice
a, b j e, odredi položaj točke T tako, da umnožak udaljenosti
te točke od stranica trokuta bude što veći.
Sl. 84
Iz slike 84 vidimo, da se traže one vrijednosti :r, y i z, za koje ie u= x · y ·z = maksimum
Treba još sastaviti uvjet~ koji vež~ tražene udalie-nosti x, y i z. Povrlina trokuta, kako :se
vidi iz slike, iznosi ·
p=~ + lJ.y + cz
2 2 T (a)
198

f': je poznata veličina, jer IZ zadanih stranica trokuta možemo površinu trokuta izračuf1ati p ..
Heronovoj formuli ,
gdje je 2s = a + b + e = opseg trokuta.
Prema tome jednakost (a) daje traženi uvjet veze izmedu promjenljivih:
ax + by + cz -
2P = O
Prema ( 102), sastavimo pomoćnu
funkciJu.
F = xy z +J. (ax + by + cz - 2P)
Den vi ramo i izjednačimo derivaciJe s nulom:
/
ilf = yz· + a >. = O
dx ·
iJF
ay =
xz
dF·= xy + e). = O
il z
Odatle računamo vrijednosti A 1 x, y, z,
za· koje na~a funkcija u = xyz može 1mau
ekstrem.
uvjet veze:
ax + by + cz = 2P
Pomnožimo li 'prve tri jednadžbe redom s x, y i z, dobit ćemo:
ili
Odatle:
xyz + a>.x =O
xyz + bl..y =O
xyz + c:Az = 0
a>.x = b).y = c>.z = -xyz
ax =by =cz
daje
Uvrštenje u uvjet
ax + by t cz = 2P
3ax ~
2P
a odatle je
Na isti način
dobtjemo
P= '{s(s-a)(s-b)(s-c)-
2P
r=- 3a
2P
z'= Tc
Iz smisla zadatka slijedi, da za dobivene vrijednosti x, y i z ima ·funkcija u = xyz maksimum.
Umaks =
SP'
27abc
199

4. Neka smo po111oću teodolita izmjerili uz najveću pažnju -istom točnotću liVa tri kula
jednog trokuta, za koje smo dobili vrijednosti ex, (3 i _y. Uslijed neizbježivih posre!aka mjerenja
~~roj kutova je različit od ) 800, t. j.
ex.+ ~+y-180°=W
Pita se, kako i:emo podijeliti dobtvenu nesuglas1cu tu na 1zmjcrene kutove, da vrijednosti
kutova najbolje odgovaraju rezultatima mjerenja i da zbroj kutova u trokutu •znosi 180"?
Problem riješimo u smislu teoriJe najmanjih kvadrata (vidi Dio l, § l 5), koja kaže, da ll.l
najbolje vrijednosti mjerenih veličina ·one, za koje je suma -kvadrata pogrešaka minimum.
Označivši, dakle, s x, y i z te najbolje vrijednosti kutova, izračunajmo sumu kvadrata
pogrešaka, odnosno popravaka v. Ta se suma označuje u geodeztjJ s [vv].
Kvadnran)e 1 zbra)a!\JC daJe.
v 1 =x-a.·
v,= y~f3
v,= z-y
lb)
[vv] = v,• + v,• + v,• =(x-ex)'+ (y- (3} 1 + (z-y)'
Tražtmo, dakle, one vrijednosti x, y i z kutova trokuta, za koje je (vv] =min, a osim toga
mora bit• x + y +z= 180°.
Da ~stavimo uvjet, koji veže pogreške v., v, i v,, računamo iz (b);
Uvršten)e u (a) daje
or. =:r-vt
(3 = y-v,
y =z-v,
ili
, (x~v,) + (y -v,)+ (a- va) -180"- w
(x'+ y,+ z)-(v 1 +v,+ v,)-180° = w
a kako Je x + y·+ z= ·180°, dobijemo
.,, + "• + v, + ... = o
Tražimo dakle ekstrem funkciJe [vv) = v,• + "•' -1; v,• uz UVJet:
Sastavimo pomoćnu funkciju F:
Računamo:
"• +:v, + v, + "' "" o
F = v 1' + v? + v,• . .,. ). · (v 1 + v, + v, + u)
c)F = 2v, +),=O
c)v,
đF
.- = 2v, +).=O
c)v,
c)F = 2v, +>.=O
c)v,
200

Odatle
Uvrštenje u (e) daje:
_l.,.="'
2
l.=- 2...,
3
pa iz (d) dobijemo:
w
11 1 = v 2 ll::!~: w 3 = - 3
Kako funkcija [vv) nema drugih ekstrema, bit će (vv] = min za te v~ijednollti pogreAaka v.
Premr,..(b) tmamo konačno:
•
X= at+ v 1 =ot-J
Nesuglasicu w treba podjednako podijeliti na sva tri izmjerena kuta trokuta!
Na isti način vrši se izjednačenje mjerenih veličina, koje su vezane s više uvjeta. Na pr.
ako imamo n mjerenih veličina i m uvjetnih jednadžbi, koje vežu pogreške v s- nesuglasicama w,
pri čemu je m < n, tada pomoćna funkcija Fima prema (102a) ob1ik:
F = v,• + v,• + · · · + vn• + :0. 1 ·(prva uvjetna jednadžba)+ :0. 1 ·(druga uvjetna jednadžba)
+ ... + A",(m-ni uvjetna jednadžba).
Parcijalno derivirajući F po v, . v., ..., Vn" i izjednačujući. te derivacije s nulom. dobijem()
zajedno sa m uvjetnih jednadžbi sustav od (m +"n) jednadžbi, iz kojih računarrio Au :0. 1 , l.a.o •••, ).",
i tražene pogt:eške v 1~ v., ..., vn.
Primijetimo,'da se u računu izjednačenja najprije određuju pomoću normalnih jednadfbi
Lagrange-evi' multiplikakatori :0., koji nose.ime korelata, a zatim se određuju popravci Vu v.,
•••_,tin
16. GeometrijskeJprimjene parcijalnih derivacija •
. Govoreći o singularrtim rJešenjima ·diferencijalnih jednadžbi. (vidi Dio II.
§ 10. 2.e), spomenuli smo, da ta singularna rješenja predočuju geometrijsjci ovojnice
(anvelope) familije krivulja, zadanih općim rješenjem diferencijalne jednadžbe, ili
geometrijska mj~sta singularnih točaka· tih integralnih' krivulja. Sada imamo pri-'
liku, da nešto opširnije promotrimo singularne, t. j. osobite ili neobične točke
ravnih krivulja, i da kažemo nekolko ·riječi o ovojrticama.
201

a) Singularne točke ravnih krivulja
Neka je jednadžba ravne krivulje zadana u implicitnom obliku
F(x, y) =O
Prema (90) izračuna j mo gradijent tangente na tu krivulju u nekoj ·.točk~
T(x,y) krivulje:
iJF
' dy Tx
tg oc = y = dx = - iJF
iJy
Uz pretpostavku, da je u diralištu T tangente barem jedna od parcijalnih deri~
vacija !: i ~: različita od ·nule, bit će točka T obična · točka zadane · krivulje
T.(x.: Y.) krivulje obje derivacije
iJF . iJF
e~ O 1 - = O
iJx iJy '
- tada dobivamo za gradijent tangente u toj točki T" neodređenu
vrijednost
' o
tg(l(. =y. =-o
F(x, y) =O. Međutim, ako su u nekoj točki
Smjer tangeme na krivulju u točki To ostaje, dakle, neodređen, pa ie takva
točka krivulje zove singularna.
Iz navedenog slijedi, da svaki par rješenja ( x., y 0
)
sustava jednadž\:>i
iJF =O
ox
iJF =O
ay
(103)
daje koordinate singularnih točaka
krivulje F( x, y) =O, naravno uz uvjet, da ta
krivulja ima singularne L'i'ke, jer je samo u tom slučaju· ~g()(. = y'l = ~ . Osim
toga treba uzeti u obzir, da koordinate x. i y 0
singularne točke moraju zadovoljavati
ji:dnadžbu krivulje F(x, y) =O, jer singularna točka leži na toj krivulji.
Razlikujemo tri osnovna oblika singularnih" točaka ravnih .krivulja:
l) _Dvostruka točka, u kojoj krivulja ima dvije različite .tangente t, t,
(sl. 85a). ·
2) Š il j ak prve i druge vrste, u kojem krivulja ima jednu (dvostruku) tangentu
t, = t, (sl. 85b i -e).
3) Izolirana točka, u kojoj krivulja nema tangente (sl. 85d).
202

Da odredimo oblik singularne točke T. (x , 0
·y.), u kojoj su. obje parcijalne
oF .r'JF .
derivacije ~ 1- zadane krivulje F(x, y) =O jednake nuli, računamo :r:a tu
točku
ox
oy
diferencijalni izraz:
{~;) .. (:;).- (d!':y): = r. '• -~.'
Sl. 85
koji nam je služio kao dovoljni uvjet za ekstrem funkcije z = j(x, y). Do tog
izraza dolazimo tako, da razVijemo zadanu funkciju F(x, y)=O po T~ylor-ovoj
formuli u okolišu singularne točke T.(x., y.J pa zanemarivši članove .Niših redova,
dobijemo kvadratnu jednadžbu u y'. Rješimo li tu kvadratnu jednadžbu,
dobit ćemo za y' izraz, koji ima za diskriminantu
t. j. gore navedeni diferen'cijalni izraz s negativnim predznakom. Iz toga slijedi:
Ako je u singularnoj točki T 0
(x 0
, Y.) krivulje F(x, y) =O
(!04a)
krivulja ima u točki T. dvostruku točku, jer je u tom slučaju diskriminanta
- (r..t.- s; J > O, pa za gradijent tangente dobijemo dvije realne različite vrijednosti,
t. j. krivulja ima u singularnoj točki dvije različite tangente (sl. 85a).
Znamo, da za r.i. -s.'

singularna točka T 0
(x., Y.) je izolirana točka·, jer je u tom slučaju diskrimmanta
- (r 0
t 0
-s: J

L.:1 x, = l i y, =O, a takoder za x, = +
rcma (104a) zaključujemo, da je singularna točka To (l, 0) dvostruka točka (vidi sl. 86).
2. Odredi singularne točke polukubne parabole
.rtačunamo prema (103):
~u~tav
F(x,y) =y'-x" =O
.đF =- 3x'
dx
;
iJF
iJy = 2y
r 0 1 0 - s 1 0 = O · 2 -O = O
jednadžbi
- 3x' =O
_x 0 =O koordinate singularne točke
daje
T., jer zadovoljavaju i jednadžbu
zadane krivulje.
2y =o
Yo =O
iJ'F
r=--=-6x
iJx'
s= iJ'F =O
ox iJy
r = a'F = 2
ay'
'• =o
•• =o
10 = 2
2"5

Prema (104b) Zaključujemo, da krivulja ima u ishodištu šiljak i to prve vrste, jer i:~: jednadžbe
polukubne parabole y· = ± vt slijedi, da je krivulja simetrič!!.a -na os X (vidi sl. 87).
3. Odredi singularne točke krivulje.
Prema (103):
y' = x'(x- l)
F(x,y) '="' y•- x• + x' =O
iJF =·- 3x' + 2x ;
iJx
iJF
-=2y
iJy
Sl. 87
Iz - 3x' + 2x = O, odnosno - x (3x - 2) = O
i iz
x, =.0
YI= o
2y =O slijedi:
2
x, ~3
y, =o
Krivulja ima jednu singularnu točku T 0 (0, 0) u ishodištu, jer koordinate druge točke (i, o)
ne zadovoljavaju jednadžbu zadane krivulje:
r=-6x+2
s= o
t= 2'
r 0 = 2 7 01 0 - s' 0 = 2 · 2- O = 4 > O
s.= o
lo= 2
Prema (104c) slijedi, da krivulja ima u T 0 (0, O) izoliranu
točku (vidi sl. 88).
y
Odredi singularne točke krivulja i nariši njihove slike:
l. y' = (x- l) (x- 2) (x- 3) [n~ma •singularnih toča_)(a)
2. y' =(x-l) (x-i)' [dvostruka točka (2, O))
3. y' = (x-l)"(x- 3) [izolirana točka (1, O))
4.Cy- x)' = x 5 [šilj~ (0, 0)]
5. y• = 6x 2 - x' [šiljak (0, O) J
Sl. 88
b) Ovojnica (anvelopa) familije ravnih krivulja
Znamo, da jednadžba F(x, y, oc) =O, odnosno y = f(x, oc), koja,- kako vidimo,
sadrži osim promjenljivih x i.y još i parametar ct, koji može primitii1lZli9ite
numeričke vrijednosti, predočuje geometrijski familiju krivulja, koja ovisi o· ;-eanom
parametru oc.
Tako na pr. jednadžba.
{x-ct}"+ y' = R'
predočuje familijn kružnica čvrstog polumjera R sa .središtima na osi X, pri čemu
sve te kružnice diraju pravce'y = 4R i •y = -R. Kako ta dva ptavca y·= ± R:
nazvali smo ih~ ovojnicom lli anvelopom te familije
omotavaju kru'Žnice f~ilije;
(vidi Dio IL sl. 97). ' '
206

!sto tako je parabola y =- ~· ovojnica familije pravaca zadanih j-:c~nadžbom
y = lXX + ~ ~- jer tangira u svakoj svojoj. točki onaj pravac familije, koji prolazi
tom točkom (vidi Dio II. sl. 98).
Iz navedenog jasno slijedi, da se pod ovojnicom zadane familije krivulja, koja
ovisi o jednom parametru ot; razumije općenito krivulja, koja u svakoj svojoj točki
dira jednu krivulju fami'lije pa ima s njome zajedničku tangcmu.
Uzevši u obzir, da· sv;1ka točka ovojnice leži na jednoj od krivulja familije i
ima u toj tcčki zajedničku tangentu s dotičnom krivuljom familije, mo:::c·,;o lako
doći do jednadžbe ovojnice zadane familije krivulja F(x, y,.rt.) =O.
U, tu svrhu treba
f. parcijalno; derivirati po parametru oc zadanu jednadžbu famiiijc krivulja
F(x,.y, ot) = O, smatrajući, da su sve ostale ·promjenljive konstantne veličine,
2. ukloniti i~ tak3' dobivene .jednadžbe;i~·:iadane jednadžbe familije, t. j. iz.
jednadžbi · ·
oF(x,·y, ot} ===O
Oa.
F(x, y,. ot} =O
parametar ot, pa se dobije· jednadžba f( x, y) = O tražene ovojnice.
Izračunamo li iz tih jednadžbi x i y kao funkcije parametra ot:
x x(rt.}
y = y(rt.)
dobit ćemo jednadžbu ovojnice u parametarskom obliku.
(105)
Ptimjeri
Odredi jednadžbe ovoj nica:
l. "Familije kružnica
(x-.) 2 +y' = R'
Deriviramo li prema (105) zadanu jednadžbu po parametru .._, dobijemo
a odatle je
-2(x-a) =O
x-.=0
Uvrštenje u zadanu jednadžbu familije kružnica daje tmžcnu jednadžbu ovojnice
ili
y =
-L R
2. Familije pravaca
.x•
y=cxx+-z
'207

Deriviramo parcijalno po :x prema (105):
a odatle je
x+IX=0
a:=-x
,.Uvrštenie u zadanu jednadžbu familije
daje
ili
..
x•
y=-- 2
y
e
•
Jednadžba ovoJnice (parabole).
3. Familije parabola
y = " x -
x'
2c (l + :x')
Iz zadane jed.nadžbe vidimo, da sve parabole familije prolaze kroz ishodište koordinatne>;~
sustava i da su osi parabola okomite na os X (vidi sl. 89).
Da odredimo geometrijsko značenje parametra a, derivirajmo po x zadanu jednadžbi.::
a u i~hodištu O (0, 0):
dy = a- l + a' . 2x
dx '2c
(;~).=a:= gradijent tangente na bilo koju parabolu familije u ishodištu!
Da odredimo jednadžbu' ovojnice zadane familije parabola, derivirajmo parcijalno po a:
iednadžbu te familije:
Dobijemo:
Odatle računamo a:
x'
y = ax--(1 + :x')
2c
x•
0=x--·2:x
2c
(a)
e
1-IX=­
X
ili
Uvršten;-, u (a) da~ tražellu jednadžbu ovojnice:
~ ( '")
y=c-- 1+-
2c x'
e ~
y=---
2 2c
:208

To. je opet parabola, kojoj je vrh na osi Y u točki (o, f}, a presjeci s os\·~ jesu
A (-e, 0) i B(c, 0) (sl. 89)
4. Odrezak AB duljine e nekog pravca p pomiče se tako, da točka A ostaje uvijek na osi X,
a točka B na osi Y. Odredi ovojnicu te familije pravaca.
Prema slici 90 jednadžba pravca A B glasi
X y
-+-=
a b
y
ili, ako uvedemo parametar " i uzmemo u obzir, da je
tada prema slici
a= e· cos o: b=c·sin-..
dobit ćemo
X
e · cos -x
X
COS' IX
+ __ Y ___ = ll· e
C • SIPI ct
..._
_Y__ =C
sin IX
jednadžbu familije zadanih· pravaca. '
Prema (105) derivirajmo tu jednadžbu parci/alno p~:
(a·)
st.

3. farnihie elipsa s!alnog zbroja ·s poluosi
x•
--r
ox•
y•
---=1
(5- ox)•
Jednadžbe (105) za određivanje ovojnice zadane familije krivulja F(x,y, «) == ()
postavili smo uz pretpostavku, da krivulje te familije imaju ovojnice. Međutim,
ta pretpostavka nije uvijek opravdana. Ima familija krivulja, koje ·nemaju ovojnice.
Kao primjer navedimo fa.mi,liju koncentričnih kružnica sa zajednič~im središtem
u ishodištu, koordinatnog sustava
.!-' + y' = «'
(a)
gdje je parametar (X.
poltunjer kružnica.
Deriviramo li tu jednadžbu parcijalno po a., dobijemo
ili
o= 2:x
et=O
pa uvrštenje u (a) daje
Realna rješenja te Jednadžbe )esu x = O i y =_O, a to· su koordinate ishodišta-,
Nismo dobili ovojnice, ier je nema, već samo zajedničko središte svih kružnica
. familije
Pokažimo sada, da će jednadžbe (105) zadovoljavati i koordinate singularnih
točaka zadane familije krivulja ili, drugim riječima: jednadžbe (105) daju geometrijska
mjesta singularnih točaka zadane familije krivulja F(x, y, oc} =O, naravno,
ako te krivulje imaiu singularne točke.
Da to pokažemo, pretpostavimo, da zadana familija krivulja F(x, y, a.)= O
ima singularne točke, čije je geometrijsko mjesto krivulja k. Budući da točke tc:
krivulje leže na krivuljama zadane familije, vrijednosti koordinata ~ i y krivulje k
moraju zadovoljavati za neke vrijednosti parametra a. jednadžbu F(x, y, a.) = O
zadane familije. Iz toga slijedi, da su koordinate x i y točaka krivulje k neke posve'
odredene funkcije parametra oc, t. j. ·
x = x(a.)
y = y(a.)
Uvršt~nje
u F(x, y, a.) =O da~
F[x(oc), y(a.), «) = O
Derivirajmo F. po a. po pravilu za deriviran je složenih funkcija:
dF dx aF
rx·Ja.+oy
dy
da.
aF
OGl
-+-=0
(a)
210

Kako je prema (103) u singularnoj točki krivulje ::=o i.:;:= O, u jednadžbi'
(a) ostaje
a to je prv'l jednadžba sustava (105).
Prema tome iste jednadžbe (105), pomoću kojih smo određivali
oF(x, y, a.) = O
o a.
F(x, y, a.) =O
ovojnice,
daju također geometrijsko mjesto singularnih točaka familije krivulja F(x,y,a.) =O"
Iz navedenog slijedi, da jednadžbe ( 105) odreduju ·ovojnicu, ako ona postoji.
1li geometrijsko mjesto singularnih točaka krivulje, ako krivulje familije imaju
singularne točke, ili ne određuju ni jedno ni drugo, ako zadana familija krivulja
nema ovojnice, a krivulje familije nemaju singularnih točaka.
Na pr. jednadžbe (l 05) daju za familiju polu ku bnih parabola
x"- fv- r:J.)' = O
geometrijsko mjesto šiljaka (vidi pnmJer 2. na str. 205) i to os Y, jer je
+2(y-a.)=0
y
lli y-r:J. =o
a uvrštenje u jednadžbu familije da~
x'= O
ili X• = 0 ...... OS Y
(vidi sl. 91).
Odredi za vježbu geometnj,ko m)esto singularnih točaka
familije krivulja .v' -(x- :x)' e~ o. (šiljci prve vrste, y = 0).
Sl. 91
211

§ 5. VISESTRUKI ODREĐENI INTEGRALP I NJIHOVA PRIMJENA
t. DvostrU:ki integrali
a) Pojam, geometrijsko značenje i računanje
Definirajući obični određeni integral, istakli smo u prvom redu njegovo geo- ·
metrijsko značenje, pa smo rekli, da taj integral predočuje geometrijski površinu
S omeđenu lukom krivulje y = f(x), odreskom osi X od. x =a do x = 8 i ordinatama
krivulje povučenim u tim krajnim točltama intervala:
(Vidi sl. 92 i Dio IL § ~-
y
S= {f{x)dx
•
z
~.z·f(x,y)
p
v
St. 9~ St. 91'
Slično tome predočuje geometrijski dvostruki integral funkcije r = f(x; y)
obujam V tijela, koje je omeđeno zadanom ploho~ S jednadžbe i =f(x, y),
ortogonalnorn projekcijom cr te plohe na ravninu XY i valjkastom plohom okomitom
na ravnini XY, kojom se kontura k zadane plohe S projicira na ravninu
XY (vidi sl. 9~
Dok su granice integracije jednostrukog određenog integr!lla linearne (od
x =a do K= b), kod dvostrukog integrala područje integracije je dvodimenzio~
nalno - dio cr ravnine XY, a omeđeno je krivuljom k' (vidi sl. 93). ·
Prema tome pi.šemo:
Volumen V= J J f(x, y)dx dy (106)
cr
t. j. volumen V tijela ispod plohe· S, koja ima jednadžbtl z= f(x, y), jednak je
dvostrukom integralu funkcije z = f( x, y) uzetom po dvodimen?:ionalnom području
cr ravnine X,Y.
Nastaje pitanje, kako ćemo izračunati tai .dvostruki integral, t. j, kako ćemo
odrediti obujam V toga tijela? ' .
' Opet ćemo posrupati kao u slučaju jednostrukog integrala: računajući povr­
~inu S ispod luka krivulje y = f(x) (vidi-sl. 92), uzeli smo neki x po volji, njemu
smo dali beskonačno mali prirast dx pa nacrtavši ordinate krivulje, dobili smo
element dS= f(x)dx tražene površine S. Integrirajući od x =a do x =b, dobili
smo traženu površinu S.
212

Kako je u našem sadašnjem slučaju područje integracije dvodimenzionalno,
uzet ćemp po volji ne samo x, već i y, pa ćemo njima dati priraste dx i dy~. koje
ćemo smatrati, da su beskonačno mali. Zamislimo li sada, da tim točkama prolaze
ravnine, koje su paralelne s ravninama YZ i XZ, isjeći će te ravnine iz tjela •. čiji
volumen tražimo, jedan prizmatički stupić, kojemu je površina osnovke
dcr =dx· dy
Taj stupić predočuje element zadanog
tijela, a kako smo uzeli da su dx i
dy beskonačno male veličine, možemo ga
smatrati da je prizma, kojoj je visina
aplikata j( x, y) zadane plohe S u točki
T(x" y), pa volumen dV toga elementa
možemo lako izračunati kao umnožak
površine baze i visine:
d V= f(x, y) · dcr = f(x, y) · dx dy
(vidi sl. 94).
Sl. 94
Sada ćemo sumirati te stupiće, da dobijemo isprva volumen sloja debljine dx
zadanog tijellt, a zatim, sumirajući slojeve, i traženi volumen čitava tijela. Kako je
područje integracije cr dvodimenzionalno, moramo to sumiranje provesti u dva
smjera:
prvo u smjeru osi Y, a zatim u smjeru osi X, ili obratno:
prvo u smjeru- osi X, a zatim u smjeru osi Y.
Uzet ćemCl·najprije prvi način. U tu svrhu pretpostavimo, da je prije po volji
u:ieti x neka konstanta x =k i izra~unajmo volumen sloja tijela debljine dx (vidi
sl. 94). Da odredimo volumen toga sloja, moramo integrirati po y, idući od točke
E stražnjeg dijela krivulje k', koja omeđuje područje o:, do točke F njena prednjeg
dijela. Zato treba znati jednadžbu krivulje k', za koju pretpostavljamo, da pravci
paralelni s osi Y sijeku tu krivulju najviše u dvjema točkama. Neka je y = y(x)
ta jednadžba.
Povučemo tangente, koje su paralelne s osi Y n~ tu medašnu krivulju k'~ Te
tangente sijeku os X u točkama x = a i x =b, a diraju krivulju k' u točkama A i B
Ta dirališta A i B dijele međašnu krivulju k', kojoj je jednadžba y = y(x), u dva
dijela: stražnji AEB i prednji APB. Neka jey,(x) jednadžba dijela AEB, a y.(x)
jednadžba dijela AFB. Traženi volumen sloja dobijemo sumirajući stupiće i to
idući od E do F, t. j. integrirajući po y od y,(x) do y,(x):
y,(x)
volumen sloja debljine dx: J j( x, y )dy
y,(xJ
Sada kad smo volumen sloja izratunali, sumirat ćemo slojeve idući u smjeru
osi X od dirališta A do dirališta B, t. j. integrirat ćemo po X izraz dobiven za volumen
sloja i to, kako. se jasno vidi iz slike 94, od x = a do x = b, P.a tako dobijemo
traženi volumen tijela V:
l
213

y,(Jt)
V= J J f(x, y)dxdy = J dx J /(?C, y)dy (106a)
Cf
.... . Kako smo već spomenuli, do istog rezultata dolazimo, ako sloj traženog volumena
uzmemo u smjeru osi X i izraćunavši volumen toga sloja debljine dy, ~urniramo
slojeve idući po osi Y od y = e do y = d (vidi sl. 94). U tom slučaju integriramo
najprije po x smatrajući da je y neka konstanta i idući od x,(y) do x.(y),
gdje su x,(y) i x.(y) jednadžbe lijevog i desnog dijela međašne krivulje k', a zati.Ir
integriramo po y idući od y = e do y = d. Na taj način dobijemo:
1
d
y.fx)
x.(y)
V= J J f(x, y)dxdy = J 4y J f(x,y)dx ' (lO~b)
Cf
l
U tom slučaju pretpostavljamo, da pravci paralelni -s osi X sijeku konturu k'
podrućja:~integracije rr najviše. u dvije točke. ·
Kako se vidi, računanje dvostrukog integrala svodi se na računanje dyaju
jednostrukih određenih integrala.
Iz toga slijedi, da sva svojstva jednostrukog odredenog integrala (vidi Dio II.
§ 6) možemo prenijeti na dvostruki integral:
l) konstanta, koja množi podintegralnu funkciju, stavi se uvijek ispred znaka
dvostrukog integrala;
2) dvostruki integral konačnog zbroja funkcija jednak je zbroju 'dvostrukih
integrala tih funkcija. ·
3) Rezultat dvostrukog integriranja daje algebarsku sumu volumena, jer volumen
tijela, koji leži ispod ravnine XY, u_lazi u rezultat integriranja s predznakom
minus.
Prema tome, hoćemo li da dobijemo pravi volumen tijela, odnosno apsolutnu
vrijednost dvostrukog integrala funkcije z = /( x, y), koja mijenja predznak u
području integracije cr, tre~a posebno iuačunati dvostruki integral, koji daje volumen
onog dijela tijela, koji se nalazi iznad ravnine XY, a posebno integral za
()naj 'dio volumena tijela, koji leži•ispod ravnine XY. Zbroj apsolutnih vrijednosti
tih integrala dat će traženi pravi volumen tijela. Općenito je dakle :
Xt(JI)
V= J J !(x,y)dx dy
Cf
4) Područje integracije r:; možemo razdijeliti
u konačan broj dijelova 1! , 1
a,, ..., t!n, pa dvostruki
integral računati u obliku
J J f(x, y) dx dy =J J f(x,y)dxdy +
o,
+J /f(x,y) dxdy + .... +J Jt(x,y)dxdy
y
/:)n
~·
---to.-----------------x
Sl. 95
To svojstvo dvostrukog integrala ima veliko praktičko značenje u slučaju,
kada pravci paralelni s koordin~n\.m. osima X i Y sijeku krivulju k', koja ome-
, \
214

1duje područje integratije -~. više nego u dvije točke. U tom slučaju treba područje
.integracije cr razdijeliti u dijelove tako, da ti pravci sijeku konturu svakog pojtdinog
dijela područja naivi~ u dvije točke .. Na slici 95 područje integracije o
podijeljeno je na taj način
Pri računanju
u tri dijela cr,, cr, i o,.
dvostrukih integrala moramo držati na pameti:
l) Računajući volumen sloja zadanog tijela, t. j. drugog integrala u formuli
(106a), smatramo da je x konstanta, pa granice integracije y,(x) i y,(x) uvrštavamo
samo u y, dok pri upotrebi formule (106b) smatramo da je y konstanta,
pa granice integracije x,(y) i x,(y) uvršta vamo samo u. x. Nakon uvrštenja
granica pretvara se podintegralna funkcija f(x, y )-u funkciju od samo~a x, odnosno
od samoga y, pa ~~ iza toga lako računa prvi integral..
2) Da su granice prvog integrala uvijek konstantne, dok su granice drugog
iritegrala obično funkcije od x, odnos_no od y. ·
3) Da težina računanja dvostrukih integrala leži za svakbga tko zna izračunati
obične jednostruke integrale jedino u određivanju granic;~ integracije, pa određivanju
tih granica moramo posvetiti osobitu pažnju pri rješavanju bilo kojeg '
zadatka pomoću dvostrukih integrala.
4) Da pri izboru redoslijeda integriranja, t. j. formule (10.6a), odnosnl) formule •
(l06b), treba uzeti u obzir funkciju, koja se dobije nakon prvog integriranja, a
takoder oblik konture k' područja integracije. Uvijek ćemo izabrati onaj redo-
. slijed integriranja, odnosno onu od formula (106), koja nakon prvog integriranja
i uvrštenja granica daje funkciju, koju možerrio lakše ponovno integrirati. ·u drugu
ruku podesnim izborom redoslijeda integriranja možemo kadšto ·dva dvostruka
integrala svesti na jedan.
Navedeno ilustrirat čemo s više primjera, ali prije moramo u(:initi još jednu
važnu primjedbu.
Slično, kako smo u Dijelu Il. Repetitorija najprije izveli geometrijsko znaC::enje
običnog odredenog integrala, a tek zatim naveli mnogobrojne primjene tog integrata,
tako smo i sada dali samo geome•rijsko značenje dvostrukog integrala smatrajući
ga kao volumen tijela. Kasnije ćemo vidjeti [vidi 5. ovog §] mnogobrojnu.
primjenu dvostrukih iinegrala: pomoću tih integrala rješavaju se raznovrsni problemi,
koji traže integriranje. funkcije' dviju neza\'isnih promjenliivih po nekom
području ko0rdinatne ravnine ili zadane plohe.
l:_rtmjcn
l. Odred t volumen tijela omeđenog plohom:
y
'a .,.b-'.7=
X> 0
y:;;,O
z>O
Prva jednadžba predočuje, lal.ko znamo, jedl')adžbu ravnine zadane u •egmentnom ohliku,
dok ostale tri jednadžbe odreduju prvi oktant pravokutnog koordinatnog sustava .
. Traži se, dakle, volumen piramide, prikazan na sl. 96 1 odnosno volfimen tijela, koie )e omedeno
zadanom ravninom i trima koordinatnim. ravninama ..
Svaki srednjoškolac lako će nam izračunati taj volumen:
I ah abc
v_=3·2·c=6
215

Ipak će:rruJ rje~iti ta) zadatak pomoeu dvostrukog integrala, da još jednom uočimo st~tu~
tog iritegrala.
Kako vidimo iz slike 96, u zadanom je primjeru područje integracije' pravokutni trokut
.-:tOB s katetama a i b, pa prikazavši jedm.džbu- zadane ravnine u eksplicitnom obliku
e e
z(x,y) =e {•-_!__L)
a- b
piiemo ,Prema (106), postavivli kon,tantu e ispred
znaka dvos~kog integ_rjlla, da je volumen
V=c JJ(•-: -~}dl;dy
dA OB
Sada prema (106a) rastavimo taj dvostruki integral_~~_
dva jednostruka:
• pređimo ,na određiv~e granica mtegracije .
. Najprije odredimo granice d~gog integrala, koji, kako znamo, daje volumen sloja debljinedx,
a dobije se integracijom po y. uru svrhu uzmemo neki konstantni x, njemu dodamo prirast
dx i konstruiramo sloj zadanog tijela· povukavši ra'lnine paralelne s ravninom YZ (vidi sl. 96).
Iz slike jasno vidimo, da je donja granica drugog integrala y = O, jer polazimo od osi X idući ,
u smjeru osi Y, dok je gornja granica krajnja točka· D ordinate y pravca AB: Potrebna nani .je•
dakle jednadžba pravca AB, da izrazimo s x tu ordinatu y. Taj pravac siječe na osima X i Y
segmente a i b, pa n)egova jednadžba glasi·
Odati<
~+L=
... a b
To Je gornJa gramca drugog tntegrala, pa tmamo
Sada surniramo slojeve tijela, t. j. integriramo po x. Iz slike se jasno vidi, da se kod toga Je,
mijenja od O do a.
Imamo dakle
Pre!azimo na integrir~nje. Uvijek se najprjje računa d rugi integral Kako je pri računanju tog
intcgru!a x konstanta, pišerr.o ga u obliku
216

i integriramo član po član postavivši konstante ispred znaka integrala, a prvi integral_ kod toga
uvijek prepisujemo:
pa je
Sada uvrštavamo gtanice integracije, ali samo u y, jer JC x konstanta:
Odatle
Dobili smo obični
Odatle
Konačno
bc J ( x )'.
V=2 I--;- dx_
o
a ,·
integral funkcije od x. Integriramo:
d
bcj{
xx')
V=- 1-2-+- dx
2 a a•
o
V = bc l x - 2_ . ~ + _!_ . ~ l =
k (a - ~ + ~)
2 a 2 a• 3 2 ll 311
. - 1
~ -
V=~
6
Riješi za vježbu isti zadatak po formuli (106b), t. j. uzcv§i sloj volumena u smjeru osi X.
i nariši pripadnu sliku. Integral će sada glasiti
V= e JJ (l-~-~} dx dy =e j dy J
~AOB i Q
(l-}-~ dx
· . a( t-f)
Naravno treba dobiti isti rezultat.
tl T

ll
2. Izraa.tnaf obujam kugle polumjera R .(sl. 97).
Budufi da je. kugla simetriQul o!Wrom aa sve tri
'~rdinatne ravnine, računat ćemo volumen oktanta ku-
.., • v .a..t" • žL'- • • • Ć
.,.e, t. J. g' a 1 -• VJe oan]a mtcgnrat erno prvo
po x, a zatim po y [formula (106b)]:
.Napisavli ietln&džbu kugline plohe (sfere) 11 ebplicitpam
obliku
računamo
z(x,y) = + VR•-;-x•-y•
prema (106b) volumen oktanta kutle.
y
Sl. 97 ·
~.=J JVR•-x•-y• 'dxdy =
a
=J dy JVR'-x'-y'dx
Uočivši, da je područje integracije kvadrant_ kruga polwnjera R, prelazimo na određivanje
granica integracije. U tu svrhu uzmemo neki konstantni y (y = k) i narišimo sloj kugle debljine
dy. Iz sli~e 97 vidimo, da su granice drugog integrala x .= O i x = V R• y•, gdje je x = V R 1 y•
apscisa ktužnice k', koja omeđuje područje integracije a. Sumirajući slojeve, idemo 11zdu.l osi Y
i to, kako se vidi 'iz slike, od y = O do y = R. To su granice prvog integrala. Imamo dak)e:
R VR'-y'
-~=J dy J VR•-x•-y• dx (..
Budući da račun•mje drugog integrala traži više vremena i mjesta, riješimo· &a posebne kao needredeni
.integral.
I= J VR•-x•-y• dx
Uzevši u obzir· da je y konstantan, stavimo
'R'-y'=k'
pa dobijemo:
odnosno
k~ VR' ..:._ y'
(b)
To je poznati nam predtip C (vidi Dio II. str. 85, zadatak 2.)
Dobijemo:
Hi uzevši u obzir (b)
k' x x,~
I= -irre sin-+- v k'- x•
2 k 2
a uvrštenje u (a) daje
R' -y• . X X
l= -- 2
- arcszn 1 ~-L-VR•-y•-X'I
vR' -y• ' 2 .
218

Dobijemo:
-dobijemo:
Oda

volji Fi§emo projekciju sloja debljine dx. Iz slike se jasno vidi, da će pri računanju volumena sloja,
t. j. pri integriranju po y, biti granice integracije l i 7, a pri sumiranju sldjeva, t. j. integriranju
po x, granice su 2 i 10. ·
Imamo dakle prema (106a):
10 7
V.= Jj xydxdy =J xdx Jydy
a z 1
Kako je x konstanta, mogli smo· ga staviti pri računanju drugog integrala ispred z~a tog,
integrala, jer u na§em slučaju x nile vezan zbrajanjem ili oduzimanjem s y.
Računamo:
JO 7 JO •
V= Jxdx l y; l= T J x dx (49-
2 1 ~
lO
l)= 241 x; l= 12(100-4) = 12.% = 1152
V= H62
Jasno je, da bismo mogli istodobnf> računati oba integrala, jer u drugi integral ne ulazi y:
v =lx; r: l ;y; 1
2 l
7
= { (100-4)(49-1).= 12.96 = 11-52
Kako je područje integracije tJ pravokutnik sa·stranicarna !5aralelnim.s osima X i Y, imali.
smo najjednostavniji slučaj dvostrukog integrala, jer u tom slučaju irna i drugi integral konstantne
granice. Riješi isti primjer 'po formuli (106b) uz sliku područja intejP11ciie i projekcije,
sloja.
2. Izračunaj v~lumen tijela omeđena s
z = x' + y' - 2x- 2y + ;4
x=2 x=O
.y = 2 y =o
z=đ
Napisavši jednadžbu zadane plohe u obliku
z-2 = (x-1)' +(y-1) 1
vidimo, da je to tijelo omeđeno odozgo plohom rotacionogparaboloida s vrhom u toČki V(l, l, 2) ..
(vidi Dio ll. § 7, 7), ravninama x = 2 i y = 2/koje su paralelne s koordinatnim ravninama YZ.
odnosno XY, i trima koordinatnim' ravninama. Slika 99a prikazuje oblik· tog tijela. b te slike
vidimo, da je područje integracije kvadrat stranice 2..
1 1
Ri§emo posebno to područje (sl. 99b), pa uzevši projekciju sloja tijela, na pr. u smjeru osi
X, računamo prema (106b):
V = J j (x• + y' - 2x- 2y + 4) dx dy =
"
" z 2
= J d; J (x• + y 1 - 2x - 2y + 4) dx
o o
220

z
4
y
o
2 . l(
y
a
Sl. 99
Vidimo, da opet imamo konačne granice. integracije i u drugom integralu. lntegl'iramo pam4
teći, da je pri računanJU drugog integrale y = konstanta:--
,z
+ y' x - x' - 2y x + 4x ,.=
•
= f(-f+2y'-4-4y+8)dy=
•
l
=J (2y'- 4y lO)
•
+T ciy =
z
=l ~y'- 2y' + 2~ YI=
•
=~-8 +~ = 10~
3 3 J
V= JO~
3
,.
3. Izrač~aj volumen tijela omeđena plohama
z= 4-x'-y'
x=+l; x=i-1; y=+l ;.y=-l; z=O
Zadano tijelo predočuje uspravan paralelopiped, kojemu je osnovka kvadvrat stranice 2 u ravnini
XY. Taj paralelopiped presječen je odozgo paraboloidom, nastalom rotacijom parabole x'~4-z
·oko osi Z (sl. lOOa). '
221

'i
+l
- o .. 1
,A5
·1
ll
y
a, b
Sl. 100
NarisavAi podn.tčie integracije a (sl. IOOb) računamo na pr; prema (l~
V= J J (4- x•- y 0 ) dx dy =
•
+l +l +l +l
~ J dx J (4- x' - y') dy = J dx /4y - _x' v :_ ~ l =
-1 -1 -1
+l
~ J (
-l
4 - x 2 - + 4 - x' + +)dx -
V='l3_!_
3
+l
122 2 l 40
-x--x' =-
1 3 3 l 3
-J·
4. Odredi obujam tijela omc.de!IG s
Sl. 101
X-= Y' ; y = r ; Z = t
Riješivii zajedno jednadžbe x = y' i y = x' i odredivli na taj način sjecišta 0(0,0) i A(l,J),
tih krivuljll, narBimo područje integracije a i projekciju sloja traženog volumena (sl. 1-01), pa
računamo prema .( l-06b): ·
. l 'fi
.
V= J J (12 + y- x") dx dy =J dy J (12 + y- x 1 ) dx=
a o y 1
'
222

J
l
yY
= J dy j12x + yx - ; l =·
o
y•,
= !

pa, kairo se vidi iz slike, granice drugog integrala su
a te su racionalne.
od l X =y'-4 do "= 5
Sumirajući slojeve idemo u smjeru osi Y i to od y = - 3 doy = +J, kake) Ile to yidi ,IZ
,slike.
Imamo dakle prema (106b), uzmi u obzir da jef(x,y) ,:; :: = x·+ 2y:
+J 5
V = J J (i + 2y) dx dy, = J dy J (x + 1y) dx
. a -J yL-..4
Integrirajmo, pamteći da je pri računanju drugog integrala y = konstanta.
+3 S'
V= Jdylx; + 2y: "'""
-.3 y'-4 ..
+J dy {+ . 25 +.2y , s- [ y(y'- 4) 1 +
-3
+J
+ 2y(y 1 '-4) ]} =Je:+ IOy- yY' + 4y'-8-,2y' + 8y)dy =
-J
+J
+J
y• v' 4 · . 9
l l
-~--~+ TY' + 9v' +-y =
10 2 . 2
-3 -J
~ J (- ~· y• - 2y~ + 4y 2 + ISy + ~ ) dy
= -
243 - ~ + 36 + 81 + ~ -
243
+ ~ + 36 - 81 + 27 = 50,4
tO 2 2 10 2 2
v= 50,4
Pokažimo sada na primjeru,· koji slijedi, da pri izboru redoslijeda integri­
:ranja moramo uzeti u obzir i oblik konture k' područja integracije.
y
Primjer
lzračunai
ff
o
.l; J l
(3-4-4Y dx dy
ako je Jfodručjc integracije o zadano slikom l OJ.
Uzmemo . li sloj traženog volumena u
smjeru osi Y, t. j. primijenimo li formulu
(106a), imat ćemo računati d va dvostruka integrala:
po pravokutniku OACD i po tro"Kutu
Sl. 103
ABC. Da sveđerno zadatak na računanje jednog
dvostrukog integrala, uzet ćemo sloj u smjeru
osi X, t. ·j. radit ćemo po formuli (106b).
l
Najprije napišimo jednadžbu pravca BC, kao pravca koji proiazi točkom B(IO, 0), a ima
.gradijent a= tga. = tg(180-a.') ':"' -tga.' =-~=-+(vidi sl. '103).
224

ili
Prema y-y 1 = a(x- x 1 ) imamo
l
'Y = --zCx-10)
j )j
x=-2y+IO
jednadžbe pravca BC
Očito je, da jednadžbu pravca BC možemo takoder napisati kao jednadžbu pravca kroz

3. z= x"+ y•
y=x ; x=6 ; y=O ; z=O [V.= 432]
4. x + y + z- 3 = O
Primjedba
y•= 4- 2x ; x = O z=O
Računanje volumena zadanog tijela. vršit ćemo pomoću dvostrukog integrala
sarno u tom slučaju, ako se taj volumen ne da izračunati jednostrukim integralom,
jer je',,mnogo jednostavnije izračunati jednostruki nego dvostruki integral. Tako
ćemoobujarn rotacionog tijela račun.ati uvijek prerna poznatoj nam formuli (91)
iz II. dijela Repetitorija:
b
v 7' 1tf [f(x) r dx
a
Isto tako ćemo računati.pomoću jednostrukog integrala volurnen tijela, čiju
površinu S popreč'nog presjeka rnožemo prikazati kao funkciju od x, odnosno y
i to prerna forrnuli (89) iz II. dijela Repetitorija:·
z
b
V= J S(x)dx
Q
'U torn:dijelu na str. 20B izračunat je na
taj· način obujam troosnog elipsoida. Izračuna;
ga sada pornoću dvostrukog integrala, da uočiš.
golernu, razlik1,1 u rnnožini računskog rada u
jednom 1 drugom slučaju.
Navedimo još jedan sličan primjer.
Primier'
~~-------)( Odredi volumen eliptičkog paraboloida•
x• .
9 +.y• = 2z
Sl. 104 izmeau ravnina z= O i z= S.
Slika l 04 prikazuje tijelo, čijr volumc;n .. trahmo.
. Jasno je) da 'i taj volumen može!IlO izračunati pomoču dvostrultog integrala, na·pr. · oeluzev~
od obujma eliptičkog va ljka s osnovkom B i visinom S volumen tijela, koje je omeđeno tim
valjkom i zadanim eliptičkim .paraboloidom, ili, jednostaVnije, ·prenijevši ravninu XY paralelnim
pomakom uzduž osi Z za 5 prema gore. '
M.,ogo iednostavtiije. riješit ćemo taj zadatak po formuli (89). U tu svrt.u presijeći .ćernQ
-:i::·t;::::i puraboloid nekom mvninom z= z 0 paralelnom s ravninom XY.
Uvrštc;nie. ?i = "'•' u jednadžbu paiabolbida daje
x"
9 + Y 1 - 2zol·:2zo
~+L=
l d.:: 0 • 2z 0
naženi presjek ili točnije njegovu sukladn!J·proi~iju ea ra'llniriu~XY.
226

l
Kako vidimo, presjek je elipsa s poluosima .a- ~i b= V2z., pa prema po7,..,~toj
'formuli za površinu c;lipse S = ah rr imamo:
ili uredivši i uzevši z 0 = z dobijemo
S= VlSzo • V2zo · rr
S(z) = 6 rr z
Primjena formule (89) daje neposredno traženi volumen:
5 5
V= 6rr J.zdz = 6rr1:;.1 = 3 n:· 2~ = 75 ":
o
o
v= 75 7t
Ako je područje integracije a krug ili eli ps;~, vrši se radi jednostavnijeg integn
ranja prijelaz na nove promjenljive [vidi dalje točku 3. ovog paragrafa].
b) Srednja vrijednost dvostrukog integrala
Govoreći o srednjoj vrijednosti jednostrukog određenog integrala (vidi Dio II.
§ 6, 2), rekli smo, da se određivanje ~e srednje vrijednosti svodi na pretvaranje
. b
površine S omeđene krivuljom f(x), t. j. S= J f(x)dx, u pravokutnik, kojemu
a
je visina Yo ta srednja .vrijednost· integrala, a osnovka duljina imervala integracije
(b-a}, t. j.
Y.
b
J f(x)dx
a
b-a
Posve slično· definiramo srednju vrijednost dvostrukog integrala. Ulogu povr­
!ine S igra sada ,volumen V= J J f(x,·y)dxdy, a ulogu Yo igra z. = f(t:,,Y)),
tl .
t. j. aplikata zadane plohe z =f(x, y) u nekoj &srednjoj~ točki (c;,Y)) ·područja a.
Drugim riječima, pretvaramo zadano tijelo volumena V =J J f(x, y)dxdy u
valjak istog volumena V, kojemu je baza područje integracije " cr, a visina sredni
vrijednost dvostrukog integtala z. =J (e;, 7J): _
V= J J!(x, y)dxdy =a ·z.= a ·f(c,, Y))
Odatle'

Ta srednja vrijednost određenog integrala uzima se kao srednja vrijednost
podintegralne funkcije f(x, y) u području ·a.
Sl. lOS
Primjer
Odredi srednju vrijednost funkcije :: = lx +. y
u trokutu omeđenom koordinatnim ()fima i pravcan
x +Y = 3.
Napisav§i područje integracije o (sl. lO~ i uzevli
.u obzir da je o= 3 ~ 3 = ~, računamo p~;ema (107)
i (106a):
3 3-x 3
J J (lx + y)dx dy
.to= ..:."--'A9-:---
2
3 3-lC
= % J '7" J (lx + y) dy =
. = ~ J dx !2xy + y; l = ! J dx [ 2x (3 - x) + f (3 - x) 1 ] =
o o o -
3 3
. = ~J ((3.- x) (4x + 3 - x)] dx = +J (-x• + lx + 3)dx -
o
o
o
o
Vidi dalje točku
3. ovog §-a.
Z. Trostruki integrali
Pokažimo, da površinu ravna lika možemo također izračunati pomoću dvostrukog
integrala.
Odredimo na taj način na pr. površinu S lika, koji je omeđen prvim lukom
sinusoide i osi X (sl. 106). ·
Uzmemo za x i y ,vrijednosti po volji;'
kojim dademo priraste dx i dy. Tada je prema
sij,ci:
površina elementa lika dS= dx . dy.
Da dobijemo površinu S čitava lika, mora--~t/S:i::i.=~~~==~~~~·lt
mo integrirati u smjer osi X i osi Y, t. j. izračunati
dvostruki integral Sl. 106
228

S= JJ dxdy
s
pri čemu je područje integracije .a tražena površina S lika. Prostorno motemo na§
problem shvatiti tako, da računamo vclumen cilindričkog tijela, kojemu je osnovu
površina S zadanog ra.vnog lika, a :visina l, t. j. V= S= J J l ·dx dy.
s
Dalje postupamo prema formuli (106a) ili {106b):
Dobili smo obični
., sanx w sinx "'l
S= J dx J dy ==J dx ly l =J sinxdx.
o o o o w
jednostruki integral·
..
S = 1- COS X l = -COS 1r + COS 0 = ) + J = 2
o .
• Slično tome možemo volumen ispod zadane plohe z = j( x, y) izračunati i
pomoću trost-rukog integrala.
Uzevši x, yi z po volji, davši im priraste dx, dy i dz i povukavši ravnine paralelne
s koordinatnim ravninama, dobijemo volumen dV elementa tijela, pri čemu je,
kako se to jasno vidi iz slike 107,
dV = dx . dy . dz (108)
:r.>a dobijemo volumen čitava tijela, moramo integrirati u smjeru osiju X, Y
i Z, t. j. trostruko integrirati, pa je
v~ JJJdxdydz
v
pri čemu integriramo po volumenu V tijela, čiji obujam tražimo. Područje integracije
je dakle trodimenzionalno. ·
229

Dalje postupamo na slični način, kao pri računanju dvostrukog integrala, t. j.
rastavimo trostruki integral u tri jednostruka: ·
i prelazimo na određivanje granica integriranja. Pri računanju trećeg integrala
smatramo da je x = k, = konstanta i y = k, = konstanta, pa taj integral predočuje
volumen stupića tijela s osnovkom dx-dy (vidi sl. 107). Jasno je, ·da su granice
integracije z= O i z·'= f(x, y). Da' dobijemo volUm.en sloja debljine dx za·
danog tijela,. moramo sumirati' te stUpiće. U tu svrhu računamo drugi' integral,
čije su granice y =y,(x) iy =y,(x), kako se to jasno vidi iz slike. Konačno prelazimo
na sumiranje slojeva tijela računajući prvi integral.od x =a do x =b.
Tako dobijemo volumen V čitava tijela:
/J y,(x) /(x,y)
V = J J J dx dy dz = J dx J dy J dz (109)
V a Yt(X) 0
pri čemu možemo mijenjati redoslijed integriranja kao i pri računanju dvostrukih
integrala.
Jasno je, da nema smisla računati volumen tijela pomoću trostrukog integral&,
jer nakon izračunavanja trećeg integrala po formuli (109) automatski dobijemo
dvostruki integral. ·
Napisavši formulu (109) u obliku
V= JJJ l ·dxdydz
v
vtmmo,. da pri računanJU volumena. tijela trostrukim integralom zapravo integriramo
po volumenu V zadanog tijela funkciju l: Medutim, trostruki integrali imaju
veliko praktičko značenje, ·.ako podintegralna funkcija nije l, već funkcija triju
nezavisnih promjenljivih u= f(x, y, z}, pa je moramo integrirati po trodimenzionalnom
području w volumena V, u kojem je ta ·funkcija definirana [vidi dalje
točku 5.) ovog paragrafa]. Prema tome trostruki integral funkcije u =f{x. y, z}
uzet u konačnom trodimenzionalnom području w volumena V ima općenito oblik:
y,(x) z,(x,y)
J J f(x, y, z)dxdy dz =J dx J dy J
V a y 1(x) z 1(x,y)
f(x, y, z)dz
(l09a)
Tu je z = z ( x, y) jednadžba plohe S, koja omeđuje zadano prostorno područje
integracije w volumena V, pri ćemu pretpostavljamo, da kojigod pravac, koji je
paralelan s bilo kojom koordinatnom osi, presjeca tu plohu S samo il dvije točke.
Iz navedenog slijedi način računanja trostrukog integrala po prostQrnom
području w volumena V.
Najprije se funkcijaf(x,y,z) integrira po jednoj promjenlfivoj, na pr. z, ugra·
nicama. njene promjene. uz konstantne, ali po volji odabrane vrijednosti dviju drugih
promjenljivih ( x i y), zatim se rezultat prvog integriranja integrira 'po rav: .. ·
230

nom podrt..:i:, .., iz oj~ je projekcija na koordinatnu ravninu funkcije tih dviju pro:­
mjenljvih;.i to po drugoj promjenljivoj (y/ u grimiC!Ul).a njene promjene·uz kori.~
stantnu, ali po· volji uzetu vrijednost treće promjenljive (x), konačno se rezultat
tog integriranja integrira po toj trećoj promjenljivo; (x) u granicama njene najveće
:xomjtne _u .navedenom· ravnom području (projekciji).
U posebnom slučaju, kad je podru­
_l:je · integracije w pravokutan paraJelopiped,
kojemu s•1 bridovi paralelni s koordinatnim
ravninama, tada su granice svih
triju integrala konstantne i ne mijenjaju
se pri promjeni redoslijeda integriranja.
Na pr. prema slici 108 imamo:
J J f(x, y, z)dx dy dz = ·
v
a' b' e'
=J dx J dy J (x,y,z) dz
a h
Sl. 108
Promatrajući određene integrale u· njihovoj cjelokupnosti, opažamo potpunP
analogiju u konstrukciji jednostrukih, dvostrukih i trostrukih integrala. Pri integriranju
funkcije jedne promjenljive svi elementi, koje,sumiramo, leže uzduž jednog
pravca (osi X), pa integrira jući po tom pravcu dobijemo pbični jedi10struki integial,
koji se iz toga razloga zove također p ravocrtni. Pri integriral'lju funkcije dviju
promjenljivih, koja je definirana u nekom dijelu koordinatne ravnihe, na pr. ra'

( . "') ' "')
~ b n 1-;;;- a . b l l" (•-,;-
/ dx J dy I dz '= J dx J dy z = ·
o o o o o o
" b
J dx J dy n ( l -
"
;;) = n J ( l -
b
; ) dx J dy -
o
V = abn (2m - a)
2m
Rije~i pomoću trostrukih integrala primjere navedene pod J. a) OVO!! !\.\
Dalnje primjene trostrukih integrala vidi u· točki
5. ovog §-a.
3. Zamjena promjenljivih u dvostrukim integralima
Rekli smo već, da su radi pojednostavljenja integriranja, a u prvom redu.
da se izl;>jegne integriranje iracionalnih funkcija, vrši zamjena promjenljivih pri
računanju višestrukih integrala: Najčešće prelazimo pri računanju dvostrukih
integrala na polarne koordinate rp i p i na eliptičke koordinate.
Iz toga razloga promotrimo detaljnije ta
dva slučaja, a opći slučaj zamjene promjenljivih
obrazložimo ukratko.
pa je
Sl. 110
a) Polarne koordinate
Neka se traži
J J f(x, y)dx dy
a
gdje je f(x, y) neprekinuta funkcija u području
integracije cs. Zamijenimo pravokutrie koor~inate
X. j y polarnim l tp i p:
X= p COS tp
y=psincp
f(x, y) =f(pcostp, p sin rp)= F(~, p)
Područje integracije cs, za koje pretpostavimo, da radijvekton sijeku konturu
k' toga područja najviše u dvije točke, rastavimo u elemente narisavši koordinatne
linije, t. j. koncentrične kružnice p = konstanta i poluzrake iz pola rp = konstanta.
Uzmemo li tako po volji neki cp i neki p pa im dademo priraste dp i dp, za koje
smatramo da su beskonačno mali, dobit ćemo element KLMN područja ·a, koji
možemo uzeti da je pravokutnik s osnovkom. KN = p · d cp i visinom KL ==;'
= NM = dp (si. 110).
(a)
232

Prema tome je
da ~ dx dy = pdcp ·dp
(IlO)
površina elementa područja.
Budući da u drugu ruku dvostruki integral, koji p~;omatramo, glasi
J J j(x, y)dx dy, dobijemo u~evši
ll
u obz1r formule prijelaza (a) i formulu (liO):
J J f(x, y)dx dy = J j HP cos tp, p pn 'P)P dp d cp=
" : (Ill)
=J J F(tp, p)pdpdtp
Pomoću te formule vršimo transformaciju dvostrukog integrala od pravokutnih
koordi~ata na polarne. Istom formulom se služimo, ako je -podintegralna
funkcija zad.ana u polarnim koordinatama F(rp, p). Iz te formule vidimo, da se ta
transformacija vrši tako, da se u integrandu zamijene x i y sa p cos cp i p sin

Imamo.< dakle:
V= J J f(x; y}dx dy = J j HP cos cp, p sin cp)pdpdcp =
~ "
,, P,(')
(ll la)
=J dcp J /(p cos cp,- p sin .

) Opći slučaj
Uzmimo sada opći slučaj, kad treba u. dvostrukom integral u
J J f{x, y)dxdy
zamijeniti promjenljive X i y S U i V, pri čemu SU te promjenljive Vezane rneđ~•-
~obno funkcijama: ·
x = x(u, v)
y = y{u, v)
Za te funkcije pretpostavljamo, da su neprekinute i da imaju neprekinute
parcijalne derivacije.
u i v ne ćemo više promatrati kao polarne koordinate u ravnini XY, već kao
prav'Okutnc koordinate u drugoj ravnini UV pretpostavljajuči, da je u~ O.
a O ~v< 2TC.
Zadatak se svodi na to, da se izvrši preslikavanje područja a ravnine
XY u područje a' ravnine UV uz pretpostavku, da su jednadžbe (a) takve, da ,
svakom paru vrijednosti x i y odgovara jedan određeni par vrijednosti u i v, ili '
drugim riječima, da svakom položaju točke T u području a odgovara odreden
položaj točke T' u području cr' i obratno. Ukratko se kaže: relacije (a) moraju
imati to svojstvo, da uzajamno jednoznačno preslikavaju· područje a. u pod.ručje
o' (i obratno) .
. Uz tu pretpostavku zamjenom promjen)jivih x i y s u i v prelazi područje o
dvostrukog integrala u ravnini XY u područje o' u ravnini UV. Da po~ve shvatimo
to preslikavanje područja o u područje cr', promotrimo već poznatu nam zamjenu
promjenljive x u običnom određenom integralu promjenljivom t pri prijelazu na
par::metarsku jednadžbu podintegralnc funkcije.
Znamo: ako je
x = x(t)
y = y(t}
parametarska jednadžba podintegralne
funkcije y =
f(x), tada izračunavši ·ax·=tx'{t}dt, dobijemo
b
'•
J f(x)d~ J f[y{t}] · x'(t)dt
a
'•
gdje je a= x(t,), a b= y(c,):
Na pr. računajući površinu polukruga. pisali smo uzevši u obzir da parax
= r cos t
metarska J. ednadžba kružnice y = \f r' - x• glasi . da ,je dx =
· y=rsrnr
= - r sin t · dt :
S
T Jr+rl""7'--;;- J
= Vr' - x' dx = V r' - r• ces• t · (- r sin t) dt =
(b)
235

w ,
""' + r J sin 1 ·sin t dt= r•J sin• t dt
gdje je - r = r cos 1t, a + r = r cos O
[vidi Dio Il. § 7, 1. a) i d)].
S našeg sadašnjeg gledišta zamjene promjenljivih u određenom integralu, mo­
Žemo jednadžbu x = x( t) smatrati kao formulu preslikavanja intervala integracije
[a, b] na osi X (u našem primjeru intervala [-r, +r]) na neki drugi interval [t,, t,}
osi T (u našem primjeru na interval (Tt", OJ).
rz jednakosti (b) slijedi:
ili
ili
dx~x'(t}dt
-=Xl dx '()
dt
dx: dt~ x'(t}: l
Iz te jednakosti vidimo, da x' (t), ako je x' (t) > O, predočuje omjer elementa
(diferencijala) intervala [a, b] na osi X i pripadnog elementa (diferencijala) dt na
osi T. To znači:
dx
x'(t) -dl
predočuje
[t,, t~] na
dx
dt
omjer (mjerilo) preslikavanja dužine [a, b] na osi X u dužinu
osi T ili, kako se kaže,
je koeficijent deformacije dužine pri tom preslikavanju.
Uvjet x' {t) > O osigurava uzajamnu jednoznačnost u preslikavanju dužina,
pri čemu u pojedinim točkama x'(t) može biti jednak nuli. Slučaj x'(t}

:gdje je dcr element područja a ravnine XY., a dr/ element pripadnog područja a'
ravnine UV.
Koeficijent deformacije ~:, predočuje omjer ili modul preslikavanja
,;oJlručja a u području cr'. On pokazuje, koliko se puta povećala iti umanjila
površina elementa dcr u okolišu točke T(x, y) područja a nakon njena preslikavanja
u okoliš pripadne točke T' (u, v) područja a'.
Prema tome sasvim analogno jednadžbi (b) dobijemo:
l l f(x, y}dx dy = l l f[x(u, v), y(u, v)] da' du dv (e)
. ~ ~
Koeficijent deformacije ~(J,
. ucr
-cijske determinante za funkcije (a) x = x(u, v) i jednak je nj.enoj apsolutnoj
y = y(u, v)
vrijednosti:
da
(]7=
dx dx
du ov
ay dy
du dv
Ta d.eterminanni označuje
se simbolom
pa je
.ili
da iJ(x, y)
da' = o(u, v)
dxdy
d(x, y)
d(u, v)
= apsolutnoj vrijednosti
OX OX
vu ov
oy vy
ou d v
dudv
dx ox
du dv
dy dy
du ov
(1121
Imamo konačno
ff
prema (e):
l f(x, y)dx dy =. llf[x(u, v ) ,yu, ( v)] q(x, o(u,v) y) l·du dv
• ..
gdje je
računa sc pomoću tako zvane J aco bi'jeve· funk­
iJ(x, y) L
~(u, v)-
ox
ou
dy
ou
dX
ov
o:Y
ov
( ll2a)
237

Iz navedenog slijedi, da formula ( 112a) vrijedi uz uvjete, da su funkcije/
x = x(u, v) i y = y(u, v), koje vrše 1 preslikavanj~ područja rs u područje rs';
neprekinute, da imaju neprekinute parcijalne derivaciie i da imaju Jacobijevu
determinantu, koja ne mijenja svoga predznaka u području cs, ali može da se
poništi u pojedinim točkama. Ti uvjeti osiguravaju, neprekinutost i uzajamnu
jednoznačnost preslikavanja.
Primijenimo tu formulu za zamjenu u dvostrukom integralu pravokutnih
koordinata x i y polarnima

.A=aucosv
y =bu sin v
(113)
o ~ v< 2r.
Na pr. za u = l i .v = O dobijemo x = a~· y = O, a to je desni vrh elipse.
za u = l i v = 90°, .dobijemo gornji vrh (0, b) i t. d.
Računamo prema ( 112):
OX ox
o(x, y) ou ov
o(u, v} = ay oy
ou ov
a cos v
b sin v
-ausz·u v
bu cos v
pa je prema (112)
= ab u cos' v + ab u sin' v = abu
dx dy = ab u du dv
(113a>
J J f{x, y)dx dy = ab J J( au cos v, bu sin v)u dudv =
a
a'
2'1t
l
= ab J dv J j( au cos v, bu sin v),u du
o
(113b)
ako je područje integracije cr potpuna eli psa, ~nače se· mijenjaju granice prvog
integrala.
Opažamo, da imamo konstantne granice integracije.
Kako smo već rekli, pri računanju dvostrukih integrala vršit ćemc uvijek
radi jednostavnijeg integriranja prijelaz na polarne, odnosno eliptičke koordinate,
·ako je područje integracije krug, ~osno elipsa ili dijelovi tih likova.
Navedimo nekoliko primjera.
Primjeri
l. Odredi obujam tijela omeđena s
x+y+z-3=0
x' + y' = l ; z = O.
Traži se obujam kružnog valjka, kojemu je os
simetrije os Z, a polumjer osno~e l. Taj valjak presječen
je ravninom T + f + f = l (nariši sliku!).
Prema slici 114, koja predočuje područje integracije
~ i projekciju sloja traženo~ volumena, računa-·
mo obzirom na formulu (Ille): Sl. 114
239

V = J J (3 - r- y)dr dy =
tf
J J (3 ~p COS

3. Riješimo t. zv. Vivianijev zadatak (1622-1703) ..
Izračunaj zajednički volumen kugle polumjera a i kružnog \/aljka polu mjera ;-, čiji plait
prohzi središtem kugle.
Slika 116 prikazuje zadano tijelo.
Budući da je tijelo, čiji volumen tražimo, simetrično obzirom na koordinatne ravnine XZ
i XY, računat ćemo' samo četvrtinu volumena, koji se nalazi u prvom oktan tu.
y
X
Sl. 116 Sl. 117
Iz slike 117, kop predočuje područje integracije a i projekcl)c sloja traženog volumena z;a
lt
neki lionstantni ~· vid t mo, da se p mijenja od O ao a cos cp, a cp od O do 2", pa uzevši u obzir,
da Jednadžba zadane kugle glasi
x' + y' + z' = a'
dobijemo prema (Illa)
.f = J J Va' - x' - y' dx dy ~ j J Va' -p' cos' - p' si11 2 p đpdcp
_ a COl !J
I ~'l' J Va'- p' pdp
Kako k uz supstituciju a'- p' =
J Va'-p' p dp= -}Vca'-p')'
dobijemo· dalje:
v·
4
-
_31 fT
a cat 11
"'
V(a'-p')' dq> - +
J2
([Vra'-a' cos')' -v;i'] d"=
16
B. Apeen: Repetitortl Yl!h. matematike - Dio III.
241

.. '/J ."
-~ f~ith?-l)d~ ~ -rf 1;~- J!rn'

!_
l jz .
=- 16a' cos'

l
=> -v+
l .
-nnv--cosv
J • J
+-nn
l . l 12• l +l
fl --~;---- --ft'
2 3 3 8 •. 3 3
v·- Tt
Taj primje~ možemo riješiti i prema (Ille) uzevti z ='(x- t)(y- IY, t. j. pomaknuvli
koordinatni sustav u 'S(l, 4)
• y'
6. Izračuna; volumen uspravnog eliptičkog valjka s osnovkom ~ + T = l u ravnini XY~
koji je presječen ravninom z = 12-3x-4y.
Uzevši u_obzir da je a= 2 a b= t; računamo prema (ll3b):
~V= 2 • l J
~.. l
dv:J(12 ~ 3 • 2 u ·cos v- 4 .. · l u sin v) u du=
2 J( 6- 2cos v- ·~ sin v) dv-
o o
~ - ~
... 2 J dv 16u'- 2 cos v u• ~ ~ sin v • u• l: =
o
o
1= 216v-
2 sin v+ ~ cos ~l:': = 2{ 12 n: + -}-·H = 24 11:
v= 24 1t
7. Izračuna j volumen tijela· omeđena s
y
z=xy+Zx-S
l ~----- ·-·-
~o~-+1---------4+-----.-.x
Sl. 120
z".
t
(x-4)1 + (y- 3 )" =l; z= O.
4
Kako je područje integracije.a (vidi sl. '120) clipS..·
sa središtem u točki S(4, 3) i poluosima a= l i b ... Z:
imamo prema (113) i ob:Urom na sliku 120:
1
x=4+ lucosv
y=3+2usinv
Prema (112) .'dobijemo
dx dy = t :.~:: ~~ l ~ dtJ = 2 u 4u_dtJ
pa prema (ll3b) računamo:
V= ~J dv J [c4 +u cos v) (3 + 2 u sin .v) + 2 (4 +u cos v) -s] u du ...
o
o
2!r l
= 2 J dv J (ISu + Su• cos v + 8 u• sin. t1 + 2u 1 sin tl • cos v)du '=
o o
J
.,.s . 5 3 8 .... . l ' . l
~ l
= 2 dv T" +T" cos v + 3
..-smv +yu smvcosv
o
o
244

211' '
= 2
!
,· (IS S 8· . . J . ) d
-+·~cosv+-smv+·-sznvcosv
··. 2 . 3 3
v=.•
:!
o
v ='30 1t
Odredi uz zamjenu promjenljivih obujam tjelesa·,omectenih s
l.
.2.
x•
z=-­ a•
x'+y•.,.r•
4z = x• + y'
x'+y'=Sx
3. x• + y• + z• = r•
x• + y• = rx
z=O
; z = O
4. z = xy + x + y + l
(x- 2)'. + (y- 3)' = l ; z = O
16 9
5. Izračunaj volumen dijela yaljka x• + y• = r• izmedu ravnina
z=O i
z-=mx
[
sr•}
V= lsa•]
[V= 96 1t]
[V= 144 1t]
6. lzr~čunaj volumen tijela, koje je omeđeno hiperbolnim paraboloidom cz = zy, ravninom
z= O i valjkom (x-a)' +(y-b) 1 = r•
4. Zamjena promjenljivih .u trostrukom intepalu
Najčešće se vrši prijelaz od pravo'kutnih koordinata; u kojim je zadan trostruki
integral, na cilindričke i na kugline koordinate.> Stoga ćemo potanko
promotriti ta dva slučaja, dok ćemo opet opći slučaj zamjene promjenljivih obrazložiti
samo· ukratko.
a) Cilindričke kO

To su formule prijelaza od cilindričkih koordinata na pravokutne.
Uzmemo li, da je p = R (konstanta), dobit ćemo parametarsku jedna­

iman: o
dV = dx dy dz = pdp d rp dz
.
(liSa)
pa uzevši u obzir formule (114) dobijemo konačno traženu formulu zamjene
u trostrukom integralu pravokutnih koordtnata cilindričkim:
J J f(x, y, z)dx dy dz =J J J f(p cos cp, p sin q~, z)pdp d

pri čemu
je
tl ;;::;; & ;;::;; 7t; .. o ~ p < + co .•
To su formule prijelaza od kuglinih koordinata na pravokutne.
Uzmemo li, da je p= R (ko~stanta), dobit ćemo jednad.žbu kugline ~lohe
(sfere) polumjera R u parametarskorn obliku, u kojoj su rp i & parametri,
pa cp možemo smatrati geografskom
duljinom, a & dopunom do 90"
georafske širine točke T (vidi također
§ 4. 12).
Koordinatna površina rp = konst.
predstavlja sada polukrugove, kojima os
Z prolazi kroz središte, p = konst. su
kugline plohe sa središtem u ishodištu
O, a .& = • konst. su plaštevi stoža~a, kojima
je os Z zajednička os.
Te koordinatne plohe dijele pro~tor
u ćelije, čili oblik vidimo na slici 124.
Dademo li kuglinim koordinatama
cp, .& i. p neke točke T ktigline plohe priraste
dcp, d& i dp, tada dobijemo lik prikazan
na slici 124.
Sl. 124
Uz pretpostavku, da su ti prirasti
beskonačno male veličine, možemo uzeti,
da je taj lik pravokutni paralelopiped, pa njegov volumen dV računati kao umnožak
površine osnovke i visine dp.
Uzevši u obzir, da je
UT= p sin & · drp (UT je luk kugline paralele, kojoj je polumjer TO'= .
=p sin&)
i da je
E= P. d&
imamo:
ili
a kako je prema (l 08)
dobijemo
d V= p sm & · d cp • p d& · dp
,dV = p• sin.& · d

Računanje trostrukog int

J J j (x~y, z) dxdyds =;=v
= J J J f[x (u, v, t), y(u, v, t), z(u, v, t}] ~~, • du do dt
v
('120)
gdje je ;~ koeficijent deformacije volwnena pri pres)ika.vanju po~čja W u područje
w 1 prema formuli (120). Taj koeficijent deformacije jednak -je u sv;akoj
točki područja apsolutnoj vrijednosti Jacobijeve determinante
gdje je
dV _, iJ{x, y, z)
dV' - iJ(u, v, t)
ox 'ox dx
iJu iJv ot
d(x, y, z) ay oy ay
o(u, v, t) = iJu ov dt
az o z o z
ou ov ot
(120a)
Primijenimo li te formule (120) i (l20a) za slučaj prijelaza· u trostrukom integral
u na cilindričke, odnosno kugline koordinate (načini to!), dobit ćemo već nam
poznate formule (116), odnosno (119). Međutun, te formule ne smijemo u tom slučaju
smatrati kao formule prijelaza u trostrukom integralu od pravokutnih koordinata
na cilindričke, odnosno kugline u istom području W, već kao formule nekih!
posebnih transformacija u trostrukom integralu od pravokutnih koordinata opet\
na pravokutne koordinate, ali u drugim, pripadnim područjima W'.
S. Primjena dvostrukih i trostrukih integrala
Rekli smo već, da promatranje dvostrukog i trostrukog integrala kao volumena
tijela omeđenog zadanom plohom, daje samo geometrijsko značenje tih integraJa.
Sada ćemo navesti mnogobrojne primjene višestrukih integrala, ·
a) Površina ravnih likova
Pokazali smo. da površinu ravnih likova možemo računati i pomoću dvostrukog
integrala, jer je dS = dx dy površina elementa ravna lika, pa je površina ravna lika: 1
(121)
pri čemu smo iz navedenog primjera (vidi str: 228) vidjeli, da taj naćin·računanja
nema općenito smisla, jer nakon prvog integriranja prelazimo automatski na obični
250

jednostruki integral. Međutim, ako je zadani ravni lik omeđen s . dvije krivulje,
isplati se računati njegovu površinu pomoću dvostruKog integrala, jer se u tom
slučaju jednostavnije određuju granice integracije. Pokažimo to na primjerima.
Primjeri.
l. Odredi površinu lika omeđenog parabolom y• = 4x + 4 i pravcem y = 2-x.
Narišimo zadani lik (sl. 125) prethodno izračunavši sjecišta A(O, 2) i B(8, -6) pa!'llbole i
pravca, a također vrh V(0,-1) zadane parabole y 2 = 4(x + 1). Element tražene površine uzme.
mo u smjeru osi X, pa napisavši jednadžbe parabole i pravca u ob!~ x = y' ~ 4 i x = 2-y
računamo prema slici i formuli (121):
y
= 12y:_ ~-'h+ yi= 6- 2-i+ 18 + 18- 18
--6
21.!..
3
y
SI. 125
SI. 126
Da smo element tražene površine uzeli u smjeru osi Y, t. j. da amo integrirali prvo po ;y,
:a zatim po x, morali bismo izračunati d,·a integrala, ll granice integracije bill: bi iracionalne:
2. lzračunaj površinu lika omeđena s
o +V•x+4 s z-x
s=faxf dy + faxf dy
-l -V4x+4 ° -f4x+4
y = sin X ; y ""' COS X • X = 0.
Kako je sin ; = cos ; = Vf, imamo prema slici 126 i formuli (121):
!'TT
4 ""'"
S= ff dxdy;, dxfdy=
S O .Vu:
251

= J
g
.".
4 '
(cos "-sin x) dx =
.
•
1
lsmx+c•sxl=
.
Jasno je, da i povrsmu lika omeđenog knvul)ama, čije su jednadžbe zadal'le
u polarnim koordinatama, možemo izračunati pomoću dvostrukog integrala uzevši
da je podintegralna funkcija jednaka l. Na taj način dobijemo prema (Ill):
P nm) er
s= J J pdpdrp (1221
s
Sl. 127
'TT
t-T 4co.!q:a 2
= J d

Ako je materija, koja jednoliko pokriva lik, nehomogena, gustoća se mijenja
1>d točke do točke, ona je funkcija od x i y, t. j. .
gustoća
!L = !L (x, y).
li s dm površinsku masu elementa lika u nekoj njegovoj točki
Označimo
T ( x, y) (diferencijal mase), a s dS površinu toga lika (vidi sL 128), bit će gustoća
u toj točki T(x, y):
dm
fL{X, y) = dS
(123)
a odatle je
a kako je dS = dx dy
dm = fl(x, y) dS
dm= !J.{ X, y) dx dy
Tako smo dobili izraz za diferencijal
mase ravna lika.
y
(123a)
Sl. 128
Sl. 129
Čitavu masu lika dobijemo integrirajući po površini lika:
Masa nehomogena ravna lika m =J J fL( X, y) dx dy
Pn m) er
Odredi masu pravokutnika gustoće >t= xy, kojemu su stranice b i ll.(sl. ·129).
Prema (123b);
"
m = J J xy dx dy = J x dx J y dy =
s o o
~
(123b)'
Ako je lik homogen, t. j. fl= konst., formula (123b) prima oblik:
253

a za
m= (l. J J dxdy =(l.· S
s .
t-t= l
m=S
t. j. ako je,ravan lik homogen, a gustoća. !L = l, masa lika numerički je jednaka
njegovoj površini.
U tom slučaju određivanje mase ravna lika svodi se na računanje njegove'
površine.
e) Statički momenti i koordinate težišta ravnih likova
Govoreći u dijelu II. Repetitorija (vidi § 7, 2.) o primjeni jednostrukih određenih
integrala, već smo potanko obradili to pitanje, pa znamo, da je statički mo ...
ment M ravna lika, za koji pretpostavljamo da je homogen gustoće "ll-= l, obzirom
na neku os jednak umnošku površine S toga lika i udaljenosti njegova težišta od
dotične os1, t. j.
Mx= JydS
s
My= j xdS
s
(a)
Znamo također, da podijelivši statički moment lika s površinom S lika dobijemo
koordinate težišta toga lika : .
M {xdS
X =-Y-=_s __
' S f dS
s
.f ydS .
M" . s
y,=-s= [dS
U mnogim slučajevima određivanje statičkih momenata i koordinata težišta
ravnih likova vrši se jednostavnije pomoću dvostrukih integrala. Taj prijelaz na
dvostruke integrale možemo lako izvršiti, ako se sjetimo. da je
dS= dxdy
Formule (a) i (b) primaju tada oblik:
M"= j J ydxdy. ; Mu =J J x dx dy
s
s
ff xdxdy
My s Mx
x, = -s-. =:= --=-},.,./,..... d-.-x-d-;-:y- / y, = -s
s
Jj ydxdy
fldxdy
s
(b)
(124)
(125).
Uvrstimo li u (124) x =p cos 'P i y =p sin

:rrimjeri.
1. Odrcli statičke momente ·pravokutnika osnovke b i visine h obzirom na njegove stranice
(vil!i'gorc sl. 129). ·
Prema (124)
b • b
M" =J J y dx dy = Jdx J y dy = l
xl
s o o . o
il
l ~·l = b~· = s . ~ '
o
gdje je S = bij = površina pravckutnika.
Na isti način dobijemo:
hb' b
M_,. =-z=S ·y
a prema ( 125)
b
Xt=T
h
Y•=y
Sl. 130
2. Odredi koordinate težišta lika omeđenog sinu so idom od 11 = O do x "":. 1t i !='Si X (sl. .IlO).
Prema slici:
Prema (125) :
Yt =
"11 .ftn%
"'
J Jydxdy Jaxjy dy l If.
.s o o
J Jdxdy
s
Jdxjdy
sin x "11
o
o
sm• xdx
Jsin xdx
...
If- sin:x l
o
Izračuna; za vježbu xt !
2. Odredi težište' lika omeđenog kružnicama
(x-l)' + y~ = l
(x- 2)' + y' = 4 (vidi sl. 127 i primjer uz ru sliku).
Prema· toj slici i (125) :
Yt =O
My My
:Xa=--=--
S 3 x
(a)
Napisavši jednadžbe zadanih· kružnica u polarnim kordinatama
računamo My prema (12Sa):
p=:UOSq> i
p=4coocp
..
+7 4cosqo
My = J J p'"'"" 'P Qp ~ = J ,COS 'P dq> J p• dp =
--z
S

.. ."
-
+z - 4cos, +z
=J cos cp d cp l f-1 = i-J cos cp (64 co;• cp- 8 cos• cp) d" --
ff ZCIJS' 'If'
-~ -z-
+-f
= f j 7 cos• cpdop = prema tipu VIII. (Dio II. § 5, 7.) =
,..
-z-
56
=3
:Prema (a):
7 Tc 7
Xt ~-=-= 2..!__
3 7t 3 3
Težište (T' o)
4. Odredi težište kružnog isjeeka (sl. 131), kojemu odgovara središnji kut 2«.
Prema slici i (125a):
y
x,~o
~+ ..
~~~-:-cos cp l .
'IT
Sl. 132
=-:------.:.2_-,..... .....,...., R(sin «+sin «) 2 R sin a
~· {; + «-; +") 3« =....;.3_. __ a_
~25i

~. Odredi težište polo,·ine elipse, koja leži iznad nJene velike osi 2a (sl. 132).·
Xt = 0
Jlt. računamo prema (125), izvršivši prema (113) prijelaz na eliptičke koordinate:
x=aucosv
y =bu sin v
dxdy = abududv
ab'f J u• sin v du dfJ
s
Yt = ----::------
abffududt!
s
..
l
J udu jav
2 . "'
2 lt
3 "'
2=~
37t
Odredi pomoču dvostrukog integrala težište:
l. Trokuta osnovke b i visine h obz1rom· na osnovku
2. Petlje l emniskate p' = a• cos ~ 'l'
3. Kardioide p= a(l + cos

Sve te :momente već znamo računati pomoću običnih jednostrukih integrala.
ali se jednostavnije računaju, kao ćemo vidjeti, pomoću dvostrukih integrale.
Postoji )oš jedan moment, koji ne možemo izračunati pomoću jednostrukih
integrala, to je centrifugalni moment ili moment devijacije obzirom na
osi X i Y:
]xy,= J xy dS
s
Dok su svi momenti trornos~i uvijek pozitivne veličine (x'>O, y'>O i p'>O),
centrifugalni moment lika je negativan za one njegove dijelove, koji leže u II.
i IV. kvadrantu, jer u tim kvadrantima x i y imaju različite predznake, pa je
x . y

Primjeri
l. Izračunaj t.. !y, 1 0 i l~~:y za pravokutnit prikazan na sliCi 129.
Prema (126)
I,.= J Jy"dxdy-= J dx Jy• dy = b:•
s o o -
b
ll
b. lo
ly =J j x• dx dy = J x' dx J dy = ":
S D O -
lxy = J J xy dx dy = J x dx Jydy = b~•
s o o --
Prema (127a)
b
h
bh
lp= lu= lx+ ly = y{h 1 +bl)
..... ·····--·-··
Sl. 134
2. Izračunaj lx, ly i l"y za trokut prikazan na slici 134.
Označivši s a i e dijelove osnovke b trokuta (a + e = b) i uzevši u obzir, da su jednad!be
stranica trokuta
pa je
računamo prema (126) i slici 134:
~+L= l
e h
·h
= Jy•[c{l-~)+a {1-~}]dy=
o
ch• ch• al!" ah" l l M'
=3-4+ 3
- -r= rr

c•-a• y • c'-a' y• 2 y' l
h
""-2-j(t-f} ydy=-~- z:-:11· 3+ h'. y'l" =
4 tl
o
=(e+ a) (e-a) {~-~ ll'_\= b{c-a)h'
2 2 3 ;l-41 24
Za e > a je !xy> O, a 'za e

ff
x =au i:os v
y =bu stnv
dx dy = abududv
. Jz"' fl l v n'n 2vz'w l u' lt ab3n
l:x = . b• u• nn• v . abu du dv = ab• sin' v dv u• du = ab 1 2--4- 4 = -4-
s · o o o o--
Zamijenimo li u tom rezultatu a s b, a' b s a, dobijemo:
[kontrolira; prema (126)).
Prema. (127a):
1 2 = O, jer su osi X i Y osi simetrije elipse (glavne osi).
ab'n: ba 3 n: abn
lp= 10 =lx+ ly = -
4 - + - -= :-;r-

Prema (127a)
h b• 2 b h' ~ 2h 1 )
10 = lx+ ly = 30'+ - 7
-= b h G.Q+ - 7
-
l"y = O, jer je os X os llimetrije lika.
2. Izrač:unaj polarni moment tromosti 1 0 lika, koji je omeđen_s
y
·Y' = 4ax , y = 2a i x = O (sl. .138).
.Sl. 138
lo = J J
Prema (127a):
yi
2a Ta
ex• + y") dx dy = J dy J ex• + y') dxs
() o -
)a ~ la
=
f
dyfl+y•x = l92a•+4ady-
• D o
=_!_lL_. ~~z"=..!....(~ 32a') -~,
4a 336a' + S o· 4a 336a' + S lOS a
l~ 14" J( y' y')
· Izračunaj lx i ly za isti lik, pa· rezultate ltontroliraj prema (127a):
- -
lx + ly = lo =_!2!a'
lOS
Izračunaj
pomoću dvostrukih integral.a:
J. lx, ly, l:cy i [ 0 za lik omeđen s x =a, y =":O i y = : x
[I. = ~~ (3a' + b 1 )
l:cy=-8- a'b']
1>'
2. Isto za lik omeđen parab;t,n, koja prolazi točkom (a, b), a vrh joj j~ u ishodi!tu, i,
!'ravcem, koji prolazi istim točkama.· - -
b'
[ :Y' =-_;-x ab (a' b'\
1 • =4 -r+sl ; a'b"]
l:cy= 24
3. [ 0 za površinu lemniskate p 2 = a• cos 2

e) Komplanacija (određivanje. površine) ploha
Koniplanir~ni
neku zadanu plohu znači .. Odrediti vrijednost njene· površine.
Neka je-ploha zadana jednadžbom z =f(x;y); gđje je f(~e, y) nepreldnuta
funkcija .s neprekinutim parcijalnim derivacijama, pri, čemu pretpostavljamo, da
pravci usporedni s osi Z probadaju plohu. samo_u jednoj, točki, pa je z== z(x, y)
jednoznačna funkcija. ·
z
.~
·:
'
a
Sl. 139
'
ds
:;=-db d!ldy
b
Tražimo površinu S te plohe i to onog njenog dijela, koj~u o~govara p~
dručje o ravnine XY, gdje je cr projekcija S na· ravninu XY (sl. 139).·
. ~
U nekoj točki T(x; y, z) plohe uzmimo element površine dS te plohe. l

Znamo jednadžbu (77a) normale na plohu z= f{x, y) u točki T,(x,, y,, z,)
plohe:
x-x,= y-y, =z-z,
P, q, -I
gdJe su p, i q, parcijalne derivacije po x i po y funkcije z u toj točki
točki T plohe
o z
p=­ OX
o z
q=oy
T,, pa je u
Kosinuse smjera pravca (normale) znamo izračunati prema (39):
. -1
cos 'Y = -;--;;=;;==;;====:o­
± yp• + q• + 1
ili, ako ispred korijena uzmemo predznak minus.
Uvrštenje u (130) daje:
l
cos y = -;;:;v l:=+:;==;;p.==+=q=t • .... l l ( OZ)' ( oZ'\.
· v 1 + ox ·-t oyl
dx dy V . v (o~• (oz)•
dS=-·-=. l+p'+q'dxdy= l+ T +T dxqp
~T .. . ~ ~
(130a)
(130a)'
Naš plošni integral (a) prelazi obzirom na (130a)' u dvostruki integral uzet po
području a ravnine XY:
s= Jfdx dy =//V t-+ p• + q• dx dl
" cos y 11
gdje je
o z
p ="'""' ox
a
q=­
o z
oy
(130)-
(Ill).
To je formula za komplanaciju plohe z =f(x, y).
Kako se vrijednost S površine plohe obično uzima po apsolutnoj vrijednosti.
ispred drugog korijena uzimamo predznak +.
Ako je jednadžba plohe zadana u implicitnom obliku, p i

U posljednjem slučaju treba jednadžbu plohe napisati u obliku
x = x(y, z), odnosno y .;, y(x, z)
1 na način prikazan pri izvodu formule (130a),za cosy izraziti i ostale kosinuse
smjera normale na plohu pomoću parcijalnih derivacija funkcija x(y, z) i y(x, z),
uzevši u obzir, da u tom slučaju jednadžba normale'na plohu glasi
odnosno
x-x,=y-y,=z -z,
-l OX -- OX
oy oz
x-x, =y-y, =z-z,
oy -J oy
Dobijemo:
cos ()t = ::-:r===

'Primjeri
:}. lzračunaj pov~inu S kugle polumjera R.
x' + j' + z' -
R• = O
Računat_ ćemo prema (131) i" '(92a i b) površinu gornje polovine kugle, t. j._-}.
đz
P=đx
2x
h
đz 2y
q=ay=-i;
x' y' x' + y' + z' R' R'
l+p'+q'=l+7o+-;z= z' =-;z=_,R•-x•-y•
Uvrštenje u ( 131) daje:
~- Rjj dxdy
2 - " V R' - x'- y'
Prijelaz na polarne koordinate prema (Ill) daje:
~= Rjj pdpd?
2 VR•- p'
- q
~)
Računamo:
271' R
~=Rf dcp f pdp
2 . VR'-p'
o o '
ili
Uz supstituciju R' -p'= t. dobijemo:
; = R · 2 1t 1-V
R
R' - p' l
o
Odatle
~ = 2R 1t(O + R) = :2R'ri'
2
S= 4R 1 7t
2. Izračunaj površinu onog dijela kugle po!Ult'Jera a, koja le~i un_utar valjkn p~lumjera "Ž.:··
Vidi Vivianijev zadatak na str. 241 i slike 116 i 117.
Prema tom zadatku i navedenim slikama imamo obzirom na izraz (a) dobiven u predašnjem,
P.!imieru: • - · -
- 71'
2 acosq:a .
!i_=;= a Jr p dp dq> =a f dqi l ~ ....
4 • ll a' -p' v,a' - p•
11 f o ll· :.
266

~ ~
2 •COl. T
=a J d

=.ara·va = a•
. '
S= 4a•
Izračuna j površinu:
l. kugline plohe x• + y• + z• = 100 zatvorene izmedu ravnina
x=-8 i x=6, [S= 280 7!:]
2. onog dijela ravnine ..!_ +Lb +-=._ = l, koji leži izmedu koordinatnih ravnina.
a e ~
3. onog dijela paraboloida y 1 + z• = 4ax, koji odsjeca valjak y' = ax i ravnina X = 3a_
[s ---7ta
112 ·]
9 .
.4. onog· dijela_vlilika _x' + y' = 16, koji se nalazi izmedu ravnine z= 2x i ravnine XY.
[S= 128]
J) Masa kO"ordinate težišta ploha
Znajući izračunati površinu S zadane plohe z= f(x, y}, možemo-lako po:.
staviti formulu za određivanje mase te plohe, ako je ploha pokrivena' nekom mate-
_rijom, bilo homogenom ili nehomogenom. ·
Pretpostavimo,. da je masa zadane plohe z =j( x, y),' koja je definirana u
području ravnine XY, nehomogena. To zna.či, da se njena gustoća 'll mijenja'
od točke do točke, ona je, dakle, funkcija od x i y:
!l= v.(x, y)
Imamo slučaj posve sličan određivanju mase ravnih likova [vidi točku b.)})
Uvrštenje formule (130a)' u (123a)
dm= v.(x;y) ·dS
daje izraz 'la diferencijal mase ne homogene teške plohe z;;;;;;: (x, y):
a. odatle je:
m= J J
dm = IL ( x, y) V l + p• + q• đx dy (132)
o
tJ.( X, yJV l + p• + q" dx dy
(Ula)
masa nehomogene plohe z =f(x, yj gustoć?.
tJ.= v.(x, y).
268

Ako je ploha homqgena, gustoca IL= konst., pa If stavimo ispred znaka inte-
-grala, dok je za 1.1. = I. m = S.
1
Primjer
Izračunaj masu oktanta kugline plohe polumjera R, ako je gustoća tJ. = xy.
Kako je za kuglu
dobijemo prema ( 132a):
x'+y'+z'=R'
R
yt + p• + q' 7 VR· • •
-x.-y
(vidi primjer l. na str. 266),
'JJ xydxdy
m-R
- , VR'- x• -y'
ili nakon prijelaza na poiarne koordinate
."
2. R p' dp ,
m= R J sin cp coscp dcp J V R' -p•
o
o
Riješivši posebno i to neodređeno drugi integral pop1oć.u supstitucije p= Rsint
dobijemo
'll
m~ Rl·~· i
- o
1-
R
(p'+ 2R') ~l=
Z~ koordinate težišta plohe lako možemo napisati formule, ako se sjeti;no
'Onoga, što smo rekli za koordinate težišta ravnih, likova i homogenih rourcionih
tijela. [Vidi Dio Il, § 7, 2. i 7.e)). . ·
Znamo već, da se koordinate težišta lika dobiju tako, da se njegovi statički
momenti podijele s površinom, odnosno masom lika.
Kako se ploha z= (x, y) nalazi u prostoru, statički se momenli plohe ne
računaju obzirom na koordinatne osi, ve.ć obzirom na sve tri koordinatne ravnine
XY, XZ i YZ, pa prema slici 139 koordinate težišta nehomogene plohe z = f(x, y)
_gustoće JJ.(X, y), a definirane u području o·ravnine XY glase·
= Myo•
x, m
M
m
z=·~
'
' (133-)
260

(
Tu je m masa plohe, a Mz••' Mx .. i M ••• statič:ki momenti pJohe obzirODl'
na koordinatne ravnine.
Uzevši u obzir, da je ~tatićki moment materijalne točke (elementa plohe) obzirom
na neku ravninu jednak umnošku mase te točke i njene udaljenosti od ravnine,
dobijemo prema formulama sustava ( 131) i (132) i slici 139:
x,= a.
J J xdm
m
ff ydm
ff X•(y, z)· (-l(y, Z) v
"•
1
l+(:_:)
fJflry, z)Vt +(:;)' + (:;)' dydz
"·
J Jy rx~
ff (-l(X, z) v
+ (::r dydz
Z). fl rx, z JV 1 + (:~r~ (:~r dx dz
y =.-l "· _(134)
' m
"·
l +(:~r + e~r dx dz
J z dm
z= QB
l
"
m
J Jzrx, y) ·~L(x, y) vl+(~:)'+(:;)' dxdy
J JfL rx, yJ V
"
t+ (~f + (:;)' dxdv
To su koordinate težišta nehomogene plohe gustoće !J.( X, j).
Ako je plolia homogena, ll = konst., gornje se formule primaju jednostavniji
•blik, jer se fl krati.
Primjer
Izračunaj koordinate težišta plohe homogene polukugle x' + y' + z• = Ra ··
gustoće !L= konst. (z ~ 0). '
Budući da kuglina ploha nastaje rotacijom polukružnice · oko osi z, težište
te plohe leži na osi Z, pa je
. Uzevši u obzir, da je z = + YR'- x• -y•
l'nmjeru
lio bivamo prema u-ećoj formuli sustava (134):
R
VR"-x'- y'
da je prema predašnjem
270

Rdxdy
iJ. JJv R'- x- _· y• .
VR'-x•:.:....y•
z,= --=-a--J-J--..R,.....dx-d..-"[)1-----'--
!J. VR"-x'-y'
"
a aakon prijelaza na polarne koordinate imamo konačno:
2R'1t
z, = :.." --,2..;R,1t--
g) Masa i koordinate težišta tijela
Pretpostavimo, da je zadano trodimenzionalno nehomogena tijelo. To znači,
da se njegova gustoća iJ. mijenja od točke do točke, ona je funkcija od x, y i z:
gustoća !J. = !J.{X, y, z)
U nekoj točki T { x, y, z) toga tijela nalazi se element- volumena d V =dx dy dc
i mase dm. [vidi sl. 141 i formulu (108)]
Kaka je za materijalnu točku (element tijela} gustoća 71 = 7asa dobijemo:
vo umen
gustoća u točki T(x, y, z):
dm
IJ.(x, y, z) =dV
z
ili
Odatle
dm= ~J.{ X, y, z)dV
dm = p.{x; y, z) dx dy dz (135)
diferencijal mase nehomogenog
tijela.
Da dobijemo masu čitavoga tijela,
moramo integrirati po volumenu V toga
tijela, t. j. u smjeru koordinatnih osiju
X, Yi Z, pa je
~----~~~.--~~--x
:y _________ ·:~~::--~--·:;
Sl. 141
masa nehomogenog tijela.
m= J J J IJ.{x,y, z)dx dy dz (136)
v
Za homogeno tijelo (tJ. = konst.) m = !"' • V, a za !"' = l, m "== V.
Govoreći o materijalnim plohama postavili smo jednadžbe (134) za koordi~
nate težišta tih ploha, pa smo rekli, da je statički moment materijalne točke (elementa
tij.ela) obzirom na neku ravninu jednak umnošku mase te točke i njene udaljenosti
od ravnine.
!71

Prema tome obzirom na sliKu 141 i formule (135) i (136) dobijemo:
M
JJJxdm 'JJJx(J.(x,y,z)dxdydz
l""=~=
~•· m
v
m
~v-:----------
J J J (J.{ X, y, z)dxdy dz
v
• Jjjydm
,y = M., •• =_v ___ _
1
m m
J J Jz dm
z, =--;n-= M.,." --'--m--,.--
v
JjjY!l-(x,y, z)dxdydz
v
J JJ (J.( X, y, z) dx dy dz
v
J J Z(J.(x,y, z) dx dy dz.
v
J J J !L( X, y, z) dx dy dz
v
k-oordinate težišta nehomogenog tijela.
Ako je tijelo homogeno, gustoća "l) = konst. se krati.
Primjeri
J.; IZračunaj )roOrdinate'težišta homogene polukugle xl+ y' + z• ";, R• gustOće
(z~O).'
Težište leži na osi Z, dakle '
~----~ Yt=O
(1~7)
(J.= lr.onst.
r- Računamo-prema trećoj formuli sustava (137), koja u h;:,mogeno tijelo ((J.= konst.),prima
oblik . . .
JJ J ~dxdydz
.
Zt =
v..
.
M"oy
=--v-
J j [4

2; Izračuna j koordinate teži§ta homogene krnje prizme omeđene ravninama ·X ;;o tJ ,y-:llf 0,.
lt 10= 0, X = 2, y = 4, X + y + t: = 8.,
.Prema (137). i slici 142:
j J jx dx dydz Jx dx Jdy Jdz
xc =-=-'"'-v ____ ~-- o o o
j J Jaxdydz
y'
J x dx J cs --x-y)dy
Z 4 8.-x-y
2 4 ,z ..
o
[xdx,By-xy-fJ
z 4 z 4
J dx J (8-x.,-y)dy
1
Jdx,8y-xy-
~~~
D
D
z:
,
l .. ..--
,' i ., ____.".: __
/ ....../: ... --
,-
B
~
Sl. 142
z
Jcnx- 4x•-8x)dx .
z
Jc32- 4x-S )dx
o
z
'12x'-; x" l
124x-2x• l
o 14
----------z~
o
SI.'J4J
T:f
Na isti način dobijemo prema-(137):
\26
Yt =-
. 15
8
Zt =T
Izračunaj
to!
3. _ Izračunaj koordihate tcž~ta homogenog tijela omeđenog s
y = V7,'"' y = 2V7,' z= O, x + z= 6
18
B. Apsen: Repetltoril više matematike - Dio III. 273

Prema (137) i slici 143:
JJjxdxdydz ·
v
s 7
T T
6x x
s-7
T
T
3 5
6x) ;r
-3--T
T 2
l
6
(42x-Sx')IS l .,. (l,;,7-~6'::-:-:--=S-=·...:6~·)~1S:;_
35(30- 3x) \ 35 · 12
ll
6
J

Prema tome uzmemo li u~ nekoj točki T(.x, y, z) trodimenzionalnog nehonto­
·genog tijela gustoće IL= !L( xl y, z) element toga tijela mase dm, tada će ntomenti
tromosti za taj ·element glasiti prema slici 141 ~
Aksijalni "moment tromosti obzirom na os X:
a. kako je z• = y• + Z 1 , a prema (135)
dl.,= z•. dm
bit će
dm= !J.( X, y, z)dV =!J.( X, y, z)dx dy dz
. dl,..= (y' +z') • !L(x, y, z) dx dy dz
Analogno dobijemo momente tromosti obzirom na os1 Y i Z:
d/ 11
= (x' +z') · ~(x, y, z).dx dy dz
dl.= (x' + y') · !L(x, y, z) dx dy dz
tijelo, mo­
Da dobijemo aksijalne momente tromosti za čitavo
ramo integrirati po volumenu V tijela:
I.= J J fry+ z')· !L(x, y, z) dxdyb
v
l"= J J J {x' +z') · !L( X, y; z) dxdy dz (138)
v
I. = j J J (x' + y") .• !J.(~:,..Y:t~•J dx dy b
v
To su aksijalni momenti tromosti pcbomogenog,tijela obzirom~
na koordinatne osi.
Na isti način dobijemo prema slici 141:
polarni moment tromosti obzirom oa 'isbodiltc .O laordiaatnog
aus tava:
Ip == 1" =J J Jrr +Y-+ s:' J -:·!L(x, y,_z)dxdydz (139)
v.
'
i planarne momente tromosti obzirom na koordinatne ravn.ine:.
1.," 11 =J
J Jzt · !L(x, y, z)dxdydz
v
1.,",= JJJy~ ·fL(x,y, z)dxdyda
v
'
(140)
1 1100 =J J j x' • (L(X,: y,:,ll) dx dy dz
v
275

Ako je .tijelo homogeno, gustoća fL = konst. stavi se'· ispred znaka integfala,
a za· fL = l dobijemo t. zv. geometrijske momente. tromosti.
Rastavimo li svaku formulu sustava (138) u dva integrala, dobit ćemo obzirom
na formule ( 140):
(141)
·a;rastavljanje formule (139) u tri integrala daje obzirom- na formule (140)':
'Konačno zbroj formula.(141} daje obzirom. na (142)
(142)
ili
(143)
•Spomenimo još na kraju,, da se i za tijelo rafunaju~centrifugalni momenti
1., 11 =J xydm, 1.,, =J xzdm i 1 11 , =J yzdm,
v v v
IJlri čemu se koordinatne osi' X, y· i Z zovu· glavne osi" tromosti tijela, ako-su· sv~
tri centrifugalna momenta, uzeta obzirom na taj pratokutni koordinatili sistem,
jednaka nuli, a J.,, 1 11
i I, su tada glavni momenti tromosti.·
Pomoću navedenih formula možemo izračunati momente tromosti bilo kojeg
homogenog i nehomogenog tijela. Međutim, ako je tijelo rotaciono i homogeno,
njegove momente tromo'Sti računamo mnogo jednostavnije pomoću jednostrukih
integrala, kako je to pokazano u dijelu II. Repetitorija(§ 7, 7.).
Pojam momenta tromosti ima veliku primjenu tunnogim područjima- nauke
i .tehnike, na pr. u mehanici i čvrstoći.
Tako u mehanici postoji uska veza izmedu momenta tromosti tijela, koje
rotira, obziro1,n na os vrtnje, i kinetičke energije toga tijela.
Neka se neko nehomogena tijelo gu,stoće fL= [L(x,y, z) i volumena V okreće
oko osi Z koordinatnog sustava sa stalnom kutnom brzinom w • Znamo, da je
kiaetička energija materijalne točke: · ·
gdje je m -
masa točke, a v -njena obodna brzina. Uzevši u obzir, da je obodna
bi-zina v= polumjer rotadje puta kutna brzina= a · w =prema slid 141 :;;o
= ro V X'+ y•, dobijemo_ prema (a) za element. tijela~mase dm i volumen dV -
';:= ·dx dy dz : ·
(a)
276

n kako je dm= J.L(x, y, z)dxdyd:;;
a odatle
ili prema (I 38):
dE,=+ u/ ( x' + y')" · iJ.(X, y, z)dx dy dz
E, =-} w' J I I (x' + y') • !J.(x, y, z)dx dy dz
. v
E= -w l • I ,
' 2
Kinetička energija tijela, koje se okreće oko neke osi sa stalnom kutnom brzinom,
jednaka je urnnošku polovine kvadrata kutne brzine i momenta tromosti
tijela obzirom na os rotacije.
U čvrstoći računaju se poglavito momenti tromosti poprečnih prcsjcka nosača,
dakle geometrijski momenti tromosti, t. j. momenti tromosti ravnih likova
gustoće fL= 1. Tako, na pr.,. normalno naprezanje cr u poprečnom presjeku opte-.
rećenog nosača u udaljenosti y od osi X računa se po formuli
M. y
(J= .
I~
gdje je M - moment savijanja u dotičnom poprečnom presjeku p.osača, a I -
moment tromosti istog presjeka. Međusobno okomite osi X i Y, koje se si(ek_u
u težištu poprečnog presjeka, jesu glavne osi
tromosti toga presjeka, ako je .centrifugalni mo-
z
ment I%Y =O.
Primjeri
l. lzračunaj moment tromosti homogene kocke
,gustoće fl= konst. i brida a obzirom na os Z,(sl. 144).
Prema (138) imamo:
iz = lJ. J J J (x' + y')dx dy dz =
v
a
o
= fl-Jdx j

.,..gdje" je m ""'ILa' masa koclce.
1 ~+~·X i= ~a'(~'+~')
o
2 2 2
-~ta.•- -J.ta 1 •a 1 ~-",a•
3 . 3 3
2. Izračunaj momente tromosti-za pravokutni paralelopiped bridOIIll a. b, e l JUStote
" = konst., i to obzirom na osi simetrije, težište i koordinatne ravnine (sl. 14,).
Prema (138):
X
=JL l X l
:fd:ll Y'%+
+..!.. +!..
-T -T
Sl. 145
Sdie je m -
b'+ bc'
.=~ac l.2
masa paralelopipeda.
Na "isti način dobijemo·
l l '
TI JL abc (b' + c 1 ) = IT m (b' + e')
l
Iz = J2m (a' + b')
.~
Izrilčunaj
to!
Prema (143):
Prema (140):
= f.Lab-=!=.!.mc•
12 12.
278

Na isti način:
Kontrola prema (142):
....!_ma'+ .!.mb 1 +..!..mc 1 =
12 12 12
l
12 m (a• + b 1 + e') = r. : l ",
___
(·
... ...._""" • lzy = 1,.1 = Iv 111 = O, jer su koordinatne ravnine ravnine
simetrije za zadani paralelopiped, pa su X, Y i
Z glavne osi tromosti.
y
Sl. 146
3. Izračunaj masu, težište i moment tromosti
'()bzirom ·na os simetrije nehomogenog ·kružnog us-
pravnog valjka polumjera osnovke R i visine h, ako je-gustoća u svakoj točki numerički jedn~
kvadratu udaljenosti te točke od ishodišta koordinatn,og sustava (sl. 146).
l
•
Prema slici i zadatku
,
l ~' '-··..,e._,__
t
'
gustoća
... = r' = z• + OT' 1 = z'+ x• + y•, pa prema (136) imamo
m= J J J

f l 3
= 2 rc h' t hl ) l' h.'
2
:
4 p dp = 2 rr h' ~ + 4
D
p' Rl 'rt
• - = -h'R'(R' + h 1 1
·2 4
o
z,= Mxoy
3 h(R' + h')
m =T 3R' + 2h 2
Xt = 0 Yt = 0 Dokaži to!
Prema (138):
a nakon prijelaza na cilind~ične:Jmordinate
Iz= J J J (x' + y 2 ) (x' -f y' +z') dx dy dz
v
1'11 R Ir
Iz = J J J p' (p' + z') p dp d 'fl dz =J d'>' J p 3 dp j-Jp' + % 2 ) d z =
v
l
h
p' t: + ~·, = 2 7r h J ( p' + ~· p 3 ) dp =
o
o
R
p• h' p' l l
6 . 3 . 4 6
o ---------
= 2 rr h - + -· - =-rc h R'(2 R' +h')
R
Izračunaj:
l. Momente tromosti .pravokutnog paralelopipeda gustoće f.1. = const., ako se osi X, Y
i Z podudaraju s bridovima: a, ·b i e paralelopipeda, i to obzirom na te osi, ·obzirom na ishodište
O i obzirom n:1. koordiname ravnine uz kontrolu rezultata prema (142).
[Ix:=" --}-m(b 1 +e~) i t. d. ]
2. Moment tromosti uspravnog kružnog valjka gustoće f.l. = cons t. obzirom na os, koja
se podudara s promjerom njegova srednjeg presjeka, ako je h visina valjka, a R polumjer ·osnovke.
3. Moment tromosti uspravne kvadratične piramide stranice osnovke a visine h, koja
rotira oko svoje visine h (fl. = const.).
[ a• h
Iz
a"]
= f.l.'"'30 = m lO
280

§: 6. INTEGRAL!, KOJI OVISE O PARAMETRU. NJIHOVO DERNIRANJE
I INTEGRIRANJE PO PARAMETRU
t. Pojam parametra integrala ,
Pod parametrom integrala razumije se ona promjenljiva veličina, o kojo}
ovisi podintegralna funkcija ili takoder granice integrala, dok parametar sam ne
zavisi od promjenljive integrala. ·
Iz te definicije vidimo, da mo!SU biti dva slučaja:
l) samo podintegralna funkcija ovisi o parametru, koji označimo s ex, dok su
granice integracije konstantne:
b
F (ex) =j l (x,rz.) dx
a
Jasno Je, da vrijednost mtegrala ovisi o parametru rz., pa smo je Označili s
F(cx).
2) Granice imegrac1je nisu konstantne, već su također funkcije parametra oc:
a (a)
F (ex) =J l (x,oc) dx
b (a)
Naš je zadatak, da pokažemo, kako se derivira, odnosno mtegr!ra po parametru
oc integral, koji ovisi o parametru.
2. Deriviranje integrale po parametru
a) Granice imegraci}e su konstantne, na pr. a i b.
U tom slučaju derivacija integrala po parametru ex jednaka je integralu derivacije
podintegralne funkcije po tm parametru o.:, ako su podintegralna funkcija
i njena parcijalna derivacija po parametru ct neprekinute u intervalu integracije
[a, b].
To znači:
za
b
F(cx)= Jrrx,rx)dx
a
b
b
F'(a) =_!!__J J (x, ex) dx~ J oj(x, a:) dx
da.
a
a
orx
(144)
Kako vidimo, deriviranje funkcije F(rx) po o.: svodi se na deriviranje pod znakom
integrala. To je Leibniz{')vo pravilo.
281

Primijetiino, da uiogu parametra o: može igrati. i y.
Uvrštenje a.= y u (144) daje:
b
b
_!_ff (x,y') dx= f of(x,y) dx
dy
iJy'
a
a
y je parametar;
x također može imati značenje parametra:_
{144a)
x je parametar.
Primjer
d b ' b .
-JI (x,y) dy = f of (x,yJ dy
dJ'
a
_a
l
d J .,
ox
- ln (x• + y') dx =
dy o
(144b)
Kako su podintegralna funkcija l njena parcijalna derivacija po y neprekinute u granicama'
integracije i za y > O, t. j. u području O~ x ;;:;;; l i· y > O, imamo prema ( 144a):
t
= J iJin (x' + Y~J dx = J---.2._ dx =
integriramo po x, parametar y ne ovisi o x =
v
oy
= 12y · +
• t
t
. x' + y'
o
arctg ; l = 2 arc 1.1,' +
o
b) Granice integracije a i b su funkcije parametra ct, t. j. a=a(ct) i b=b(a.).
b(o)
F (ct) = J f (x, oc) dx
a(a)
F je sada funkcija ne 'samo od a., već i od a(a.) i b(oc), t. j. F je složena funkcija
odtot:
- F = P [c;t;, a(~), b(a.)]
Derivirajmo F po pravilu za deriviran je složenih funkcija, t. j. prema (87):
(a)
282

Prvi član
desne strane
Dalje
b(•) .
o:x
oP_
-
(144)-J~f(x,a.)dx
prema - ~
a(a)
o. P
-=-J (a,a.)
o
.:z
oP
db= +J(b,a.)
prema pravilu za. deriviran je integrala .. po
donjoj, odnosno gornjoj granici (vidi Dio_ ll;
§ 6).
Uvrštenje u (a) daje:
h(a)
b{a)·
dF d f f iJ J ( x, r1.) db da
d11.=da. J(x,a.)dx= ~ dx+f{b,a.)da.-f{a,r~.)drJ. (145)
a(a)
a(a)
Faktori f{b, a.) if( a, a.) u pol)ljednjim članovima formule-(145) jesu funkcije
samo parametra r~., jer se dobiju tako, da se u podintegralnoj funkciji f :zamijeni x
s b(a.), odnosno_s a(a.). ·
Značenje parametra a. može imati y; Zamijenimo li_ u {145)_a._s y dobijemo:
bOO bOO .
-
df
J(x,y)dx=
f()f(x,y)
dx+J(b,y)--J(a,y)...,..-
db da
dY -~ 0
dy dy
a(y)
a(y)
ji·je parametar.
Isto tako i x može imati značenje
parametra:
(145a)
b(x)
b(x)
d f f ~J ( x, y) .. db da
dx J (x,y) dy = ax dy + J(b,x) dx- j (a, x) d;c (145b)
a(x)
a(x)
Primjeri
" "
l. :X J sin (~ • y) dy ~ prema (145b) - J y cos {x_:y) dy +
o
o
" " .
+ . '-')dx . ( . 0 ,&o l ysin(x' y) l J sin(x-:-y) d + . ( .
nn t" dx - san x · 'J dx = x - x !ll. san x 1 -
o o .
"
-... x sin"x•+ l cos~ •. y) l t sin x' - 2 sin (x') .+ ~- ~. ,
- o
.., ..
283

4y•-s,.+z
2. ;Y j (x'y- 3xy 1 -+: 4y + 5x) dx = prema (145a)
sin (Z JI- 3) +3y
.4y1-SJI+Z
J (x•- 6xy +,4)dx + [(4y'- Sy + 2)'y -=.3 (4y 1 -=.Sy + 2)y 1 +
sin(2_y-3)+3y
+ 4y + 5 (4y 1 - Sy + 2)](8y- S)- {!sin (2y- 3) + )y]' y:-·
- 3 [s(n(2y;:...;. 3) + 3y]y• + 4y+ ~[sin (2y_- 3) + 3yJ} • [2 cos (2y- 3) +Sl~=-
4,•-s,.+z
= l ;." ~ 3x•y +~4x·l + f(y) =
=_'gdje su s f(y) označeni svi članovi ~a-_inregrala =
Uredi rezultat!
sm(2y-3)+ Jy
=;{-} (4y' --5~ + 2) 3 -'- 3(4y'- Sy + -2) 1 y + 4 (4y 1 - 5y + 2)­
-'i [sii (2y..::..: 3) + 3y] 3 - 3 [sin (2y- 3) + 3y]• y +
+ 4[sin(2y-3) + 3yl} +J(y)
Leibnizovo pravilo za deriv1ranje pod znakom integrala primijenjuje se·.:za.
računanje složenih .određenih integrala.
Navedimo Primier.
Treba izračunati
lzračunajmo
najprije
'IT
f --:--::--
2
o
--::---:dx ~·
(a 2 cos• x + b' sin'x) 2
'll
fl
F(a,b) =
dx
· a• cos• x + b' sin• x
u
Podijelivši brojnik i nazivnik integranda s"cos'x i uzevši supstituciju tg X = t (vidi Dio n~
ptilnjedba kod tipa VL), dobijemo nakon integriranja i povratka na prvobitnu promj~nljivu~x:
'Ir
F(a,b)=- ~~ arctg (b -tgx)l-z =- l(7t --0) =- ",
ab a ab2 2ab
r .,.
. o
Dakle:
F(a,b) =
dx
· a• eDs' x + b' sin• x
(a)
o
284

::smatrajući a parametrom derivirajmQ ·(a) po a;
.",
oF(a,b) đ Jz dx
--oa-- = Oa
o
a 2 cos 2 x + b1 sin t x
1t
=-~
lli prema (144):
đF(a, b)
o a
"' Jz .
_.:2acos 2 xdx ___ n_ ·-2

'
Kako računanje statički neodređenog sistema pretpostavlja op~rno znanje čvrstoće, odredimo
Po Castiglianu, kao primjer, samo progib f na kraju konzolnog nosača opterećenog silom P
(si. 147). ·
Potencijalna energija Ep savinutog nosača glasi:
... l(
x~~~~~~--~·--~~
--------ff
Sl. 147
f =
Za na§ slučaj prema slici 147 imamo
l
p
Tu je
1
,L:p = - - {M'dx
2El . "
đ
b
E.- modul ehisticiteta materijala, od kojega je napravljen
nosač,
J - moment tromosti poprečnog presjcka nosača
obzirom na os savijanja,
Mx- moment ·savijanja u udaljenosti x.
Prema prvom SLavku teorema računamo progib f
na kraju grede, ,t. j. ispod sile P:
~ l Jđ~
0 ; = prema (a) i (144) = 2 L:'l --yp dx (b)
Q
b
(a)
'
Odnosno
Mx =P· X
Mx' = P•x•
dbk je a = O i b = l (duljina nosača).
U~štenje (e) u (b) daje traženi progib f zadanog nosača:
).
2.
Izračuna j
l'
l
l J iJ (P' x') l j
J= 2
EI ~dx=2EJ 2Px'dx =
o
o
Sx+Z1inx
.i!_ J (xy + y 3 - 4x' + 2x - 3y + 7) dy
dx
3% 1 -Scos x +Z
..
J dx
(x• + a 1 ) 1
o.
..
polazeći od
J
x• dx
+ a•
o
[
l X J X ]
. 2ay:i" src tg Va l 2a x• + a
l
Pl•
r -rn
o-
P lx>!
Er
(e)
3. Integriranje integrala po parametru
Neka je zadan integral, koji ovisi o parametru ot:
b
F(ot} = J! (x, ot) dx
IM'i čemu pretpostavimo,. da su granice integra~iie a i b konstaD:tne.
286

Tramno integral toga integ~ po parametru « i to od «, do « 1
t. j. tražim6
•• cr" jj .. &
J F («)th= J [j' l (x, «)dx] th= J do; J l (x, «)dx
t~ 1 cr, 4 •a "
Dobili smo dvostruki integral uZet po području ravnine rx.OX. Prema poznatom
svojstvu dvostrukih .integrala, možemo promijeniti redoslijed- i.Qtegriranjjl,
t. j. naiprije integrirati po parametru ct, a zatim po x. ·
'l
... b ...
J F (IX} do; = J dx J f (x, «) da. (146)
., 41- o-,
To znači: Integral po parametru oe integrala s konstantnim granicama integracije
jednak je integralu, koji ima zadane konstantne granice integracije, a kao
podintegralnu funkciju zadani integral s param~tarskim. granicama integracije.
Kako vidimo, to je pravilo slično Leibwzovom pravilu o deriviranju pod
znakom integrala, pa možemo općenito kazati:
Da se derivira ili integrira po parametru integral s konstantnim granicama
integracije, potrebno je primijeniti te operacije na podintegralriu funkciju.
Integriranjem pod znakom integrala, kao i deriviranjem, služimo se za izračunavanje
nepravih integrala, kad drugi načini ne vode cilju. Na pr. na taj se način
dokazuje, da je
foo
sinxdx- 1t
-x- -T
o
§ 7. EGZAKTNI DIFERENCIJAL! I NJIHOVO INTEGRIRANJE
L Treba riješiti pitanje: uz koji uvjet predočuje
P(x, y) dx+ Q(x, y)dy
linearni diferencijalni izraz
gdje su P(x, y) i Q(x, y) neprekinute funkcije s neprekinuti.nl parcijalnim derivacijama
u nekom području ravnine XY, totalni diferencijal neke funkcije u =
= u(x, y) i kakva je ta fUnkcija u?
Ako postoji takva funkcija u= u(x, y), za koji ie Pdx + Qdy =du, tada seizraz
Pdx + Qdy zove egzaktni diferencijal.
Pretpostavimo, da je P(x, y)dx + Q(x, y)dy egzaktni diferencijal, t. _j. totalni
diferencijal Reke· funkcije u = u( x, y): ·
ou c>u
. ox ay '
P dx+ Qdy =du =e= -dx+- dy
287

imamo
~z· te jednadžbe slijedi;
Deriviraju~i
Kako je
Q= du
dy
prvu jednakost po y, a drugu po x, dobijemo:
iJP o'u
. iJy =: ~X iJy
o•u o'u
iJxoy = oyox
oP oQ
ay= ox.
iJQ - o•u
ox - iJyiJx
To je nužni uvjet, da izraz Pdx + Qdy predočuje totalni diferencijal neke
funkcije od (X> y). To znači: ako je diferenCijalni izraz P dx + Qdy totalni diferencijal
neke funkcije u= u(x, y), tada funkcije p i Q zadovoljavaju uvjet (b), ili,.
ako funkcije P i Q taj uvjet ne zadovoljavaju, tada·ne postoji funkcije, čiji bi totalni
diferencijal bio Pdx + Qdy.
Pokažimo sada, da je taj uvjet i dovoljan, t. j. dokažimo:
ako je uvjet. ~p~ ~Q tspunjen, tada diferencijalni izraz Pdx -f- Qdy predOčuje
uy ux• . .
(totalni diferencijal neke funkcije u(x, y). Dokaz provedimo tako, da uz pretpostavku
uvjeta ~: ,;:;, ~~ izvedemo funkciju u( x, y) t\lk,vu, da je du= P dx+ Qdy.
Iz (a) vidimo, da tražena funkcija u(x, y) mora zadovoljavati jednadžbe
(a)
(b)
ou
ox =P(x,y)
. ~ou .
t - = Q(x, y)
oy
(e)
Ako postoji bar jedna takva funkcija u(x, y), koja zadovoljava te jednadžbe,
:tada ·postoji beskonačno mnogo takvih funkcija, koje se međusobno razlikuju samo
za konstantu, jer bi ta konstanta otpala pri deriviranju tih funkcija po x i po y.
Odredimo onu funkciju u(x,y), koja bi u nekoj unaprijed zadanoj točki, na pr.
":ački (x., y.), bila jednaka nuli.
Iz prve jednadžbe (e) slijedi, da je
iJu= P(x, y) ox
Smatramo li y nekim. parametrom, tu jednakost možemo napisati u obliku:
du= P(x, y)dx
Integrirajmo sada taj izraz po x od x. do x uz čvrsti paramt:tar y:
.
u (x,y) = /P (x,y) dx+

Vidimo, da smo mjesto- konstante integracije, dobili· bilo koju. tunkciju q>
parametra y, jer ta funkcija otpada pri parciialn9m deriviranju4u· po. x" budući
da je konstanta obzirom na x
Funkciju cp(y) odredimo iz (d) tako,~ taj integral 'deriviramo po Leibnizovu
pravilu po parametru • y:
X
X
011 =~JP rx,yJ tk+ drp(yJ =prema (I44a) =J o.P dx+ dr.p(y)
ay oy dy ay dy
a kako je prema (e)
dobijemo odatle
- s"oQd + dr.p(y)
Q( x,y ) - dX x dy
Računajući ~Q smatramo, da je y = const., · ~Q
...
je dakle funkcija od samoga
vX · vX
x,·a budući 'da su integrilJlllje .i derivJranje inverzne operacije;~ dobijemo:
Odatle
Q {x,y} =IQ (x,y{+ d~:)
...
= Q {x,y)- Q (x.>y) + d~:)
dr.p(y) = Q (x ,y}
dy
o
ili drp(y} = Q(x 0
, y)dy
I megriramo od Y• do y,- dodavši konstantu integracije e:
. . y
r.p(y) =J Q (x.,y)dy+ e'
Uvrštenje u (d) daje traženu primitivnu funkciju:
Yo
% y .
u (x,y) = J p (x,y) dx+ J Q (x.,'y) d!+ e
Yo
(e)
Tu su X 0
, Yo konstante po vofji. Njihove vrijednosti odabiramo tako, da integriranje.bude
što jednostavnij~, .. s#toga se razloga obično uzima x. =O i y 0 • ~· 0..
19 B. Apsen: Repetitol'!J ville matematike ~ Dio m. 289

T rme . smo d o k azal.l, · d a Je · UVJet ·
~
oP = -oQ Olte ·· samo n užd an, v eć 1 · d ovo J" 1an.
u.v
pa možemo zaključiti:
Da linearni diferencijalni izraz J->(x, y)dx + Q(x, y}dy predočuje
totalni diferencijal du neke funkcije u= u(x,y), t. j. da bude· egzaktni
diferencijal, nužno j e i dpvoJjno, da funkcije P(x,y) i Q(x, y) zad~
vnljavaju uvjet:
ox
ili
(i47)
Taj uvjet zove se uvjet integrabilnosti za diferencijalni izraz Pdx + Qdy.
jer samo uz taj uvjet možemo izračunati
jPdx + Qdy
Obzirom na (e) imamo u tom. slučaju:
J P (x,y) dx+ Q (x, y) dy = J du (x, y) =u (x, y)=
.• )
=J p (x,y) dx+ J Q (x.,y) dy +e
l' o
(148)
gdje su x 0
i Y• neke konstante.
Primjeri
Pokaži, da su diferencijalni izrazi,: koji slijede, egzaktni diferencijali i izraču naj pripadne.
primitivne funkcije:
l. (20x 1 - 21 x'y + 2y)dx + (-7 x' + 2x + 3)dy
p o.
Prema (14 7):
~-~= -2b' +2-C-21x' + 2) =O.
ay ok
Zadani izr!lz. je egzaktni diferencijal l
'!'rema (148):
u (x, y) = J (20x',- 2lx 1 y + 2y) dx + e~ 7x' + 2x + 3) dy-
= J

pri računanju prvog integrala je y = const., jer integtirnmo samo po x, također su.«. i Yo, konstante
"
= l sx•-y. 7x 3 + 2yx l+
...
)'
+ J - 7x 03 y + 2xoY + 3y j + e = 5x'- 7x 1 y + 2xy- Sx 0
4
+ 7x 01 y ~ 2xoY-
~ .
- 7x 11 3 y + 2x 0 y + 3y + 1x 03 Yo- 2x,y.- 3yn + e = Sx'- 7x 1 y + 2fJI + 3y-
-
4
Sx 0 + 7xo'y~- 2x0y 0 - 3y 0 + e = 5x 4 - 7x• y + 2xy + 3y + e,
G,
Vaina primjedba
Iz našeg primjera vidimn, da se nakon uvrštenja granica integracije u rezultatu
ukidaju svi mješani članovi, t. j. članovi, koji se sastoje od' faktora s x 0
i y bez
indeksa, dok su članovi s x 0 i Yo konstante pa ih spajamo sa G u jednu konstantu C 1 •
Odatle slijedi jednostavno pravilo za integriranje egzaktnog diferencijala
prema formuli (148):
granice Integracije se ne uvrštavaju, a pri računanju
lntegrala izostavljaju se svi članovi s x •.
drugog
To pravilo odgovara u mnogtm slučajevima vrijednostima x. = O i y. = O.
Riješimo sada na~. primjerAprema_mm jednostavnom. pravilu:.
..
" y
u(x,y)= fc2or~2r~•y.+ 2.yldx + J(-1xo"+2xo+ 3)dy+C~
5x' -
..
7x"y + 2xy + 3y + e
2.
xdy-ydx
:x• + y•
Napi•avlii taj IZraz u oblikw
___ Y __ dx + -
X d
x"+y• x•+:v•'Y
-.,-. p v
ltačiH>&ffio prema (147) :
iJP (x• + y') · l - 2y 2
ily = - (x' + y')'
iJQ (x• + y') · l - 2x' -x• + y•
Tx= (x• + y")• ex• + y")'
x'-y2
(x• + y')'
oP = oQ , dakle zadani je izraz egzaktni diferencijal.
ily M .
:&Dl

Prema (148):
3.

Dobijemo:
iJP
iJy -
o'u
iJxiJy
iJP eru
oz = iJxoz
oQ iJ'u
ox = oyox
iJR iJ'u
ax-- ozox
oR o'u
py = iJzoy
Iz tih jednakosti slijedi:
ili
oP oQ oP aR
iJy- iJx oz- ox
aQ _ iJP = 0
ox ay
aR_ oQ = 0
ily oz
oQ aR
iJz- oy
oP_ iJR =O
oz ox
(149)
To je nužni uvjet, da je Pdx + Qdy + Rdz egzaktni diferencijal.
Vidimo, da su se uvjetu slučaja
u ravnim pridružila sada još dva uvjeta.
Može se pokazati na način slični onome kod slučaja u ravnini, da je taj uvjet
dovoljan i da je u tom slučaju
J P (x,y, z) dx+ Q (x,y, z) dy + R (x,y, z) dz = J du= u (x,y, z) =
X
y
=j P (x,y,z) dx+ J Q (x 0
,y, z) d>:+ jR (x.,y., z) dz +G
gdje su x,, y. 1 Z 0
x, y, ..
bilo koje konstante.
(150)
Pri integriranju pridržavat ćemo se istog pravila, koje smo postavili za ravni
slučaj·
Granice integracije ne uvršravamo, a pri računanju drugog i trećeg integrala
izostavljamo mješanc članove, t. j. članove, koji sadrže x., yi z odnosno x., Yo i z.
Uvjet (149) je uvjet integrabilnosti :;;a prostorni slučaj.
Primjeri
Pokaži, da su linearni diferencijalni izrazi, koji slijede, egzaktni diferencijali i odredi
pripadne primitivne funkcije. ,
J. ...!._dx-1..dy + Jy-x dz
z z z 11 ·
l'· O R
293

PrC!!M _(149):
~=0
dy
oO= 0 ,
dx
dakle
dP dQ
Ty=~
oR l
Tx= --;.-'
dakle
đP ~R
Tz=Tx"
3 dR 3
z• '; dY = z' , ...
dakle
Zadani izraz je eg1:akttti.~ diferencijal!
Prema (l 50):
., ll •
- J l J 3 J 3y 0 - x 0
z z z-
y, z.
•U(x,y,z) = -dx-- -dy + --.-+e=
Prema (149):
yz dx + x z'dy - xy J<
x~y~ + z 2
J'2 xz xy dz
x'y' + z'dx_+,x'y' + z•dy- x'y' +z'
--p--' ---o- -rdP
(x' y' + z') z - yz · 2x'y
d; = (x' y' + z')'
~Q (X 0 y' + z•) Z "'-.XZ •. 2xy 2
--;;;- = (x' y' + z')'
z'- x' y' z
(x' y' + z')'·
z 8 -x 2 y"z
ex• y' + z')'
Na isti način
dobijemo;
i!P x'y' -y z•
-;);" = (x' y' + z')'
oR
ox
x' y'-yz'
(x' y' +z')'
ilQ
Tz =
. x' y'- xz•
(x' y' + z')'
i!R
x 3 y' -xz'
dY = (x' y' + z')'
Vidimo, da je
Prema (ISOl;
y
) ( yz dx+ l x. z d -J XoYo d• +e,;,.
u (x, y, z = J x'y' + z' x 0
' y' + z~ y_ Xo1 Yo1 + z' ~
yf z.
z
294

Izvedi isto za
z
yz ;· dx
=7 x• + {;)' +C= ..!....arctg x +Cz
z
y
- y y.
~ arctg {~) +C
xdx +ydy + zdz
Vx• + y 1 + z•
· [u =Vx• +y" + .a 1 + CJ
§ 8. EGZAKTNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE.
EULEROV MUL TIPLIKATOR
To su diferencijalne jednadžbe, čija je-lijeva strana egzaktni diferencijal;· t. j .
totalni diferencijal neke funkcije u= u(x, y}.Prema tome egzaktna diferencijalna
jednadžba _ima_općenito oblik
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =O
Pri rješavanju tih jednadžbi razlikujemo dva slučaja:
Prvi slučaj
Lijeva strana zadane diferencijalne jednadžbe u tom- obliku, kako je zadana.
već je egzaktni diferencijal, t. j. ispunjenje uvjet ( 147):
U tom slučaju rješavanje diferencijalne. jednadžbe svodi se ·na primjenu formule
(148), koju izjednačujemo s nulom.
Primjeri
Riješi diferencijalne jednadžbe
l. eYdx + (x?-2y)dy.=

Prema (148) :
" y
f e·/ dx +J (x.,e"- 2y) ay+ e.= o
x. ~.
X
y
e" f dx-2 J ydy +e =0
x, y,
ili
2:.
Prema (147) :.
X eli - y 1 + e = 0 , , ... opće rje§enje,
3.x' -y• 2xdx
---dy=--
y• y'
2x y•- 3x•
-dx+---dy =O
y• y'
Prema (148)
clQ = _!_ (-6x)' = -
6x
clx ;y' ' · ~
" y
~Jxdx + J(.!._:J:io') dy·+ e= o
y' . y• y' .
~ • y,
• x• l ·
---+e= o l·· ;y•
;y• ;y
x• - y 1 + ey• = O • • • • opće rješenje.
Napišemo li zadanu"diferencijalnu jednadžbu u obliku
ili
d;y 2xy'
dx = y• (3x'-y 1 )
2xy
y' = 3x1 y•
dobijemo homogenu diferencijalnu jednadžbu prvog reda, pa je možemo rije!iti 'i :na :!lal.'in naveden
u dijelu Il. Repetitorija § JO, 2 •. d).
296

Međutim, rJešavaju.;i tu diferencijainu jednadžbu kao· cg:.aktnu brže .i~ jednostavnije đolazimo
do općeg rješenja. ·
ili
3.
~--.J:.!."0~-+ dx =·o
x' + y', x' + y'
Prema (147):
Prema ( 148):
(
J - _Y_) dx+ _x_d ·= O
~· + y' . x' + y' . !>'.•
oP
6'Y = -
x'-y'
(x' + y')"
t)Q x•.-y•
d; = - (x' +tY'iT
X .Y
!( I __ Y_}dx + J-x''-dy + x' + y'
C_""'-0
x~ + y'
x, Yo
X .
J dx ·
x• + y'
x,
x-y ---+ C= O
x-arc tg ~ + C = O •••• epče rješenj;;.
y
4.
y'
y;x;Y-J
xY ln x
ili
dy
yxy-I
dx=- xY ln x
Odatle
Prema (147):.
yxY-I dx;. xY lnxdy =O
~= yxY- 1 /nx +xY-l
oy
~ = xY • _!_ + ln X • y xY- J = Xy- J + y Xy -l · bl X
t)x x ·
Pre::r,a (148):
"
J yx
"
7 1
- dx+ J x."lnx0 dy+C-O
~., y~
x".
y ·-+ O+C= O
y .
. /Xy + C = 0 .. " OpĆe rješenje,
29'7

Riješi egzaktne diferencijalne jednadžbe:
1.. p- x' ~ y'} dx + ( x + x• ~ y' ) dy ='o
,[xy-.arctgf +e= oJ
2. lx' dx+ 2y'dy-xy"dx-x'ydy =O
{x' - x' y' + y' + e = O)
3.
' [x-arc tg f ~ e= o]
Drugi slučaj
'
· Pretpostavimo, da lijeva strana diferencijalne jednadžbe oblika
P(x, y)dx + Q(x, y}dy =O
(a)
.nije egzaktni dtfercnci)al, t. j.
U tom slučaju ne možemo integrirati diferencijalnu j~dnadžbu, jer ne postoji
funkciju, čciji bi totalni diferencijal bio jednak lijevoj strani jednadžbe, pa moramo
najprije pretvoriti izraz u lijevoj strani jednadžbe u egzaktni diferencijal i tek zatim
integrirati. U tu svrhu neba odrediti t. zv. E ul erov multiplikator. To je
neka funkcija f.!-(X, y), koJom množimo obje strane diferencijalne jednadžbe (od
toga sc opće rješenje jednadžbe ne mijC!Ilja), pa tako pretvaramo lijevu stranu
jednadžbe u egzaktni diferencijal, koji možemo zatim integrirati.
Pomnožimo, dakle jednadžbu (a) nekom funkcijom fl(X, y). Dobijemo:
P !L dx + Q fL dy = O
Da lijeva strana te dobivene jednadžbe bude egzaktni diferencijal, nužno je
i"dovoljno, da bude ispunjen uvjet (147), t. i· mora biti
298

a kako je
imamo
- o/nu l d!J.
~=-·-
ox ri. ox
(151)
Jasno je, da će svaka funkcija p.(x~ y), koja zadovoljava jednadžbu (151), biti
'Eulerov multiplikator za zadanu diferencijalnu jednadžbu (a). Jednadžba (151)
je dakle diferencijalna jednadžba Eulerovih multiplikatora jednadžbe (a) i to
parcijalna diferencijalna jednadžba, jer je traženi multiplikator funkcija dviju
promjenljivih x i y~ pa u diferencijalnu jednadžbu ulaze parcijalne derivacijj!.
Teorija parcijalnih diferencijalnih jednadžbi dokazuje, da jednadžbil (151) ima
beskonačno mnogo rješenja, dakle naša diferencijalna jednadžba (a) ima uv1jek
Eulerov multiplikator.
Međutim, praktički nismo ništa napredovali u rješavanju zadane diferencijalne
jednadžbe (a), jer rješavanje jednadžbe (151) nikako nije lakše od rješavanja polazne
jednadžbe, pa se moramo ograničiti samo posebnim slučajevima određivanja
Eulerova ,nultiplikatora !L( x, y).
l. Pretpostavimo, da je multiplikator IL funkcija samo od x: !L= !J.(X).
Tada u (151)
jer u fl. ne ulazi y, pa jednadžba (151) prima jednostavniji oblik:
(152).
To je obična diferencijalna jednadžba, koju možemo lako )ntegrirati.
Slično imamo, ako je IL funkcija samo od y, t. j. IL= !L(y).
Tada je
Oln!L =O,
ox
pa jednadžba (151) prima oblile
a
din !L = _!_ (oQ _ oP)
-d.v P ox oy
(l52a)
299

Primjeri
,l~ (2xy•-y)dx + (yt + X+ y) dy = 0
Prema:(1~7):
~- r}Q ";" (4xy-t)-t = 4xy-2
r}y r}x
~- iJO + o ' aakle lijeva. strami zadane diferencijalne jednadžbe nije egzaktni dif~
r}y,~ ox
\fretpostavimo, da je ." = ." (x). Da se uvjerimo da to stoji, računamo prema (l~l'l..;.
d ln fL = _l ( iJP _ iJO} = 4 xy- 2
dx o oy OX . y' + X + y
'
Vidimo, da fL nije funkcija samo od x, jer u dobiveni izraz ulazi i y.
Uzmimo sada, da je !l= fL(y), pa računamo prema (152a):
dln~.t=__!_(oO_iJP) = l ( 2 _ 4 xy)=-2(2xy-l)=_!_
dy p r}:.; oy 2xy'-y y(2xy-l). y
Vidimo;' da je fL faktično funkcija samo od y.
Integriramo dobivenu jednadžbu:
d ln fl. 2
--=--i·dy
dy y
din-t~-=
dy
-2-y
ln fL= -21ny
ln fL= lny-'
l
fl. = 7 ...... Eulerov multiplikator;
'
Tim'rnultiplikatorom množimo zadanu diferencijalnu jednadžbu:•
l
(2xy'-y) 0 dx + (y' + x + y)
y
oP ,fo
Kako i e sa>la - =--'-'
r}y r}x
l '
-dy=O
y' .
jer je
intregnramo prema (148) jednadžbu (b):
,.. JIO
X • .
xl--+ y + lny +·e= O .... opće
y
rjdenje.
soo

2. (xsiny +ycosy) dx+ (.:co•y·-.JLsiny)dy ·=O,
Prema (147):
iJP iJQ . -. . . ..,.O
ily -~= xcosy-yszny +.c~y-_cosy = xcos;z-ysmy ..-_..,
.(a)
(b)
Neka je l.t =
v.(x), tada prema (152) i (b) imamo:
din !L l {t) p iJQ} l .
--=---- = .. (xcosy-ysmy) = 1
dx Q ily dx x cos y - y sUl y · --
..,.,·Ile _:ovisi o y.
dln!J.=dx
ln lJ. = x
lJ. = e" . ,• Eulerov multiplikator. ·
{a) n'lnožimo s lJ. = e"
e" (x siny + y cosy)dx + e" (x cos y --:-Y siny)dy. ~O
. dP iJQ . .
S a d a Je
oy = '"dx'", Jer JC
"P e . )
--:;--=e" xcosy-ysmy + cosy
vY -
Tx
ilQ
=e" cos y +
(
x cosy -y s:ny
• )
e"=
'
e"
(
cosy + x co1y
'
-_y_smy,
. )
pa prema (148) ilnamo:
Odatle
ili
" y
J e"(xsiny +!cosy)dx + fe"o(x.cosy~ysiny)_dy+ e= o
Yo
e" (x sin y- sin y + y cos y) + e = O •••• opće rješenje.
Primjedba
Iz navedenog vidimo, da se diferencijalne jednadžbe oblikal
'P(x, y}dx +Q(x, y}dy =O
lako rješavaju, .ako je lijeva strana _jednadžbe egzaktni diferendjai; f} i1 ateo,; j~
ispunjen uvjet integrabilnosti
301

Međutim,
ako· taj uvjet nije ispunjen, moramo· naJ pt! Je odrediti Eulerov­
!lilultiplikator ,._a taj znamo odrediti "samo u posebnim slučajevima,. kad je multi-:>o
plikator:funkcija samo od· x ili samo ~od y. ·
Iz toga slijedi, da diferencijalne. jednadžbe oblika
P{x, y)dx + Q(x, y) =O
·ukoliko nije ispunjen uvjet ·integrabilnosti, treba u većini slučajeva rješavati na
drugi način, izbjegavajući traženje Eulerova multiplikatora. •
Tako;na·pr., ako su funkcije P{x,y) i Q(x,y) homogene funkcije:._istog
stepena n, tada se diferencijalna jednadžba dade prikazati u obliku
dy =J(~)
dx x
a to:je homogena diferencijalna jednadžba I. reda, koju znamo riješiti uz supstituciju
z =...!..[vidi Dio Il. § 10, 2. d), Tip II.].
X. •
odnosno
Isto . tako znamo riješiti separacijom promjenljivih jednadžbe oblika
dy
dx= a,x + b,y +e,
a,x + b,y +e,
( a,x + b,y + e,)dx - ( a,x + b,y + e,)dy = O
{vidi Dio II. § lO, 2. g)).
Važnu\pfimjenu egzaktnih diferencijala nalazimo u termodinamici kod izvo-­
đenja matem:itičkog izraza za . entropiju (vidi Bošnjaković, Nauka o · toplini L
~r: 63).
Riješit;diferencijalne; jednadžbe:
'f.:,Zxy~ d.i'+. (x' y 11 -
J) dy = O
2.· (2 +- 2x - y') d_x - 2y dy = O
.l11 .".e>< ; e><

§ 9. KRIVULJE U PROSTORU
1. Jednadžbe prostornih krivulja
Dosada je bilo govora samo o ravnim krivuljama, t. j. o krivuljama, CIJe
točke leže u jednoj ravnini. Uzmemo li tu ravninu za koordinatnu ravninu XY.
glasi jednaqžba te ravne .krivulje .
y = f(x) ili F(x, y) =O
Ako sve točke krivulje ne leže u jednoj ravnini, imamo prostornu krirulju,
pa. je za određivanje položaja nienih točaka potreban prostorni koordinatni sustav
XYZ.
Prostorna ·krivulja može biti zadana na dva načina:
l. kao presječnica dviju zadanth ploha:
Na pr. sustavom jednadžbi
f,(x, y, z) = ()
f,(x, y, z) =O
(153)
x' + y• + z' = 4r'
(a)
zadana je prostorna krivulja kao presječnica kugline ploh.:, kojoj je središte u ishodištu
a polumjer R = 2r, i uspravnog valjka:
ili
ili
x' + y•.= 2ry
x' + { y• -
2ry) = O
x' + (y- r r = r' '
kojemu je središte osnovke u točki (0, r, 0), '
a polumjer je r (slika 148).
Uklonimo li iz jednadžbi (153) jednu
promjenljivu, a zatim drugu, na pr. z i x,
dobit ćemo jednadžbe
cp,(x, y) =O
( 153a)
z
Sl. 148 .
kQje predoćuju ortogonalne ·projekcije prostorne krivulje na koordinatne ravnine
XY i YZ (u deskriptivnoj geometr.iji rekli bismo, da smo odredili projekcije pf.O.:
dora zadanih ploha na ravnine 7t 1
i rt,).·
301

Prostorna krivulja može biti dakle zadana i svojim projekcijama u •dvije koordinatne
ravnine. · ·
Uklonimo li, na pr., iz jednadžbi (a) promienliivu x tako, da drugu jednadžbu
uvrstimo u prvu,' dobit ćemo
ili
ili
2ry + ~ = 4r'
·z' = 4r' - 2ry
z• = -2r(y --,2r)
To je projekcija prodorne krivulje zadanih kugle i valjka na ravninu YZ (na
1t ), 1
i to parabola s vrhom u točki (2r, 0). ,
2. Praktički se najviše služimo parametarskom jednadžbom prostorne
krivulje. Do nje dolazimo promatrajući prostornu krivulju kao stazu pomične
točke, t. j. kao geometrijsko mjesto svih njezinih uzastopnih položaja u prostoru.
Gibanje točke u prostoru posve je određeno, ako je u svaki moment t poznat
položaj točke ili, drugim riječima, ako za svaku vrijednost t možemo izračunati
koordinate x, y i z pomične točke. Na taj način dolazimo. do jednadžbe pomične
točke u prostoru: · ·
x = x(c)
y=·y(t) (154)
z = z( t)
Budući da te jednadžbe određuju i srazu roćke, one su Istodobno paral!letarske
jednadžbe prostorne krivulje.
Uklonimo li iz jednadžbi (154) parametar t, dobit ćemo jednadžbe (153).
Primijetimo još,' da se često parametar t ne smatra vremenom, već mu se
-daje.značenje neke druge veličine, koja se mijenja pri gibanju točke, na pr. kut
zaokreta i t. d.
Kao pnmjer izvedimo parametarsku jez
·dnadžbu cilindričke spirale (zavojnice).
Zamislimo, da se po jednoj kruŽnici~ koja
Je presjek uspravnog valjka polumjera osnovke
r, okomit na njegovu os, okreće . jednoliko sa
stalnom brzinom a neka točka. Istodobno se
ta kružnica giblje translatorno po plaštu valjka
lg s konstantnom brzinom b. U tom slučaju opisuje
točka u svom dvostrukom gibanju pro·
stomu krivulju, koja se zove cilindrička spirala.
Na slici 149 prikazana je spirala u desnom
koordinatnom sustavu obzirom na primjenu
vektorske analize u teoriji prostornih krivulja.
Okreće li se točka po kružmc1 protiv
kazaljke na satu, nastaje desna spirala ili desni
vijak {kao na slici 149), u protivnom slučaju
Sl. 149
- lijevi vijak.
-304

N e ka se u neki moment t pomična točka nalazi u točki T ( x, y, z); tada uzevši
za parametar t pola~ni kut projekcije T' točke T na ravninu ·xy, dobijemo prema
slici 149:
X= T 'COS l
y=r·sint
Sto se tiče aplikate z točke T, ona je jednaka visini, na koju se podigla .točka
za vrijeme t', t. j.
Z=b·J'
(b)
je prošla po kružnici ·put AT'== a . t', a iz slike vidimo,
da je Ar· = r • e pa je
Za vrijeme t' točka
at'·=r·c
odatle.
ili
Uvrštenje u (b) daie
e= '
-t
r
a
z=b.!...c
a
a= ct
gdje je
e= b!...= " r
a a
Tu je 1· Qmjer staln~h brzinoa gibanja kružnice po plaštu valjka 'i točke
po toj
kružnici.
Prema tome
x=rcosc
y=rsint (155)
z= cc
parametarska jednadžba cilindričke spirale. ,
Kada kut t dobije vrij~dnost 2n:;točka T će se vratiti na polaznu izvodrlicu
AB valjka, pa će se dignuti· na visinu
Ta visina
z= e · 2n:
h= 2n:e
1:ove-se uspon vijka, pa UVTstivši u treću jednadžbu sustava (155) e=
bi)emo parametarsku jednadžbu spirnle u obliku
2 : do-·
B. A.psen: ~ vile sua~ - Dio III. 305

X= T CO$!
y = rsinJ.
(l55a)
h
z= -t
2;r
gdje je h = 2nc = uspon vijka.
Rekli smo, da uklonivši iz parametarskih jednadžbi prostorne krivulje,p~ametar
e, dobijemo ,prostornu krivulju kao presječnicu dviju ploha.
Pokažimo to na primjeru.
Prostorna krivulja neka je zadana parametarski s
x=t+a
Kako je iz prve jednadžbe
z= V2a(a .t)
e= x-a
uvrštenje te vrijednosti e u drugu i treću
jednadžbu daje:
y =.Va'- (x-a)'
z= V2a(2a- x)
ili
(x-a)'+ y• = a•
z• = -2a(x- Za)
(a).
Zadana je krivulja presječnica kružnog i paraboličkog valjka; a ortogonalne
projekcije zadane prostorne kriVulje u ravninama XY i XZ su kružnica i parabola.
Zbrojimo li jednadžbe (a), dobit ćemo jednadžbu kugline plohe
x" + y• + z" =;= 4a•
To znači: zadana prostorna krivulja leži na kugli polumjera 2a, a presje~
je kugline plohe s gore navedenim valjkastim plohama.
U daljnjem ograničit ćemo se na proučavan~ : proMOrnih krivulfa, čije ~u
iednadžbe zadane u parametarskom obliku.
306

2. Jednadžba . tangente na prostornu krivulju
Tražimo jednadžbu tangente na prostornu krivulju
x = x(t)
y = y(c)
z= z( e)
u točki T.(x., y., z.J krivulje,• kojoj odgovara vrijednost t 0
parametra t.
Dademo li parametru. e. prirast t:.c po volji, dobit će koordinate točke T 0
priraste t:.x, Ay i t:.z, pa će ltoćka T. zauzeti na krivulji nov položaj .T (vidi sl. 150).
Jednadžbe sekante T 0 T znamo napisati prema (41):
x-x.
(ili
· (x. + t:.x) -X 0
(a)
Kako je tangenta granični položaj sekante,' kad točka T idući po krivulji ·reži
toćki T kao timesu, moramo prijeći na limes tako, da t:. e _. O, pa prema tome
i t:.x-+ O, t:.y-- o i Az-+ o. u tu svrhu podijelimo sve nazivnike u jednadžbi
{a) s At:
2
\i pređimo na limes pustiYši da t:.r teži nuli. Na
granici ćemo· dobiti:
x-x. _·y-y 0
_z-z.
(:L - (ic). - (~~).
(156)
SJ. 1.50
To je jednadžba tangente na prostornu krivulju U točki krivulje
T.(x., y., zJ parametra r •.
Vidimo, da su koeficijenti smjera tangente jednaki derivacijama koordinata
po parametru t u točki T 0 krivulje, pa prema (39) možemo lako izračunati ko-
.eficijente smjera tangente. ·
Pomnožimo li sve nazivnike u formuli (156) s dt, dobit ćemo jednadžbu tan­
' gente u obliku
x-x. = y-y. = z-z. (l56a)
dx dy dz
koji je najopćenitiji, jer nezavisna promjenljiva nije označena, pa može biti
bilo. koja koordinata ili bilo koji parame1a1.
307

3. Jednadžba normalne ravnine na prostornu krivulju
lJ točki
T.(x., Y •• z.) prostorne krivulje
x = x(t}
y = y{t}
z= z( t}
možemo povući bezbroj normala, t. j. pravaca, koji su okomiti na tangenti u toj
točki krivulje. Sve te tangente leže u jednoj- ravnini, koja je okomita na tangenti,
a· prolazi diralištem. Ta se ravnina zove normalna ravnina na krivulju~u zadanoj
točki T.(x., y., z.) krivulje (vidi sl. 151).
Znamo jednadžbu (50a) ravnine kroz zadanu točku T.(x., y., t. 0
):
A,(x-x.) + B,(y-y.) +(z-z.)= O
Normalna ravnina je okomita na tangenti, koja ·prolaZi istom točkom
T.(x., .Yo• z"'!) krivulje, pa uzevši u obzir, da su prema (156) koeficijenti smjera
t!lngente
z
x'(t.J, y'(t.} i z'(t.)
imamo prema (58):
(a)
Sl. JSI
Odatle
A = x'ft.)
• z'(t.J
Uvrštenje u (a) daje:•
. _y'{t.)
,. B, - ---,-( )
' z t.
(x-x.) x'{t 0
) + (y-y.)y'(t.J +{a-z.) z'(t 0
} =O (l57)
To je jednadžba normalne ravnine na prostornu krivulju .u točki·
krivulje T.(x., y., z.) _parametra e •.
4. Rektifikaci~a i masa prostorne krivulje
Tražimo duljinu luka prostorne krivulje
x = x(t)
y =y{t)
z= z(t}
od . točke A do t.očke B, kojima. odgovara ju ~vrijednosti parametra t,, odnosno -e.
(st 152),
308

Smatrajući, kao u slučaju ravne krivulje, da su dx, dy i dz ·beskonačno male
veličine, dobijemo prema sl, 152 primijenivši prostorni Pitagorin poučak slijedeći
izraz za
kvadrat diferencijala luka prostorne krivulje
vdatlc je
ds' = dY! + dy' + dz' (15.8)
ds = V ax' + dy' + dz'
(l58a)
Iz 'iste slike dobijemo kosinuse smjera tangente
na prostornu krivulju:
X
Sl. !52
dx
CQS ex.= ds ; cos~= dy
ds
;
d z
cosy = ds (159)
Pomno:limo li i podijelimo li desnu stranu formule (ISSa) s dt, dobijemo ds
u obliku ·
/(dx)' (dy}• (dz)•
(160)
ili
a odatle je
l
ds = l dt + dt + dt dt
ds= Vx''(t) + y'' (t)+ z'"(t)dt
,,
s =J V
,, .
-x""''' 7 ( t...,.) -+:--y.,..'' 7 ( t-,.) -+:--z"''• (-;-t) dt
To je duljina luka prostorne ~ivulje zadane parametarski.
(160a)
[161)
Pretpostavimo, da je prostorna krivulja pokrivena nehomogenom rnllsom gustoće
11. = fL(x, y, z).
Tada je masa elementa krivulje
dm = [.t(X, y, z)ds
a odatle uzevši u obzir formulu (160a) i uvrstivši u dm x = x(~J; y = y(rr~
z= z(t) dobijemo:
masa ne_homogene krivulje
t,
m= J IL[x (t), y (t)~ z( t)] Vx'.'(t) _+-v''(t) + z'i(ij'dt (162)
,,
309

Kao primjer izračunajmo za cilindričku spiralu, ·
x = r cos e
y =
.z= e t
rsint
jednadžbu taqgente. u točki T.(x., y., z.) parametra t 0
, a takoder duljinu1jednog
zavoja spirale (sl. 149).
Računamo prema (156):
x'(t) = -r sin t
y ' (t) = r cos t
~G'(t) =e
pa uvrštenje u ( 156) daje traženu jednadžbu tangente:
X - X 0 = y-Yo = Z- Z 0
- r sine. r cos t 0
e
Izračunajmo .s~da prema (39) kosinus kuta y, što ga tangen~ na. spiralu za•
1tvara s osi Z u tOčki T. spirale:
lili
l e
CO$ y = ~;'=;'7-==:=7===.ic=:::::;=~
V
r• sin' t + r' cos" t + e•
o
e
.cos Y. = v.-r:• + e•
o
ll
a kako je e= -, gdje je Iz
21t
uspon vijka, dobijemo:~
V ( 2
h1t)' - V
e~ y h ·- h
2rt r• +
(2rtr)' + h"
V idimo, da kut, što ga zatvara cilindrička spirala s osi Z, ne ovisi o koordinatama
točaka krivulje,' već jedino o p'otumjeru r. valjka i o usponu h vijka. To znači: '
cilindrička spirala siječe sve izvodnice valjka pod istim kutom v
'(sl. 149).
Iz toga slijedi, da će cilindrička spirala poprimiti oblik pravca, ako plašt valjka,
na kojem leži spirala, razgrnemo u ravilinu, jer samo pravac siječe u ravnini paralelne
pravce (izvodnice valjka) pod stalnim kutom.
1
Da sc u to~vjerimo, izračunajmo duljinu luka jednoga zavoja'spirale Gednog
hoda vijka).
310

Kaćunamo _ prema (j{? t):
s =J V
z.".
r"""•-st.,...n..,..• -t""'+,_..,r=-c·-o-s":-t-+--,-c'-,;- • dt =
••
fVr +e' . dt=
o
Z 'lT
= V r + e• . Ir l = 2tt Vr +e'
o
h
ili uzevši, da je e = 27t, dobijemo
SL ISl
Iz toga izraza vidimo, da je duljina 'luka spirale jednaka duljW dijagonale
pravokutnika, kojemu su stranice 27t7'--:- opseg' osnov:ke valjka i h- uspon vijka,
t. j. pravokutnika, u koji se razgrne plašt valjka (sl. 153).
Prema tome, razgmemo li plašt valjka u ravninu, zauzet ć~ cilindrička spirali·
u dobivenom pravokutniku položaj dijagonale, t. j. pravca.
Iz toga slijedi novo važno svojstvo cilindričke spirale:
luk cilindričke spirale je najkraća udalj,enost dviju točak~ na
valjku. ·,
Krivulja na plohi, koja prolazi dvjema zadanim točkama plohe i koja daje
njihovu najkraću međusobnu udaljenost, zove se ~eodetska Hnija dotične
plohe. Znamo, da je za ravninu geodetska linija pravac, za kuglu - luk najvećr·
kružnice, a sada smo pokazali, da je za valjak geodetska· linija cilindrička spirala~
Navedimo još jedan primjer.
Izračunaj masu prvog zavoja cilindričke spirale
x = r cos t
y =rsint
Z= Ct
al:o je gustoća u svakoj točki krivulje jednaka kvadratu radijvektora· te točke.
Prema sl. 149:
radijvektor OT = Vr• + z• = Vr +e' e•
pa je gustoća !.L = r" + e' t'
Prema (162) i obzirom na pređašnji primjer imamo:
-1 t
2'17
m= J (r' + e• t•) yr• + e• . ·dt=
o
z1r
8
o
3
=V r• -+ e• r• t + e• T 1 = vY'+? (2rcr• + rr• ·e') 3
311

S. jednadžba oskulacione• ravnine
Pod,oskulacionom·ravninom zadane točke.~T.(xo> y", z.) prostorne krivulje
xazunlije se granični položaj· ravnina, koje prolaze tangentom· na krivulju u· točki
T., a paraleln~. su, s' tangentoin povučenom _na krivulju u nekoj drugoj točki _T,,
kad točka T ,_)dući po krivulji teži točki T. kao limesu (sl. 154);'
Zamislinio ravninu, koja prolazi tangentom T.A u točki T. prostorne krivulje
i pravcem T.B', koji je paralelan s tangentom T 1
B u točki T, krivulje. Pustimo li
da točka .;.T, idući po krivulji teži točki T. kao limesu, tada će se ravnina, koja prolazi
tangentom' T.A fpravcem·paralelnim s tangentom u točki T, okretati oko tangente
:f. A •pa. će. težiti nekom graničnom položaju. Taj granični položaj zove se
ravnina oskulacije ili oskulaciona ravnina u točki T. prostorne
krivulje~ ,
Vidimo, , da .oskulaciona ·ravnina-sadrži uvijek tangentu povučenu na prostornu
krivulju u· doti~oj točki. Redovito oskulaciona ravnina dira i siječe krivulju.
Iz definicije oskulacione ravnine jasno slijedi, da se za .ravnu _krivulju oskulaciona
ravnina-podudara s.'ravninom krivulje.
Oskulacionu ravninu u točki T. prostorne krivulje možemo definirati i kao
granični položaj ravnine, koja prolazi točkama T •' T, i T. prostorne krivulje (vidi
sl. 154), kad tOčke T, i T 1
idući po krivulji teže točki T. kao limesu.
Na temelju te • druge definicije izvedimo
jednadžbu oskulaciona l'avnine. u točki T. prostorne
.. krivulje
x = x(t), y = y(t} i
Znamo opću
jednadžbu ravnine
Ax + By + Cz + D = O
:J 7= z( t).
Sl. 154
Ax.+ By.+ Cz.+ D= O
Ax, + By, + Cz, + D = O
Ax.'+ By,_+ Cz~·+ D= O
(b)
Kako sve te tri točke leže·na krivulji, možemo jednadžbe (b) prikazati u jednostavnijem
obliku.
Uvrstivši .u 4ednadžbu'-(a)
dobijemo:·
x= x(t)i y=y(t}; z =.z(t}
Ax(t} + By{t) + Cz(t) + D = O
To je funkcija~samo-,od
t; označimo je s F(t):
F(t} = Ax(t} + By(t) + Cz(t) +D ... =.lO • (

Točke T., T, i T ; 1
kojima odgovaraju vrijednosti parametra t ••.. c,·i t 1 ~· leže
na krivulji, a prema tome te. vrijednosti parametra ·moraiu.zadvoljavati jednadžbu
(e), pa jedhadžbe (b) možemo napisati u=obliku:
F{t,) =O; F{t,) =O
P() RoHe-ovom teoremu (vidi .Dio I. § ll) derivacija funkcije F mora se poništiti
bar po jedan put u intervalima od t. do t 1
i od 1 1
do .t., t. j.
gdje je
F'(t:J =O F'(t") =O
(.d)
Primijenivši još jednom Rolle~ov teorem, ali sada za F' d()bijen'lo:
gdje je
' .
F"(t'") =o.
l 11

Posljednje tri jednadžbe
A(x-xJ + B(y-y.) + C(z-~:.) =O
. Ax'(t.) + By'(t.J + Cz'(t.} =O
Ax"(t.} + By"(t.J + Cz"(i.) =O
čine homogeni sustav s tri nepoznanic~ A, B, G. Znamo, da takav sustav ima rješenja
različita. od očevindnih, ako je determinanta sustava jednaka nuli (vidi §.l,' 3).
Prema tome je·
..
x-x
x' (t 0
)
x"(cJ
y-y.
y'(t.)
y" {t.)
z-z . o
=0 (163}
jednadžba oskulacione ravnine. u točki T.(x., y., z.) parametra t.
prostorne krivulje.
Primjeri
l. Napiši jednadžbu oskulacione ravnine u točki A(r, O, 0) cilindričke spirale x = r cos t.·
y = r sin t; z = ct (sl. 149).
Da odredima vrijednost parametra t, koja odgovara zadanoj točki .A(r, O, 0), uvrstimo' ko·
ordinate te točke u jednadžbu spirale.
Dobije rao:
Slijedi t 0 =O
Računamo prema ( 163):
x
=rcost
x' = -rsint
r=rcost ; O=rsint., O= ct
y
=rsint
y' = r cos t
z
=e t
z' =e
X"=-TCOSt
y" = -r sin t
a u točki A parametra e = 1 0 = O
x 0 = r
x' 0 =O·
x" 0 =,-r
Uvrštenje u (163) daje:
Yo =O
Y'o =- r
Y"o =O
z' o =·e
::"• =o
x-r
o
-r
r
o
Razvijemo li determinantu po elementima prvog .retka, dobijemo traženu icd.nlldlbu I)Skulaci(lne
·ravnine:'
(x ~ r) . O...:._ y er + z r• = O
"y-rz =O
z
o
=O
314

Iz te jednadžbe vidimo, .da je u točki A{r~ O, O) spirale oskulaciona ravnina okomita'llll
:ravninu. YZ i ima za trag u wj ravnini.-pravać z=~ y, koji prolazi ishodištem O koordinatnog
'
r
'SUStava.· Oskulaciona rilvnini · sadrži dakle os X. ·
2. Odredi jednadžbe tangente i normalne .i oskulo.cione ravnine u točki t" .iooo 1. krivulje
x=l 3 -l; y=t+t"; z=4t 0 -3t+l
Računamo:
x' = 3t'
x" = 6t
y' = l +- 2t
y" = 2
~, = 12r~ ....:.. 3
z",..; 24 t,
... u točki t, = l
x, =o
x,'. =l.
Yo = 2
y.·· = 3
z. 2
9
x 0 ''-=" 6
y," = 2
z,"= 24
UVritenje u (156), (157) i (163) daje:
X y-2
3 = -3-
z-2
-9-
X
T
y-2
-1-
z-2
3
.... jednadžba tangente.
ili
x + y + 3z -
x · 3 + "(y- 2) · 3 + (z- 2) • 9 = O
8 = O 1
• • • jednadžba normalne ravnine.
=0
=O
Odatle
ili
X• 9-(y-Z). J+ (~-2)(-2) =o
9x- 3y - 2z + l O = O ••. jednadžba. oslr:ttlac:ione ravnine.
Odredi jednadžbe tangente i normalne i oskulacione ·1'11'\'nine za krivulje:
l.x=2t; y=t' ~. =. 4t' u točki t 0 = l
x-2 y--e.I z-4
[.-1- =-.-=-s- ,; x + y + 8z ..- 35 = o· 315

·2. x = t• -l ; y =.z + l ·; z= z• u točki 1 0 = 2
x-3 y-3 z-,-8
- -= - 4 1
- =~ ; 4x +y + 12z-111 =O 6x- lly-z + 26 =oj
3. Izračunaj duljinu luka krivulje
x~etcost; y=etsint; z=e'
od točke A(l;o; l) do točke, kojoj odgovara vrijednost z parametra.
[s= V3(e'- l)]
6. Jednadžba prostorne krivulje u vektorskom obliku
;_,?:namo, da svakoj točki
T(x, y, z) prostora možemo dodijeliti radijvektor
---+
r=xi+yj+zk
__,.
li da je tim vektorom r položaj točke T u prostoru posve Qdređen (sl. 155)
Ako se točka •T giblje u prostoru opisujući
neku krivulju, tada se njen:e koordinate
z
mijenjaju u zavisnosti od vremena ili nekog
drugog skalarnog parametra, pa staza točke može
biti zadana jednadžbama
7,7rt1
.~--T---~-----Y
: ''-;;t)
_j/
Sl. 155
X=X(l)j y = y(t}; z = z(t}
Međutim, pri gibanju točke T mijenja se
i radijvektor r, pa će se njegova zavisnost od
parametra t izraziti jednakošću
...... ......
r(t) = x{t)i + y(t)j + z(t)k
Uzmemo li obratno, da je zadan zakon, po kojemu se mijenja radijvektor r
točke T u ·zavisnosti od parametra t
r = -r(t}
tada je određen .zakon gibanja točke u prostoru,. dakle posve ;e određena i njena.
staza.
Mjesto_tri paramerarske jedtladžbe prostorne krivulje imamo sada samo jednu
vektorsko-parametarsku jednadžbu krivulje.
'u·mnogim·je slučajevima zgodno uzeti za parametar L duljinu s luka krivulje,
koja se računa'od neke početne točke A po volji izabrane na krivulii. Tada vektorska
jednadžha. pr9storne krivulje glasi:
·r = r(sj
316

U daljnjem tumačenju prostornih krivulja služit ćemo Se radi jednostavnosti
izvoda osnovama vektorske analize, koje smo izložili u točki 8. § 2 (vidi to!), pri l
i:emu jednadžbu prostorne krivulje uzet ćemo ~ vektorskom obliku.
7· Zakrivljenost prostorne krivulje
Zakrivljenost prostorne krivulje mjeri se promjenom sm)era njene. tangente,
pa se definira na isti način kao i zakrivljenost ravne krivulje. (vidi Dio 11. § _4).
Neka je prostorna krivulja zadana jednadžbom
r = r(s)
pn cemu vrijednosti s duljine luka krivulje odgovara točka T. krivulje (sl. 156).
Dademo li tom luku s prirast !:is, dobit ćemo na krivulji točku .T' parametra
(s +!:is). U tim točkama T i T' konstruiramo tangente na krivulju· i dodij elimo
tangentama jediničke vektore -r. i -- t.'. Sada prenesimo paralelnim pomakom .ort-t.'
. ...... -
u točku
T i označimo s !:iljl kut izmedu ortova t. i e;.
Zakrivljenost prostorne kr~ulje u 'njenoj
točki T(s) =
=K= lim ~cp
f.s-+o!!,.s
Iz slike vidimo, da je vektor
(a)
~ -+ -to -+
BC = t.'- t. = !!.t.
U drugu ruku, spojivši točke B i C lukom
kružnice, kojoj je središte u T, a polumjer
l, dobijemo
Bc = l . t!. 'P = !!. = lim !!.q> - l !!.t.i
· . f.s-+o!!.s l !!,.7.1 M
i uzevši u obzir, da je prema (b) !:iq> =Bc, a l A7.i =tetivi BC, dobit ćemo
-
jer je granična vrijednost omjera luka i prip~dne tetive jednaka l';
317

Uzmemo li u obzir, da je
dr - -+
ds = 1 •
- -
tež' l" . d . d• T d to d . ( ) ~ ' l' kriVUl'
1 nu 1, 1 a Je ds• = ds' ta a Je prema e rtv )enost prostorne Je
- ,l
jer' vektor~; Una smjer tangente na ~ivulju, a njegova je duljina jednaka l, kaogranična
vrijednost omjera duljine tetive i duljine pripadnog luka; kad posljednja
K=
l
a;.
ds
l= l a;
ds•
l
(164}
lzrazuno · apso l utnu vnJe .. dn ost ve k tora d'r ds" u ska J arnim komponentama.
Uzevši u obzir komponente pojedinih vektora
-
-; {x, y, z} ;. dr {dx, dy, dzJ ; ~ { d'x, d"y, d•zt
ds ds ds ds f ds' J

Budući da su u formuli (164b) derivacije uzete po -paramtitru s, izračunajmo prema (161)
dulJinu luka s spirale, koja odgovara paramettu t, pa jzrazimo parametar t sa :: ,
Odatle
dx . dy d::
dt= -rnnt; dt= reost; di= e
'
s = J V r• sin• t + r• cos' t + e• dt = V r' + e• : l t ·1 : = t V r• + e•
lt
Uvritenje u jednadžbe spirale daje:
Sada računamo
s
t=---
VT+~·
s . s
x - r cos ---· .y = r nn --=...:__;
- 1/r• + e•' Vr'+c'
prema (164b):
~ r s
- - - stn ----=======;
ds - V r 1 + e• V r• + e'
Odatle
cs
111=---
Vr'+c'
d'x r 3
-=----cos ;
ds' ·r•+c• Vr•+e'
d'y = __ r_ sin s
ds' r"+c' 1/r'+c'
Uvrltenie u (164b) daje:
odatle
1

. . .
. Kako je ~: * 1, odnosno ds* dt, bit će i s* r, pa kako je t funkcija od J, trebta ~etar• ·
:ske jednadžbe zadane krivulje derivirati po s po pravilu za deriviranie složenih funkCIJa, uzev•
ši u obzir, da je prema (a)
Dobij~m0;
dx dx dt t'
. a; = dt: . a; =. v + t' + r'
0datle
dz
d'x d (dx) dt
-=~ds'
dt ds
~=
" ds
dz dt
J; = di . a; = v + t' + ,.
ll___ t• (2t + 4t')
vl+ r• + r• · 2t--=--=---=
2 V t + r' + r•
t + r• + t• · t Vt + t• + ,. =
2 l (2 + 2 1 1 + 2 t•- t• -·2t') 1 1 + 2
2 t (l + ,. + 1 4 ) 1 (l + 1 1 + 1 4 ) 1
d'x} ... !_
a u točki parametra 1 0 = l : ( ds' 0 3
Na isti način dobijemo:
Prema (164b):
( d'y)
d" z) l
ds'
0
=O; ( ds• = 3
0
Zakrivljenost u točki krivulje t 0 = l; K = v!_ + !_ = yl
9 Q 3
Polumjer zakrivljenosti u istoj točki:
t
'8. Glavna normala. Binormala. Rektifikacio,na ravnina. Osnovni tl'obrid
Govoreći o oskulacionoj ravnini u nekoj točki T prostorne krivulje, rekli smo,
-da oskulaciona ravnina sadrži uvijek tangentu povučenu na krivulju u toj točki T.
Budući da je normalna ravnina okomita na tangenti, ona je okomita i na oskula­
{;ionoj ravnini. Presjek normalne ravnine i oskulacione ravnine zove se glavna
normala u dotičnoj točki T prostorne krivulje.
Pravac, koji prolazi zadanom točkom T prostorne krivulje, a okomit je .na
oskulacionoj ravnini te točke T, leži .također u normalnoj ravnini, a zove se binormala
prostorne krivulje (vidi sl. 157) .
.320

Ravnina, koja prolazi tangent.om i binortnalom prostorne krivulje, zove se
rektifikaciona ravnina.
Prema tome, svakoj običnoj točki prostorne krivulje možemo dodijeliti osnovni
pravokutni trobrid, kojemu su bridovi. tangenta, glavna normala i'binomi.ala,
dok plohe trobrida čine oskulaciona· O, normalna N i rektifikaciona ravnina R
(vidi sl. 157).
. Kada se !t>Čka T giblje po krivulji, premješta se u prostoru i trobrid tako,
da se njegov vrh T skliže po krivulji. Pri tom gibanju mijenja se od točke do oočke
smjer krivulje, ali uzajamni položaj. elemenata trobrida ostaje uvijek isti.
Dodijeliino tangenti, glavnoj normali i binormali u nekoj točki T prostorne
• ----+ ---Jo. -+-+ ~ ~
krivulje r = r (sj jedinične vektore t 0
, .n. i h., pri čemu ort t~ngente t 0 orijenti-
-+
ramo u smislu povećanja parametra s, ort n. glavne normale usmjerimo prema
- .
konkavnoj strani krivulje, a pozitivni smisao orta b. binorn'lale odaberimo tako.
blnormo.la
o
Sl. 157 Sl. 158
~- -
da vektori t 0
, .n. i b. čine desni pravokutni sustav, drugim ~iječima, b. orijentiramo
--
obzirom na t 0
i n 0
na isti način,
kako je koordinatna os Z orijentirana obzirom .na
osi X i Y.
Prema tome obzirom na definiciju vektorskog produkta i sliku 157 mo~emo
pisati:
-+ - -
e, = n. x b. ; b 0 = t. X n, ; n. = b. x t 0
(165)
Napišimo sada vektorske jednadžbe bridova i ploha osnovnog trobrida pro.:
stome krivulje.
U tu svrhu izvedimo općenito jednadžbu ravnine, koja prolazi zadanqm toč-
-.
kom T, a okomita je na zadanom vektoru a (sl.. 158).
Dodijelivši zadanoj točki T ravnine radijvektor -r, a po volji u~etoj točki M
l _.,. -+--+
te ravnine radijvektor R, dobijemo nov vektor R - r. Kako taj vektor leži u rav-
-
nini, zadani vektor a je okomit na tom vcktoru, pa je skalami produkt
{R-r)M=O
21 B. A,psen: Repetitorlj viAe matematike - Dia Ill. 321

To je jednadžba tražene r:ivnine.
Budući da je ort binormale -b. okomit_ na· ciskulacionoj ravnini, bit će·
(R- r) b.= t
jednadžba oskulacione ravnine.
Analogno:
i
(R-r)to=O
{166)>
jednadžba normalne ravnine
jednadžba rektifikacione ravnine
Tu je R radijvektor .bilo koje točke, .a .r radijvektor zadane točke tih ravnina.'
l
Iste jednadžbe dobivamo za bridove osnovnog trobrida prostorne krivulje,.
samq mjesto skalarnog produkta· ulazi vektorski produkt.
o
Sl. 159
Prema tome je
- -
- --+ -
(R- r) X to= O, ..... jednadžba ta ngen te
-+
-:--"" -\
Neka je T(r) zadana točka, a M(R) bil().
na pravcu r, koji je. paralelan sa
koja točka
-
zadanim vektorom a (sl. 159).
"fada je vektorski produkt vektora (R-r)
i a jednak nuli, jer su ti . vekwri medusobni>
paralelni, pa je
jednadžba zadanog pravca r.
(R- r) X no= o ...... jednadžba glavne normale
(167) ~
- --+
(R-r) X b.= O ...... jednadžb~ binormale.
Pri izvodu formule za zakrivljenost prostorne krivulje r·= r(s) došli srne>,
do vektora
dtw.· d' -r
Ih = ds•
čija je apsolutna vrijednost u nekoj točki T krivulje jednaka prema formuli (164)
zakrivljenosti K krivulje u toj točki T, a formula (164 b) odreduje modul toga vek-
322

tom u skalarnim komponent~a. Pokažimo, da se taj vektor podUdara s glavnom
normalom na krivulju u točki T
Znamo, da je vektor, koji predočuje derivaciju jediničnog vektora, okomit
Ila tom jcdiničnom vektoru (vida § 2, 8), .dakle
-+
t. j. vektor ddt. stoji okomito na tangenti, leži dakle u normalnoj ravnini krivulje.
s . '
Pokažimo sada, efu taj vektor~:·
ZlllUtlo, da je
leži i· u oskulacionoj ·ravnini.
_,.
_"
d lo Ll to
--limds
~s-+0 /1'S
Iz slike 156 vidimo, da je ~lt. stranica trokuta TBC, kojemu su druge dvije
rtranice jedinični vektori tangenata povučenih na. krivulju u točkama T .j T'.
Kad .1.s .... O, t. j. kad točka T' idući p

- -
jednadžbu tangente na p{ostornu krivulju r = r(s),· odnosnct
x = x(s)) y =y(s)) z= z(s) u točki
Đdatle prema (157)
x-x. y-y 0
T. parametra So:
s:-a.
(~). = (~). =. f!:). ' (169)
( dx) · ' (dy) (dz)
(x-x.) ds • + (y-y.) ds
' .
0
+ (z-,zo) ds • =O (170)
jednadžba 'normalne ravnine u točki T~(s.) krivulje.
Na isti način prema (163) dobijemo· jednadžbu o'skulacione ravnine
u točki T.(so) krivulje:
dy
dz l
l.dz
ds
d.~
·ds
d•z (x-x.)+ ld'z
d'y (z-zo) =0 (171)
dy
ds
d'y
ds•
ds•io
ds•
~l 1:
d'xl (y-y.), + ld'x
ds• 0 · ds'
ds• a
Odatle slijedi jednadžba binormale, kao pravca, koji prolazi istom točkom
T.(s.), a okomit je na oskulacionoj ravnini:
X-Xo y--:- Y• z-z.
=·
dy dz d z dx dx dy
ds ds ds ds ds di
d•y d'z · d• z d•x d•x d"y
ds• ds_• G ds• ds· o ds• ds' o
(172) l
· Vidimo, da formule ( 171) ·i ( 172) možemo lako napisati ciklički permutirajua
promjenljive x, 'Y: i z. ' '
Da izrazimo i jednadžbu glavne normale u skalarnim komponentama, sje- ·
-+
timo: se, da vektor ~· ima smjer i smisao glavne normale i da je prema ( 168)
Odatle
pri ćemu su prema (164a)
d'r
n.= P~·
a•z
ds•
- d•r
kotnponente vektora ds•. •
324

Budući da s.u komponente jediničnog vektar:~.,njegovi ko$inushsmjera, aob~-·
jemo jednadžbu ,glavne normale u- točki Ta(s~):
x--x. y-y. z-z 0
---;p- == ~ = -----;p:z-
(ds~o (as.). bst).
(173)
I< 'ik?. je rektifikaciona ravnina okomita ·na glavno L normali,. "bit će
(x-x.) · (d'~ ~ + (y-y~) (d~ - + (z-zo) (d' -·=O z)
ds• o ds• o ds~ •
jedn~džba rektifikacione ravnine -u točki T 0(s").
Primjedba
Iz načina; kako smo došli do jednadžbi(l69) do (174) slijedi, da u jeclnadžbama
"(169) do {172) uklj .. možemo derivacije po parametru s ~jeniti deriv&cijama po
parametru t, dok prr primjeni formula (173) i (174) treba derivirati po
luku s krivulje. ·
Navedimo pr i m j er.
Odredi jednadžbe bridova ·osnovnog trobrida krivulje
l . l l
x=;znn t; y- (t+sint.cost); z-nnt
2
u točki krivulje parametra t = t 0 •
Prema.(I56), odnoshO (169~ računamo jednadžbu tangente:
\dt
(dx) .
o = nn to . cos to; ( dy) 1 .
- = -(l - sin' ta + cos• to) = cos• t 0
dt a 2
' (:>.)
.pa je
X- Xa y - Yo Z- ::o
""""Sini; = 7oSi;; = --1 -
tražena jednadžba tangente.
Prema (172) uunijenivši s s t računamo jednadžbu binormzle:
Prema (a): {~~). = cos 2 t 0 ;
pa je nakon uređenja
( d'y) (d' z)
........,.. = -sin 2 t 0 ; ----s = '- fin te
dt o
dt . •
x-x, y-y 0 .a--.a- 0 1
'n=;;r;- a::: --c;;;t; = -=t
·tražena jednadžba binormale.
Da dobijemo jednadžbu glavne Mrrnale prema (173), moramo prijeći na parametllr •·
325

'P'rema .(160) i. (a) dobivamo
ili -nakon . uređenja
i, = V sin' t cos• t + cos' _t + cos• [
a odatle je
·Računamo;
dx dx dt sin t ~os t
ds =dt • ds = Vz cou
d"y
ds' = -
• san t
2c.nt;
Odatle u točki krivulje parametra t = t 1
'
( d'x) = 2._ .
ds" o 2 '
( d'y) nil t,
Ta,""'-2oosr.,;
( tPz)=o
ds' o
•Uvrstimo li te vrijednosti u (l 73) i pomnožimo ti ave nazivnike tako dobiveoos izraza s 2 "''••
dobijemo traženu jednadžbu glavne normale
· '
Odredi jednadžbe ploha osnovnog trobri~ krivulje
. 7t
U~točkt parametra t, = 2 ·
[x-y=O ;z=O ;x+JI=,v;.]
9" Torzija prostorne krivulje
Rekli smo već, da prostorna krivulja ima zakrivljenost, koja se ni u čemu
ne razlikuje od zakrivljenosti ravne krivulje, a karakterizira brzinu promjene smjera
krivulje, odosno brzinu, kojom se mijenja otklon krivulje od pravca (tangente)..
Međutim, prostorna krivulja, koja se ne da smjestiti ni u jednoj ravnini, ima
još i drugu zakrivljenost - torziju, koja pokazuje brzinu, kojbm se mijenja
otklon krivulje od ravnine i to od oskulacione ravnine,. jer od svih ravnina,
koje prolaze zadanom točkom krivulje, najviše se priljubljuje krivulji ravnina osku:..
laci je.
326

Znamo, aa se ku~ -dviju ravniaa mjeri kutom. njihovih· normala~ a kako binormale
stoje okoniito na ravninama oskulacije dotičnih točaka prostorne krivulje,
:torzija se mjeri promjenom smjera binormale. Prema tome postupajući na slični
način, kako i pri definiciji zakrivljenosti, dobivamo: '
..... -
torz.ija krivulje :r = r(s) u točki
T(s)
- ~~ d~
"'t'= lzm --=-
As_..ofu ds
(a)
gdje je ~ji km, što ~a čine jedinidrl vektori b. i b' 0 binonnala povučenih u zadanoj
:točki T krivulje i u nekoj susjednoj točki T'.
Kako je oskulaciona ravnina ravne krivulje ona ravnina, u kojoj leži sama
krivulja, torzija ravne krivulje jednaka je nuli, jer su binormale u svim točkama
:ravne krivulje međusobno paralelne, pa je ~1)1 = O. Dvije zakrivljenosti imaju
.dalle samo prostorne krivulje, čije točke ne leže u jednoj ravnini, pa se stoga zovu
'krivulje dvostruke zakrivljenosti.
Na način posve sličan onome, koji smo primijenili pri izvodu fomiule .za
·zakrivljenost K, .dobivamo:
torzija
-
"t'= dlji =]d bol
Da dobijemo drugi izraz za· torziju .., sjetimo se, da je prema (HiS)
ba= -t 0 X -n,
pa taj vektorski produkt derivitaimo po s prema formuli (35):
ds
ds
__..... ---.. -+ ...... .....
d b. - dno - dt. - . dn. -+ ne
-=to X --no-= prema(l68) =to X--n, X-=
ds ds ds ds (l
-+ dn,
= prema (24) = to X dS
Znamo, da vektor, koji predočuje derivaciju jediničnog vektora, stoji okomito
. . .• . db -· ... - .
-r_:: tom Jedm1cnom vektoru, dakle vektor ds• okom1t )e na b., t. J• na binormalL
-
Znamo također, da vektorski produkt ~· stoji okomito na jednom i na d~om
-
-'"-'· · - · dn, -'-'-' ek :db.· k · · · B dući-'-
...... wrq, .t. }· .na t. 1 .na -:ji, uaJUe v tor .di Je o onut 1 na tangenti. u ......
127

__.:
je vektor dd~· okomit i na binormali i na tangenti, on se podudara, kako se to vidi
iz slike 157, s glavnom normalom krivulje u dotičnoj točki krivulje, pa ie
ili prema ( 175)
db..
-ds =±T- n.
d~
Dvostruki predznak u posljednoj ti ormuli tumači se time.- !to vektor di
normale biva na desno obzirom na jedinični vektor to tangenJe~
Obično se posljednja formula piše s predznakom minus:
-
-
-+
db.
-Ts =--r ·n. (176}
Uvedemo li polumjer _ torzije p, kao recipročnu vrijednost .torzije "'• t. ;.
l
p, = -;, tada formula (176) prima oblik:
--
Pomoću treće
d bo n.
dc=- P•
(l76a}
Frenet-ove formule [vidi dalje (17&)) možemo izraziti torziju
..... -
, dr d•r . d"r
_ -r u točki T.( se) krivulje pomoću skalarnih komponenata vektora ds., ds.• 1 ds':
može imati isti ili suprotni smisao od vektora n~
Dok se z~i"ivljenost prostorne krivulje uvijek uzima- pp SVOJOJ apsolutnoj
vrijednosti, torzija se smatra pozitivnom, ako pri pomaku duž krivulje Vl'tnja bi-
't=-
l dx dy d z
l ds
ds ds
d•x, d•y d• z
\ ds• ds· ds·
l d"x.
d•y d• z
ds" ds"' 'ds•
(x) t.
( d"y) • (z) •
ds• + tis• + ds•
• ... 'o-
(177)
328

'Kalco vidimo, u većini jednadžbi elemenata prostorne krivuJje derivacije su
uzete po duljini s prostorne krivulje. Uzmemo li za _parametar neku drugu veličinu,
dobit ćemo mnogo kompliciranije formule.
Navedimo p r i m j e r.
Treba izračt.IIlati torziju krivulje
u bilo kojoj točki krivulje parametra t.
ds
Prema ( 160) "raćunamo di :
x";,e'nnt; y=e'cost; z-.e'
ax
di =
e' (cos t+ sin t);
dy
'
dt "" ,.(COl t- sin t);
dz =e'
dt
ds
di = e' V (cos t·+ .fin t) 1 + (eos t- sin r) 1 + 1 = e 1 '(3
Odatle
;:,acta računamo prema (171):
d'x = !!..(~) . ~ = cos t- sin r • _·_l_ = cos t-,... .fin t;
ds.• • dt ds ds VT •' f3 3e'
d'x = !!_.. (d'x} ~ = -2cos r ._1_ = -~;
ds~ dt ds' ds 3e' · e' V3 3 el' (3
Uvrltenje u (177)

stJ'l t cos t- smt. t- ssn t cos t- rc~"' r ::
, 9 e•'V·3 "'e''
0datle
Nazivnik = (cos l- sin r)• + (5in & ·! _ cn~!i_ , , 2
. 9~e'' )Cit
l
T= "3ef
]zračunai:
l. Torziju polumjer torzije cilindričke spirale
u točki parametra 1.
x~rcost;
v=rsint; z=ct
[• = ~=konstanta, vidi primjer l. na str. 3111.]
r +e
2. Zakrivljenost j torziju za krivulju
11 točk t parametra· t.
:t = t; y = a; z = ln( cos r)'
(K"'-CO>t;
-r=Ol
3. PolumJere zakrivljenosti 1 torziie krivulje
l:. l( . )
x = T ssn t ; y = T t -+ ssn t . cos t .;
1.1 točiti parametra. t.
4. Zakrivljenost krivulje
[p= 2cost; p 1 = 2cost)
v. točki parametra r.
lK_ V2 ]
-(e'+ e-t)•
10. Frenet-ove formule
Frenet-ove formule izražavaju odnose između derivacija }edini(,aih Y~!~tor:t
tangente, binormale i glavne normale, uzetih po _duljini luka s prosto~·:•;:: krivulje·,
polumjera zakrivljenosti i torzije u dotičnoj točki te krivulje. ·
Pr-ve dvije Frenet-ove formule već smo izveli promatrajući zakrivljenosr j
-
torziiu prostorne krivulje r = r(s) u nekoj točki T parametra s.
To su formule (168) (176a):
dto - n,
ds =-p·
- -+
db. n,
ds=-p,
(a)
ISO

;
Da dobijemo treću ~renet-ovu fo~ulu, derivirajmo po s jedinični vektor'
-+
~v ne normale· n., koji možemo prema (165) napisati u obliku
Prema (35):
dno - dt dbo - -+ ·
-- = bo x -• + - x to = prema (a) =
ds ds ds •
-->'
n. n, l - - i """? . -
= bo X - -- X to = - (bo X no) - -(n, X to) =
p p,' P p,
l-+ I­
= prema (165) =---t~+ -b,
. P P•
\
l
Time smo 'dobili i treću Frenet-ovu formulu.
Frenet-ove formule glasi .dakle:
-.
dt, n,
di =p-
,(178)
·gdje je p polumjer zakrivljenosti, a p, polumjer torzije u dotičnoj tOčki prostor~
krivulje. ·
l l .
Uzmemo li u obzir, da skalarne veličine- i - predočuju zakrivljenost K,
p P•
·odnosno torziju T prostorne krivulje, tada .Frenet-ove. formule primaju oblile
tit. K- _
di= n,
.- .
dn, - --.
-- = - Ke. + -rb,
ds
. Frenet-ove formule prikazuju usku vezu između zakona promjene glliv~
:smjerova prostorne krivulje, ·njene zakrivljenoŠti i torzije.
'
811

§ 10. LINlJSKI (KRIVU,LJNI) INTEGRAL!
, . \ . '
Posada je kao područje integracije slUŽio odrezak koordinatne osi ili dioravnine
ili dio prostora. Sdda će p~ručje integracije biti linija, t. j. pravao ili
poligon ili krivulja ,u ravnini ili prostoru. Takvi se integrali zovu liniiskt ili kri-
·ruljni. ·
. Prema tome, da ·li je ta linija ravna ili prostorna, promotrit ćemo posebno
linijske integrale u ravnini i u prostoru.
l. LiniJski integ~ali po ra'l(noj krivulii
Govoreći 'o računanju integrala linearnog ·diferencijalnog izraza P(x, y)ax +
+ Q(x,y)dy, gdje su P{x,y) i Q(x,y) neprekinute funkcije u nekom području o
ravnine XY, pokazali smo, da j Pdx + Qdx možemo izračunati samo u tom slučaju,
ako taj diferencijalni izraz predočuje totalni diferencijal neke funkcije z =
= z(x, y}, t. j. ako je ispunjen uvjet integra~ilnosti ~p= ~Q (vidi§ 7), pri čemu
· . . vY vX ,
smo pretp)lstavili, da su x i y nezavisne promjenljive neovisne jedna o drugoj.·
Medutim, /ako je zadana veza između x i y u obliku funkcije y = y(x), odnosno
inverzne funkcije x = x(y), koja. leži u području o definicije funkcija P i Q, tada
J P(x, y)dx + Q{x, y)dy možemo iuačunati bez obzira. da'li je ispunjen ili,nije
· · · ' b'l . JP oQ K k t. k .. . ( ) d (
ispunjen uvjet mtegra 1 nosu T""=-:.--· a o un c11a Y;;Y x , o nosno x=x y}
. vy vX •
predočuje kriyulju u ravnini XY, prela~i u tom slučaju J P dx + Qdy u linijski
'ili krivuljnl integral uzet po toj krivulji y = y(x). .
Pretpostavimo, da je krivulja k grafički prikaz funkcije y = y(x), kojom je
zadana veza između x i y, i da ta krivulja_ leži u području o ravnine XY, u kojem
su definirane obje funkcije P(x, y) i Q(x, y),
Y
pa tražimo krivuljni integral od Pdx + ,Qdy
llf't,J r,. uzduž te krivulje k od'točke A do točke B,"to·
jest tražimo: '
~o~--a~--~x-----4b--._.~
fy,y(x)
SL !60.
'
(vidi sl. 160).
J P(x, yjdx + Q(x, y)dy
A'"8
Iz slike vidimo, da kad integriramo po x, y nije više bilo koji, nego Je ordinata
y krivulje y = y( x) i da se x mijenja od a do b, a kad integriramo po y, x je
ordinata krivulje x = x{y) i da se mijeniil. od e. do d. ·
Prema tome dobiJemo:
. ' b . d
[ P(x, y)dx + Q(x, y)dy =J P[x,y(x)]d~ +J Q[x(y), yJ dy (179)
AB a ~
332

Iz te formule vidimo, da se krivuljni · integrali racunaju tako,,. da se u prvu
funkciju P(x, y) uvrsti y = y(x), a u drugu funkciju/x = x(y). Na taj način
dobiju se dva obična određena integrala, jer prvi integral sadrži funkciju od samoga
x, a drugi integral funkciju od samoga y. · ~
Napišemo li jednadžbu krivulje, po kojoj se vrši integriranje, u parametarskom
obliku, svest ćemo krivuljni integral rui jedan obični.
Kako je u tom slučaju
:krivuljni integral prima oblik:
x = x(t)
y = v(tJ
dx= x'(t).dr
dy = y'(t}dt
t, .
[ P(x, y)dx + Q(x, y)dy =·J {P( x (t)~ y(l)J · x'(t) +
AB . · · 1 ,
+ Q[x(t), y(c}) · y'(t}} dt
(180)
KrivulJa, po kojoj se vrši integriranje, mora biti orijentirAAS, t. j. mora biti
zadan smisao obilaženja krivulje. Promijenimo li smisao obilaženja na protivni,
krivuljni integral mijenja predznak ....
J Pdx + Qdy = - J Pdx + Qdy
Vrši Ji se integriranje po zatvorenoj krivulji K, tada se put integriranja smatra.
pozitivnim, ako obilazimo krivulju protiv kazaljke na satu, t. j. tako, da površina,
koju omeđuje ta krivulja, .bude na lijevo -Pri protivnom smislu obil~enja krivulje,
put integriranja smatra se negativnim (obilaženje u smislu kazaljke na sinu,
površina desno) : · ·
+K
-K
PrlinJerJ
Y'
L Izračunat
( ',
(}) (x- 2y + S )dx + (Jx-4y- 7)dy
J
+K
a:die je k komura rrokura OAB prikazanog na sl. 161.
Napišimo jednad!bu pravca AB:
'Aif,9J ll
•
Sl:· 161
333

x =
6 {1- Đ = x(y)
.. (a)
Pr~ma
slici'
[b)
Računamo prema ( 179):
J (x- 2y + S) dx+ (3x- 4y- 7) dy = fidemo po e si X, dakle Je y = O i dy = O) =
6/i
~ ! (x-0 + 5)dx ~O= l~+ Sx[- :8 + 30 = 4i
J (x--2y + S)dx+ (3x-4y-7)dy = (tdemo po pravcli AB,dakleuvritavamojednad!be (a)o~
jok se prema slici x mijenja, od 6 do O, a y od. O do 5) =
'o
= J[x-10(1-i)+s}dx + j[1s( --}}-4y-7]dy=
6 o
=j.!. ~-5xj 0
s
+j Jly~~ ·-~)s=-~· 36:30 +.ss-L 5
9 · 25 =-ss
32.6 52o 3
5
3
J (x-2y + 5)dx+(3x-4y-1)dy =(idemo po osi y: dakle je X= o i dx= O) ...
iiO
y
.--;:;~,
-~~~-
=O+ l(-4y~1)dy = ~·-2y 1 -7yl 0 >= 50.+ 35 = 85
Y~5 dy~o :e
s ' l ' s
Prema (b):
~ r~~o
f =
+K
A! Y=3 dY•O ;B
48 - ss + 85 75
o 1
~------------------x
z
Sl. 162
2.· Izraćunaj fcx•- y')dx + (x' + ,Y')dy, gdje
+K
je k kontura pravokutnika, što ga čine pravci' x ~ 2~.
y = 3, x = 7, y .h 5 (sl. 162).
Računamo prema (179) uzev~i u obzir, da idući po pravcu AB : y = 3, a ,dakle dy = O.
po pravcu BC : x = 7, dx= O, po pravcu CD : y = 5, dy = O i po pravcu DA : x=2, dx= O.
334

7 . s 2
""J (x'-9)dx +O+ O+ J (49 +y')dy+ J (x'-25)dx+ O+
2 3 7
+. 4y + 3 = 3-63-3 + 18 + 245 + 3-147-9 + -r-
3
y• 343 8 125 8
f
l 15
-50- 343 + 175 + 12 + 9- 20- 125 = 170
3 3 -
3. Izračunaj f xy dx +(y- x)dy po paraboli k o= y 1 = x, odnosno ? = v-; i to od vr­
+K
ha 0(0, O) do točke A (l, 1). Nariši sliku!
l l \
J xy dx+ (y-x)dy =prema (179) = J x VX dx+ J (y-y')dy =,
OA o o
4. Izraču naj J (2r-y)dx + (r- y)dy, gdje je k prvi luk cikloidc računajući od isho­
+ K
dišta 0:
!.(vi~ Dio II. § 2, primjer 2. i sl. 5).
Izračunavši prema (180)
dobijemo prema toj formuli:
J
x = r(t - sin t)
y = r(l-cost)
x'·= r(l-cost)
y' =
r. sin t
-!·K (2r -y) dx+ (r -y) dy = J{[2r- r(l -·cos t)] r(l-cos t)+
+ [r-r(l-cos t)J r sin. t} dt = r 1 J
o
2'1r
o
t sin 2t sin' r_l2"
l ' 2 4 2 o
2':T
(l - cos• t + sin t • cos t) dt=
=-., .. z t---------·+--. =,..r''Tt'
335

S •. Izračunaj pc2x-y + 3)dx + (x + 2y- 5)dy, ~dje je krivulja k zadaqa slikom 163.
-t-K
Najprije naplšemo jednadžbe pojedinih dijelova zadane konture k i njihove diferencijale.
~osno derivacije: ·
y OA: y ~~O; dy =O,
;m, x=2cosz+ 5;
x'=-2sint
y ='2sint; y' = 2 cos l
BC: x = J_cost + 2; x'=-3sinty
= 2sm t+ 2; y' = 2 cos t
l
A
CD: y=--rx+S; X =-2y+ JO
X.
5 7
SL 163 DO: x= O; dx= o
' 7
gs·(2x-y + 3) dx+ (x + 2y- S)'dy =
+K o
j (2x +J) dx+
...
z
+ J [-{4 con + lO- 2 sin t + 3) 2 sifi t + (2 ~st + :S + 4 sin r-S)· 2 colt) dl +
o
"
+ . .f [--(6 cos t, t 4- 2sin t- 2 + 3)3 sin t + (3 cos t + 2 + 4 sin t + •·-
o
-5)2cost]dt+ J
o 5
(2x+-fx-S+3)dx+ J(-2y+10+2y-5)dy+
z
l:
,4
x• + 3x
+- /o (2y- S)dy = l
+ 2 J
(-13 sin t + 2) dt +
+ J

Odatle
Prewimo na parametarsku, jednadžbu zadime kružnice:
pa prema (I 80) imamo:
~·
71'
J
o
x=rcost
y=rs•'nt
dx= -rsinlc{t
dy = r COSI dt
- r" sin' t - r' cos' t l l
rt dt = - dt = :=.!.!:
9
Izračunaj
J.
, cp y dx - x dy, gdje je k elipsa s poluosim~ a i b, u poziti~nom smislu~
-t-K
[- 2 lf ab)
2.
J xy dx .;(y-x)dy od A(O,O) do 8(1,1)
K
a) y = x
b) y = x•
e) y = x'
[ 3; l 12; l -20
l]
3. j (2x~ - xy') dx·+ (2y' - x 1 y) dy, gdje je k kontura trokuta A BC, kojemu- su vrhovi
+K
A(- 2, 0), 8(5, 0), C(O, 4),
Ako je u krivulinom integralu J P(x, y)dx + Q(x, y)dy prva funkcija
+K -
P(x, y) ili druga funkcija Q(x, y) jednaka nuli. krivuljni integral prima oblik
(O)
J P(x, y)dx,
+K
odnosno J Q(x, y)dy
+K
Ti integrali rješavaju se na isti gore navedeni način.
Navedimo dva primjera.
J. lzračunaj J (x 2 -y')dx, gdje je k luk parabole y = x' od-točke-x ==O do točke'.i:..,2.
-K.
Uvrstimo y = x• u integral:1
J J
.. ' j ~ ~ l" 8 ' 32 ll
(x•-y')dx = (x'- x')dx = T-S , . = 1-S ;= - 31š
~K Q & ' ----
22
B. ·Apaen: Repet!torij vtAe matematike - Dio m. 337

2. lzračunai f (x• + y") dy, gdje je k kontura prav.olcutnika, Ito ga _čine pravci x = 1.
+K
.:y = l, x = 3 i y '"=' S u pozitivnom smislu (nari~i .shku).
l
5 l
p (x• + y') 4Y = O + J (9 + . y') dy + O + J (l + y') dy =
y'l5 l Y'l' . 125 l . l 125
+K, l ~
= 9y+3 ,+ y+3 s :" 45 +T- 9 -3+ 1 +T- 5 -T=~
Integrale JP (x, y) dx i J Q(x, y) dy, koji su uzeti po koordinatama x i
.y. možemo lako pretvoriti u integrale po duljini s ktivulje k.
Prema slici 164 imamo:
dx=ds·COSCJ.
dy ·= ds · sin ex
--0~------------------x
Sl. 164
gdje je ex kyt između tangente na orijenti..­
krivulju i osi X, pri čemu se kut ex mijenja od
O do 21t.
Uvrštenje u integrale daje:
J P .. (x, y) ·dx =j P (x, y) cOJ Ol
K
K
ds
J Q(x, y) dy =J Q(x, y) .nn ex ds
K .K
ili, ako označimo: P(x, y) cos 01 = /(:~~, y)
Q(x, y) sin 01 = 19(:11, y)
krivuljni integrali po duljini krivulje primaju oblik:
J j( X, y) ds,
K
oanosno J f9(X, y) ds
K
Krivuljni integrali uzeti po duljini krivulje računaju se obično tako, da "
jeonadžba krivulJe napiše u parametarskotn obliku, pa se na &aj način pretvaraja
u obične određene integrale.
Uvrštenje
x = x{t) l
y = y(t)
338

ds =
V x'• (l) + y'• (t) dt
u kriwljni integral daje :
~ '• .
J f(x,y)ds =J f[x(t), y(t)J Vx'• (1) + y~• (t) dt
K 4 .
fvidi Dio ll, fonnula (87))
Primjer
J xy ds, gdje ie lt kvadrant. elipse poluosiju '!-i b, lloii Idi u prvom kVadrallh.
K
Račwlaroo prema (182~:
x=acost
y =b .rira t
x'=-Qsint
y'=bcosl
Vx'• + y" = Va• sira•·, -j.. b' cwt
." .
J
'
,.;ds = J a cos l . b sin l • v-... sin• l + ". ~dj· l dt = '
~ .
.
~ .
...
=ab J nn 1 cos rVa•rurr + h"cM'lJt
•
" i
- ab J ti• ·• cos rV b 1 + Q..:::: b") ,;"•, oh
..
{182)
Pomoću supstitucije sin• r = 11 avodimc inrearat Illi lip· tJ fvidi Dio .JJ. l$, 7), Jill llakon
integrinwia dobijemo:
xy ds = ab
J l V [b' + (.a• - b'; sin' ;}., ~
ll: , ,3(a• - b') •
~ ab [•l(b 1 +a~-b 1 )1 -libOJ=
3(a 1 - b') f r
ab(a'- b') . ab a• + ab + b'
= 3(a1 -b') =l· -a~-
Krivuljni integral po duljini krivulje možemo naravno riješiti i bez prijelaza
na parametarsku jednadžbu krivulje uvrstivši u krivuljni integral
y = y(x}
ds= Vl -t-y'•(x) dx
[Vidi D!o II. fotmula (S~J
339

U toro slučaju krivuljrii integral računamo po fonnuli;
Primjer
J __
K
J f(x, y)ds =J f[x, y{x)] V l'+.~·· (x) di
K
K
ds_, gdje je k odrezak pravca y = - 1 x- 2 od A(O,- 2) do Bf4, 0).
2
Vx• + 7
Računamo prema (183):
(l SJ)
x'
y'=4-2x+4
x' + .Y' =i x• - 2x + 4 = i ( x' - T x + ~)
J Vx• + Y' = - v
' l
Y=z
V
-- vs
t +y''= T
8
ds J• 2 Vs
• 16 . T . dx ..
K o Vs. x'-s-x+s .
- v 8
4
_ J dx · = prema predtipu B (vidi Dio ll. § S, 6) -
16
o
x'--s"+s
=ln 16 V5 +~o= ln 4 V5 + 10 =ln 7 + 3Vs
20-4 V s s -V s z
Geometrijski možemo krivuljni integral po duljini ravne krivulje jf( x,'y) ds
K
shvatiti kao plašt valjkaste plohe, kojoj su izvodnice okomite na ravnini XY. Ta
valjkasta ploha siječe ravninu XY u krivulji k, po kojoj se vrši integriranje, a presječena
je plohom f(x, y) tako, da duljine izvodnica imaju u svakoj točki vrijednost
podintegralne funkcije f(x, y), koja pripada dotičnoj točki.
~lika 165 ~no prikazuje gore navedeno. Prema toi· slici
dS =f(x, y) ·ds
340

a ođatle
'Plašt
je
S= f f(x, y)ds
K
a to je krivuljni ·integral po duljini krivulje k.
F
Primjer
d&
Sl. 165 Sl. 166
• • l
lzračunaj pWt jednog oktanta elipučn~g valjka f + +
z = x (sl. 166).
S= J j(x,y)ch
K
= l, koji je presiiečen ravninom
Računamo prema (182) uzev~i u obzir, da je f(x, y) = z = x i napisavši jednadžb.u elip11e
ll• pa,..metarskom obliku:
."
,
x=3cosl
.Y = V5sin 1
x' =- 3 sin 1
y'= V5c< t
S J 3 cos 1 V 9 sin' t + 5 cos' t dt =
."
.
3 J cos t V4sin'r+ S dl
o
Uz tubst.ituciju sin t.= u i uzevši u ®zir, daje u= O za r =(}i u= l za l =i• dobivamo:
S= 3 j V 4u• +S · du = 6 j v~+ ~du =·prema predtipu C(Dio Il. §S, 6)..,
o
o
341

f
= 6 -·-+-ln l, l+- --ln - =
2 2 8 2 8 4
3 5 ( 3) 5 l/i]
{ 3 . s vs ) ( 5 5 3 s 3 s )
=6 -+-ln---ln- =6 -+-ln5--ln2--lnS+-·ln2 "'"
4 a 2 s 2 4 B · s 16 s
Spomenimo još.fizikalno značenje
3 5 ). 9 IS
=6 ( -+-InS
4 16
=-+-InS
. 2 . 8
krivuljnog integrala.
Pretpostavimo, 9 da se. materijalna točka, giblje po krivulji k od točke C do
točke D krivulje i neka na tu točku djeluje sila F,' koja se mijenja po veličini i po
smjeru (sl. 167). Sila F je, dakle, funkcija točke T ( x, y) krivulje· k, t. j.
F = F{x, y).
Isto tako i smjer siletp/koji'se mijenja od točke do točke, ovisi o položaju
točke T na krivulji, t. j. kut rp, što ga sila~F zatvara sa smjerom gibanja (tangentom.
tg), također je funkcija od x,y: 'P= cp(x,y).
Znamo, da je radnja jednaka umnošku projekcije sile u smjer gibanja i prevaljenog
puta. Prema rome radnja, što je vrši sila F(x, y) na putu ds, iznosi,
kako se vidi iz slike l (i 7,
dA = F(x,·y) cos rp ds
a čitavu radnju na putu od točke e do točke D krivulje dobijemo integrirajuti po.
duljini krivulje od točke e do točke. D: ,
y
rF(X::y) ('J D
s
rp
y
e .
--~0+---~~.------------x
Sl. !67,
D
A= J F(x, y) cos cp ds
e
ili, ako integrand F(x, y) ·cos

2. Linijski integrali po prostorno) bivulji
Sve što smo rekli o integriranju ravnog linearnog diferencijalnog izraza
P(x, y)dx + Q(x, y)dy možemo ponoviti i za integriranje prostornog linearnog
diferencijalnog izraza
P(x, y, z)dx + Q(x, y, a)dy + R(x, y, z)dz
gdje su P, Q i R neprekinute funkcije u Bekom dijelu prostora.
J P{x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz možemo izračunati
obzira na to, da li su ispunjeni uvjeti integrabilnosti (149), t. j. i u .tom slučaju,
kad Pdx + Qdy + Rdz nije totalni diferencijal, ali je zadana veza između nezavisnih
promjenljivih x, yi z, na pr., ako su .r, y, z zadani kao neprekinute funk­
~ije jednog parametra t:
x = x(t)
y = y{t}
z = z{t)
Kako gornje tr! jednadžbe određuju
(a)
bez
krivulju k u prostoru (vidi§ 9), prelazi
J Pdx + Qdy + Rdz · u krivuljni integral uzduž te krivulje k od točke
točke B krivulje, kojim točkama odgovaraju vrijednosti e, i e, parametra.
Uvrstin:o li u krivuljni integral
J P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz
AB
A do
jednadžbe {a), a takoder.
dx = x' (c}dt
dy = y'(e)dt
dz = z'(t}dt
dobijemo obični određeni integral, koji možemo lako izračuna ...
J P{x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz =
AB
'•
=J {P[x(c),,Y(t), z(c)) · x'(c) + Q[x(c), y(t), z(c)J .y'(t) +
Primjeri
1 • (184)
+ R[x(t}, y(c), z(t)): z'(t}} dt
l. J xdx+ ydy + (x + y-l)dzpoodresku pravca od točkeA(I,I,l) dotočkeB(2,3,4).
K ,
343

Prema (41) jedtla.džba pravca AB glasi:
ili
x-1 y-1 z-l
-~- =·-:1- = -3-
uzevši % kao ,parametar, izraeilllo y i z s co ;
X
y=2x-l
z= 3x- 2
dy = 2dx
dz =
,'p
Uvr~tenje u Integral daje
,-
1:~"'-~--
J x dx + y dy ·e (x + y - l) d z =
#/0'•.
AB
",'' ·,... _ 1
~ , ~
=J
1.
Sl. 168
3dx
ix -t (2.x- l) 2 + (x + 2x·~ 1- J) 3}dx""'
:t J y dx--, (x-y)dy + x d': po OABPOB (st 168).
Jya;-(x-y)đy'*"xdz=,J
l
2
= Jo

pa je
y=x
z=x
•
tiy =dx
·dz =d~
J= J

"'
=,Jz (-3 sin l-CM l+ 21 + 2)·dl =
e
"' z
= l3cos t - sttt t + 1 1 + ~~ l = - l + ~ + 1t - 3 = ~ + " - 4
•
_,...nadžba pravca BA:
x-1 y ~.
~=-=;
Olia! le .Y =-~+-l dy =-dx
2
BA
J~ J[

\i ll. PLOŠNI INTEGRAL!
Pod plošnim integralom razumijemo integral uzet po površini zadane plohe
:;; ~~ z{x, y).
Govoreći o komplanaciii ploha fvidi § 5, 5. e)], došli smo do najjednostavnije~
oblika tog intcgrala: ·
površina plohe. S = J J dS = J j l . dS
s s
Uzmimo sada opći slučaj, kad integrand nije l, kao u tom specijalnom slu•
čaju, već je neka zadana neprekinuta funkcija f(x, y, z), koja je definirana po površini
S zadane plohe z = z(x, y):
J J f(x, y, t}dS
s
(a)
Vidimo, da je plošni integral proširenje pojma dvostrukog integrala, slično
kao što je krivuljni integral proširenje pojma običnog određenog int~grala. U običnom
dvostrukom integralu kao područje integracije služi dio jedne koordinatne
ravnine, na pr. ravnine XY, dok je kod plošnog integrala područje integracije
površina S zadane plohe z= z(x, y).
Kao i pri komplanaciji ploha pretpostavljamo, . da je ta ploha neprekinUti:\
i da je s\1aki pravac, koji je usporedan s osi Z, probada plohu samo u jednoj točki,
t. j. da je funkcija z = z( x, y) jednoznačna funkcija. Osim toga moramo sada
pretpostaviti, da je ploha orijentirana. Pri komplanaciji ploha tražili smo apsolutnu
vrijednost površine plohe, dok sada moramo uzeti u obzir i predznak
plošnog integrala, odnosno plohe, po kojoj integriramo zadanu funkciju f(x,y, z).
Orijentacija p!ohc vrši se pomoću plošne normale, pri čemu se obično uzima, da
je normala na plohu usmjerena prema vani, t. j. u konveksnu stranu plohe (vidi sl.
JJ9a), pa pri računanju plošnih integrala funkcije j(x, y, z) uzimamo u obzir
predznak kosinusa smjera normale na plohu, po kojoj integriramo.
Računanje integrala po površini zadane plohe, t. j. plošnih integrala oblika
(a), vrši se tako, da se zadana ploha S, dakle i element dS te plohe, projicira na
jednu koordinatnu ravninu, pa se dS izrazi pomoću ·svoje projekcije drJ na tu ravninu.
Projiciramo li zadanu plohu S na ravninu XY, dobijemo za dS prema slikama
(139) poznati nam izraz ( 130):
dS= dxdy
cosy
(130)
gdje je y kut, što ga normala na element plohe dS zatvara s pozitivnim smislom
osi Z.
Kako je cosy >O za O~ y < 90°, odnosno

Uzmemo li još u obzir, da kad integriramo po zadanoj plohi z= z(x, y).
aplikata z nije bilo koja, nego baš apllkata z(x, y) dotične plohe, plošni integral (a)
poprima oblik :
·ff
l= f(x,y,z (x,y)] ---=prema
dxdy
(130a) =
. cosy
a
(l SS)
gdje je cr projekcija plohe S na ravninu XY.
Projiciramo li zadanu plohu z== z(x, y) na ravninu YZ ; uzmemo li op&
u obzir, da je u tom slučaju apscisa x integranda f(x;y, z) apscisa x(j, z) udane
plohe, dobijemo obzirom na ( 130c) plošni integral u obliku:
. dydz
l= f(x(y, z), y, z)-- =
ff
cos (X
a,.
(185&.)
Tu je

~ i7. jednadžbe. zadane ravnine slijedi:
z(~,y) = 4 {1--T-f)
V6T l r • :v--_ . 4V6t . 3
= l J
v-
4dx dy ~e J • ctl •

O~J...ra~o po,pr.rora dijelu formule (18S):
Prema (47):
l l
-" = ws l'- ~~r =Vl+ l+ l= VJ
z= l-x-y·
L=· J J xy(l -x-y)dxt = V3 J J (xy-x'y-xy 0 )dx.ty-
" V3 q
l t-x l 1-J<
=,YJ J dx J (xy-x'y-xy')~Y =VJ Jdxfx(l-~)f-:~~tl =
g u ll •
l
= VJ J ( ; (l - x) (J - x)'- ~(l ~ x)'] dx =
o
t
= VJI x(l-x)'dx= v; J

( dz)" {dz}• x• y' :;t;' + y 1 + z' lt'
•l + - + - = l +- +- = = -
.dx ily z• z' z• z•
l= JJ x•y• · -~ R =- dxdy
VR'-x'-y"
o
ldic je o projekctja polukuglc na ravninu XY, r. ;. k.rug x' + y• = 8'
Pn:m. (Ille)
x=pcoscp
y=psan

Kako je prema ( 130)
_dx dy = dS · COS'(
(187')
plošni se integrai po koordinatama može napisati i u obliku
l= J J f(x,y,z) dxdy =J J f(x:y,z) cosy ·dS (1868)
s
s
Iz posljednjeg izraza za plošni integral vidimo, -da ploha ostaje orijentirana
i pri računanju plošnog integrala po koordinatama, jer u integral ulazi cosy, t. j.
kosinus kuta, što ga normala na plohu zatvara s + osi Z. Pri računanju plošnill
intcgrala po koordinatama, uzima se u obzir-samo predznak kosinusa smjera normale
na plohu, dok se sama vrijednost kosinusa smjera izostavlja.
Na isti način dobijemo uzevši u obzir, da je prema (f30c)
dydz = dS cos a. (188)
J J f(x,y, z) dydz =J J f(x,y,.z) cos a. · dS=
s
s
= JJ!lx(y,z).,y,z)dydz
Go
(1119)
gdje je cr, projekcija plohe S na ravninu YZ, a. kut plošne normale s + osi X, a
dydz = dS cos a. = da,. ·
Analogno uzevši u obzir, da je prema (l30d)
dobijemo
dxdz = dS cos f3 ( 190)
J J f(x,y, z)dx dz =J J j(x,y, z) cos () . dS e=
s
s
= JJnx,y(x,z);z)dxdz
"·
(191)
gđ)e Je a. projekcija plohe S na ravninu XZ, () kut plošne normale s + osi Y, a
dxdz =dS cos f3 =da.. ·
Kako ćemo kasnije' vidjeti, osobito često treba računati plošne integrale,
koji predočuju zbroj gore navedenih integrala uzetih od triju različitih funkcija
P(x, y, z), Q{x, y, z) i R(x, y, z), pri čemu se pretpostavlja, da su funkcije P, Q
j R neprekinute zajedno sa svojim parcijalnim derivacijama. ·
jjP~~~dy.+Q~~~~·+R~~~~dy=
s .
= J J [P (x,y, z) cou. + Q (~,y,z) cos f3 + R (x,y,z) cosy] d_S
s
(192)
352

Primjeri
l. J J xyzdxdy,
s
gdje je S dio kugline plohe x" +:l'+ z 1 = R•, koji
se nalazi u l. i V oktantu (slika 172).
Kako je furtkcija z = ± V R• - x• - y' dvoznačna,
moramo područje integracije S rastaviti u dva dijda:
gornji S, jednadžbe.z 1 =
donji S, jednadžbe z 1 = - V R• -
+ VR'-x'-y'
x• -v'
pa je prema ( 186): Sl. 172
J J= J J+ J J= J J xyVR•-x'-y'dxdy-J JxyYR'-x'-y'dxdy
s s. s, a a
(a)
gdje je cr zajednička ·projekcija ploha S 1 i S 2 na ravninu XY, t. j. krug x 2 '+ y• = R' ..
Sada moramo uzeti u obzir, da je ploha S orijentirana. Vanjska normata na plohu S 1
zatvara s osi + Z kutove y < 90°, pa je ·cosy·> O, dok normala na plohu S, zatvara s osi +Z
kutove y > 90°, pa je easy < O (vidi sl. 172). Iz toga slijedi, da u drugom integralu izraza (.a)
ueba promijeniti predznak.
Dobijemo·
J = 2 J J xy VR"=:;:• - y' dx dy
cr
'
Prclazimo na polarne koordinate prema (ll la):
'IT
2 R
! = 2 J J p' sin

Prema slici rastavimo zadani plošni integral u tri integrala
Pci· računanju J J uzmemo u obzir, da je
D
J J =J J +J J + ff
S D G . P
z= O , dz = O i cosy, =cos 180° =-l, pa zadani plošni .integral prima oblik:
. J J = O + O-J J (x - 0) dx dy = uz prijelaz na po !arn~ koordinate
D
D
= -J J p cos

3) Pn računan)u drugog dijela tog integrala projiciramo plašt valjka na ravninu xz. Oesni
1 lijevi dio plašta imaju -istu projekciju a 1 = a 1 = pravokutnik. baze 2 i visine l, pri temu je
za desni dio cos (3 > O i y = + V J - x' , a za .lijevi cos f3 < O ' i \ v = -V l ,..,
Preina tome:
j j (x- 2y + z) dx dz = j j (x- 2 V J -
P
a.=a~
-j j (x + 2 V l -
a,- a1
x• + z) dx dz
x' + z)dx dz-
(b)
Zbrojimo li izraze (a) i (b), dobit ćemo
ff =O
p
jer su prvi i četvni, a takoder d,rugi i treCi integrali
iđentićnl i protlvnog predznaka·. Oa se u to uvjerii,
izračunaj te integrale!
Konačno imamo:
3. j j (x' + y 1 ) dy dz + sin z dx dz + i'+ • dx dy
s
Sl. 174
11die je S povrllna kocke omeđene ravninama
X= 0, y- 0, Z= 0, K- J ,·JI- l ,.ll =.1 (Blikll'l74).
ff= ff+ JJ+ ff+ ff+ ff +ff
S ADBO GFEC OBBC ADPG AOCG DBEP
J J = (z - 0 ; dz -= 0 ; COIY • Cili 180" - - l) =
ADBO
=O+o-fjrdxdy=- fe"dxJdy=-
ADBO O O
l
l
j J =(·z = l ; dz = O ; cosy = cos O= + l) =
GFEC
1 l
=0+0+ Jle"+ 1 dxdy= Je"+ 1 dxfdy=
AIJI'··' O 9
l
l e"+ i 1.= e'-e
(l
355

. J J = (x = O dx = O , cos cx = cos 180" = -l) ""'
·aBEC
l
l
= - J J y 0 dy dz + O + O = -J y' dy J dz = -· 3
OBEC O ~
J J= (x = l ; dx= O ; cos cx =cos O= + l)=
ADFG
= J J (l + y') dy dz + O + O = l y + -t l· l = -T
OBEC
O
1
J J = (y =o ; dy =o ; cos~= cos 1so• =-l)~
AOCG
1 1
= O- J J sin z dx dz + O = - J sin z dz J dx = cos l - l
AOCG o O
J J= (y = l ; dy =o ; cos~= cos o= +l)=
DBEF
t
= O + J J sin z dx dz + O = J sin z dz J dx = -(cos l - l)
AOCG O O
J J= -Ce-l)+ (e 1 -e)--} +
s
t
4
+ 3 +(cos l -l) -(cos l -l) - e•- 2e + 2
4. J J (2x + y- z),dy dz +
s
.+ (x- 2y + z) dx dz + (4x-y- z) dx dy
g'dje je S oplo§je tetraedra zadanog slikom 175.
Sl. 175
J J= (z= O ; dz =O ; cosy =cos 180° =-l}=-J J (4x-y)dxdy =
AOB
AOB
l 1-.x i t-x
=-J dx J (4x-y)dy =-Jdxi4xy-fi =
n o o q
356

l
= -J l 4x (l - x)-+o-
x)•] dx =: -io
J J = (x = O ; dx = O ; cos oc = cos 180° = - l) =
BOG
l 1-y l 1-y
.. _J J (y-z)dydz =J ay J

,_" -
+ JI

uzetog po ravnoj zatvorenoj krivulji k i dvostrukog integrala u;,:;t:wg po površini:i
koju ta krivulja k omeđuje.
Da takva veza postoji, znamo već od prije: sjetimo se samo formule, koju smo
izve1i za površinu sektora krivulje y = y (x). Ta formula za površinu zatvorene
krivulje K glasi:
Pomoću te formule izračunali smo kao primjer površinu sektora istostran~
hiperbole (vidi Dio Il. § 7, 1).
Green daje tu vezu u općem
obliku.
Neka su zadane dvije funkcije P(x, y) i Q(x, yf, koje su neprekinute zajedno
sa svojim prvim parcijalnim derivacijama i koje su definirane u području
cr ravnine XY. To područje cr omeđeno jc:-
krivuljom k, kojoj je jednadžba y = y(x), odnosno
x = x ( y) i koju pravci paralelni s ko­
y
ordinatnim osima sijeku najviše u dvije točke
(sl. 176).
Izračunajmo dvostruki integral parcijalne
derivacije po y funkcije P( x, y) uzevši ga po
rom području cr:
A
)l ....... .
I= J JoP(x,y) dxdy
a t}y ~0+---~a---L--------~b--~x
SL 176
Kako se vidi iz slike, tangente na krivulju
'k, paralelne s osi Y, dijele krivulju na dva dijela: donji jednadžbe y,( x) i
gornji jednadžbe Y• (x}, pa integrirajući najprije po y, a zatim po x dobijemo:
b
J a
y,(x)
= dx l P (x, y) l = [kad P( xy) parcijalno deriviramo po y, x je konstanta,
y,(x)
l
P je dakle funkcija samo od y, pa je ostala bez promjene, jer smo je najprije dert·
virali, a zatim integrir~li] =
b
=J (P[x, Y• (x)] -P[x, Yi (x)]} dx~
b
b
=J P [x, Y• (x)] dx-J P[x, y, {x)] dx==
359

"
= J P [x, Y• (x)J dx+ J P [x,y,. (x)] dx=
.. ' b
=fp (x,y) dx
-K
jer smo, kako se vidi iz slike, izvršili potpuno obilaženje krivulje k u negativnom
smislu (u smislu kazaljke na satu, površina 11 desno!).
Ili
J J đP r;;y) dx dy =·-fP (x,y) dx
a +K
(a)
Na isti način
dobijemo:
J J đQ(:, y) dx dy =prema slici 176
a X
I
d Ir,(~Q( x, Y} Id l l
= dy -~dx= dy Q(x, y) =
~,(y)
x,(y)
,.,(y)
d
=I {Q[x.(y), y]- Q[x,(y), y]} dy =
d
e
=I Q[x.(y), y] dy +I Q[x,(y), y) dy = f Q(x, y) dy
d +K
jer smo sada izvršili obilaženje krivulje k u pozitivnom smislu (protiv kazaljke
na satu, površina lijevo).
Dobili smo dakle:
Oduzmemo li od te jednakosti jednakost (a), dobijemo: .
J ( ~;- :~rtxdy = fP{x,yJdx. + Q(x,yJdy (193)
a
K
360

To je Green ova form.uui. .
PomQću Greenove formule možemo zamijeniti dvostruki integral;
uzet po ravnom području, krivuljnim integralom uzetim po
krivu! ji, koja to ravno područje. omeđuje.
Uzmemo li da je P=-y, a Q = x i izračunamo li: c)Q = l i c)P =-l,
đx
c)y
d~bijerno prema Greenovoj formuli
ili
ff 2 · dx dy ::,_ f ~ dy- y dx
a
K
(193- a)
cr= -}~x dy--;:- y dx,
K
a to je gore spomenuta formula za površinu zan:orene krivulje y = ylx).
Greenova formula daje dragocjenu kontrolu krivuljnih integrala izračunatih
po zatvorenoj krivulji, naravno uz uvjet, da su funkcije P(x, y) i Q{x,y) nepre]dnute
u području cr, koje ta krivulja omeđuje, jer je neprekinutost tih funkcija
u području cr bitna pretpostavka Greenove formule.
Kontrolirajmo pomoću Greenove formule krivuljne integrale, . izračunate u
primjerima l., 2., S. i 6. na str. 333 i sl.. Krivuljne integrale navedene u primjerima
3. i 4. ne možemo kontrolirati po Greepu, jer su uzeti po otvorenim
krivuljama. ·
Primjer l.
Računajmo prema (193):
.J. (x -· 2y + 5) dx+ (3x 1
4y- 7)dy
j p Q
K
f =J f(3 + 2)dx dy = 5 J J dx dy = 5 a==
K a a.
6·5
prem!.l slici 161 = 5 · - 2
-
= Il• a to ie rc-
oP =- 2
oy·
. oQ.:.. 3
' ox.-
zultat, koji smo prije dobili.
Primjer 2.
Prema (193):
K
l. (x•-y')# ~ (x' + y') dy
j' p
Q
oP
oQ
oy =-::Qo ; ox·=2x
f = JJ (~x + 2y) d~ dy =.prema. slici 162 =
Jo: a
361

P7imjer 5.
Prema (193):
7. ~ 7 5
Z J dx J (x + y)dy = 2 J
2 3 z 3
J
"( 25 '9) ·J
7 7.
= 2 Sx + T-3x- 2
~ z
dx l xy.+ ~·~- =
dx = 2 (2x + 8)dx -
7 \
21x• + sx[ = 2(49+ 56-4-16) = ~
' z
f(2x- y + 3)dx + (x -1'- 2y- S)dy
K
t) p
-=-1
t)y .
oQ =I
ox
Primjer 6.
= 2 { 2 ~
f= 2 J dxdy = 2a =·prema slici_l(i3 =
K a
· 3 - 2 · -:t"+ S · 2 + + ·
1 -;- 2 · 2 + +
Napisavši zadani integral u obliku
41t ) = 30 + Sn
,.h ydx- xdy
j x• + y' , gdje je k kružnica polumjen r.
K
rh _Y_ dx -
j x' + y'
K
-"- dy
x' + y'
vidimo, da je P = -e;-~, a Q = --.--=--,. Funkcije p" i Q ne oegovaraju pretpostave[
x·+y x.+y
Greenove formult, jer nisu neprekinute u svim točkama područja a omeđenog kru:tnicom
x• + y' = r 2 (prekinute su u ishodištu), pa kontrola po Greenu.nije dopustiva. Da se u to llvjcrimo,
računamo prema (193):
t)p x• +y 2 -2y' x'-y'
t)y ""' (x' + y')' = (x' + y'F
oQ = - x' + y'- 2x'
t) x (x' + y')'
xz-y~
(x' + y')'
J. fi ( x'-Y' x'-y')
j=· _ (x'+y')'-(x'+y')' dxdy=O
K a
dok smo prije dobih drugi rezultat i to - 2 1t,
Kontroliraj po Greenovoj f?rmuli primjere 1: i 3. navbdene na ~tr. 337.,
362

Vdna p:Qsljedica Greenov.e formule. Govoreći u § 1 o egzakt1ilin
diferencijalima · i njihovom integriranju, dokazali smo, da je
oQ oP
----=0
ox oy
nuždan i dovoljan uvjet, da linearni diferencijalni izraz
predočuje
P(x, y)dx + Q(x, y)dy
totalni diferencijal neke funkcije. u= u(x, y).
(147)
Uzmimo sada slučaj, da funkcije P(x, .V) Q(x, y), koje ulaze u krivuljni
integral
f P(x, y)dx + Q(x, y)dy (a)
K
i za koje pretpostavljamo, da su neprekinute
zajedno sa svojim prvim parcijalt)im derivacijama
u području cr, koje omeđuje krivulja k,
zadovoljavaju gore navedeni uvjet (147), t.- j.
neka integrand predočuje egzaktni diferencijal.
Tada uvrštenje toga uvjeta u Greenovu formulu
daje:
f P(x, y)dx + Q(x, y)dy =O
K Sl. 177
To znači: ako je Pdx + Qdy egzaktni diferencijal, vrijednost krivuljnog
integrala po bilo kojoj zatvorenoj krivulji jednaka je nuli.
Na pr. krivuljni integrali po zatvorenim krivuljama T,AT .BT, i T, CT,DT.
(sL l 77) jednaki su u tom slučaju nuli, a iz toga slijedi, da integrali po otvorenim
krivuljama T,AT" T,BT" T,CTa i T,DT. moraju imati istu vrijednost, jer su i
integrali po zatvorenim k.rivuljama T,AT,CT, i T,BT.DT 1 jednaki nuli.
Prema tome:
Ako je Pdx+Qdy, egzaktni diferencijal, t. j. ako je ispunjen uvjet
oQ oP o d ·oP oQ d .. d k . l' . l
ox-ox ~ , o nosno ily =ox, ta a VriJe nost nvu 1nog mtegra a
Pdx + Qdy ne ovisi o putu integracije; već jedino o početnoj i konačnoj
točki toga puta, dok je krivuljni integral po zatvorenoj
krivulji jednak nuli. ·
Na pr.} (2x'- xy') dx+ (2y•- x'y) dy, koji _smo naveli kao primjer 3.
-tK
na str. 337, jednak je nuli po bilo kojoj zatvorenoj krivulji, jer je integrand egzaktni
diferencijal: ·
.oP
- = -2xy;'
ay ~~=-2xy, paje
oP dQ
oy =ox
•.
363

. S istog razloga vrijednost krivuljnog integrala
K
j 2xy dx + x•dy
uzetog uzduž bilo koje otvorene krivulje ne
ovisi o putu integracije, već jedino o početnoj
i konačnoj točki toga puta, jer je
Sl. 178
oQ oP
--- =2x-2x=O
ox.
oy
Da se,u to uvjerimo, izračuna j mo taj integral po pravcu y = x i po parabolaroa
y = x•, y.~ .x• i y == l{X od točke 0(0, O) do točke .A(l, l) (vidi sl. 178):
l).·po·y = x, odnosno x .= y:
l =
f Ji·. y•li
l 2x'dx . + y' dy =. 12x• T + T
0
2) po y = x•, odnosno x =· + '{Y:
u
f
o
i JI ,.x' y•IJ
= ..!_
I = 2x'dx + y dy = T + 2
= _..!..
3
3) po y = x', odnosno x = '{Y:
o o o
l l 3 12 . 3 'll
l= j.2x'dx + jl(Yzdy = ; +SyT
4) po y = yx, odnosno x = y':
ll
o
0
= ..!_
I = [ l
2x Vx dx + [
l
y' dy = 14 i 'l'.
5 x + ~ =..!.,
0
Iz dobivenih rezultata vidimo; da je vrijednost tog integrahi ·jednaka nuli za
sve zatvorene krivulje, koje prolaze točkama O i A, jer integrirajući.u· obratnom.
smislu, t. j. od A do O dobijemo svaki put vrijednost -l.
Vrijedi i obrat Greenove formule:
Da linearni diferencijalni izraz P dx + Qdy. bude egzaktni· diferencijal, nužrio
je i dovoljno, da vrijednost krivuljnog integrala P dx+ Qdy ne ovisi o putu, integri~
364

an ja, već jedino o poč~tnoj ·i konačnoj točki toga putj:l, a integral po zatvoreno;
k nvu · 1· Jl · d a Jc · JC · d n ak-.. n ul' 1, ·Jer · JC · to samo. ·· on da· moguce, • a k o Je"-:;----:;-.= · oQ · oP · .• o
, . ~ vy
U tom slučaju diferencijalni izraz Pdx + Qdy predočuje· totalni difer.encijal
neke funkcije U(x, y), koju možemo definirati kao integral duž krivulje k od točke
A(a, b) do točke T(x, y):
x,y
U(x, y.f =j Pdx + Qdy
a, b
2. s,okesova formula
Stokes-ova formula (čhai Stoks) je proširenje Greenove formule. Dok Green·
ova formula svodi integral uzet po ravnoj površini na integral po ravnoj krivulii,
Stokesova formula svodi integral uzet po zakrivljeno; površini, t. j. plošni in~
tegral, ·na integral po prostornoj krivuifi. ·
Neka je zadana u prostoru ploha S jednadžbe z= z(x, y), koju pravci para·
lelni s osi Z probadaju najviše u jednoj točki. Tu plohu neka omeđuje prostorna
krivulja k (vidi sl. 179). U tom dijelu· prostora· neka su definirane tri funkcije
P(x, y, z), Q(x, y, z) i R(x, y, z}, za koje pretpostavljamo, da su neprekinute
zajedno sa svojim parcijalnim derivacijama prvog reda.
Uzmimo integral funkcije P(x, y, z) po
prostorno; krivulji k i' integrirajmo samo po x:
fP(x, y, z) dx=
"
budući da krivulja k leži na plohi S, kojoj je
jednadžba z= z(x, y), aplikata z= z(x, y)
= T P[x, y, z(x, y)) dx
k'
X
Sl. 179
gdje je k' projekcija krivulje k na ravninu XY. ,
Kako je k' ravna l

J{ačun:pno_:
Uvrštenje' u (a) daje:
iJP, ·đ .{ } .
iJy = oy P[x, y, z(x, y).) = prema (87)
oP oP đz
= oy +o z · oy ·
J.. P-(x, y, z) dx= ff(- oP dx dy- oP . o z dx dy)·
'f oy iJz oy
k
a
Zruuno, da je prema (130) :.
'dxdy = dS cosy,
~
&die 1e y kut, što ga orijentirana normala na element dS plohe S zatvara s +
~,?si Z ·(vidi sl. 179).
U drugu ie_ruku
iJz • dx dy = q . dS · cosy = prema (130 ) =
iJy
= -dS V l +:s + q' = prema (77a) i (39) = -dS e01 ~
gdje je cos f. = q kosinus kuta, što ga normala na dS zatva.,. s •+
v l+ p• + q•
osi Y.
Uvrštenje u (b) daje:
f P(x, y, z) dx= J J(-~~ dScosy + ~~QSCD$ ~) =
k
s
= JJ (oP cos [3- oP cosy) dS
. oz. i:Jy
s -
Dobili smo dakle:·
J J{:~ cos [3- :~ cosy) dS= fP(x, y, z)dx
s
•
Na slični način dobije;mo:
J f (~; cosy- ~~co! ct) dS= f Q(x, y, e)dy
s
k
ḟ -f (oR i:JR · ) · "
ay ces IX- iJx cos ~
s ~
dS= 'f R(x, y, z)dz
·(b)
JQ6

Zbrojimo H te tri jednakosti, dobit ćetpo
rf [(
s
llakon 'ure\te~ja:
aR oQ) (oP oR) · (clQ clP) 1
-. -- COS ot+ --- COS (3 + --- COS"( dS"t=
oy iJz . oz OX OX ·i)y .
= fP(x, y,.z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz
k .
(IM)
To je Stokesova ·formula.
Ona pretvara bilo koji plošni integral, t. j. integralrpo orijentiranoj
površini plohe, u krivuljni integral uzet po orijentiranoj
međi te plohe. . ·
Uzevši u obzir, da k prema (130, 130c i d):
dS cos ot = dy dz
dS cos (3 = dx dz
dS COS"( = dx dy
možemO' Stokesovu formulu napisati u obliku:
ff (
s
oR aQ) (oP oR) · (oQ oP·) .
- ·-- dydz + --- dxdz + --- dxdy =
ay az iJz ox · ox oy
= f P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz
K
094&)
Uzmimo specijalni slučaj .. Stokesove formule. .
Neka je ploha S ravna i leži zajedno sa svojom međom k u ravnini KV. Tada
je z =O i dz = O, pa uvrštenje_ u (194a) daje:
ff e~-~~) dxdy = ~ P(x, y)dx + Q(x, y)dy
a
K
a to je. Greenova formula. ,
Pamteći Greenovu formulu,. možemo lako napisati Stokesovu, treba samo
ciklički permu tirati u 0 0 Q - °p' slova x, y, z i P, Q, R. [Vidi dalje formulu (211)].
X 0 y .
Pretpostavimo; da je integrand krivuljnog integrala
J Pdx + Qdy + Rdz.
K
10"1

~totalni diferencijal neke funkcije U= U(x, y, z}, t. j._funkcij~ P, Q .i R zadovoljavaju
uvjete (149):
oP ~oR=
oz ox 0
Uvrštenje tih uvjeta u Stokesovu formulu daje:
l'
:P Pdx + Qdy + Rdz = O
k .
ako je Pdx + Qdy + Rdz egzaktni diferencijal, vrijednost
a to znači:
krivuljnog integrala ne ovisi o putu integriranja,.već jedino o
početnoj \konačnoj točki toga puta, a krivuljni integral po za 7
tvorenoj krivulji jednak je nuli.
Vrijedi i obrat' te posljedice Stokesove formule: da linearni· diferencijalni.
egzaktni diferencijal, nužno je i dovoljno, da
izraz Pdx + Qdy + Rdz predočuje
vrijednost krivuljnog integrala Pdx + Qdv + Rdz ne ovisi o putu integriranja, već
jedino o početnoj i konačnoj točki toga puta, a krivuljni integral 'po zatvorenoj
krivulji da je jednak nuli, a·to je moguće samo u tom slučaju, kad funkcije P, Q
i R zadovoljavaju uvjete (149).
U tom slučaju predočuje diferencijalni izraz Pdx + Qdy + Rdz total.ni diferencijal
neke funkcije V(x, y, z), koju možemo definirati kao krivuljni integral
x,;y,:r
U(x, y, z) -= J Pdx + Qdy +: Rdz (195)
a. b, e
Na pr. računajući
krivuljni integral
J. (x + 3)dx + (y- l)dy + (2z + 2)dz
r p Q R
K .
po luku cilindričke spirale AB. i pravcu BA (vidi primjer 3. na str. 345), dobili
smo nulu. Integrand je dakle egzaktni diferencijal. Da se u tome uvjerimo, izra:...
čunajmo uvjete (149) za zadani integrand.
Dobijemo:
pa je
oQ _oP~ o,
ox . ~y .
(x + 3)dx + (y -l)dy + (2z + 2}dz =dU
Da odredimo funkciju U(x, y, z}, izračunajmo krivuljni integral po bilo kojem
putu, na pr. po pravcu OB, od točke 0(0, 0,- 0) do neke točke T(x, y, z) toga
pravca.
;i68

Prema (195).
x,y~·e
U(x, y, z) = J (x + 3}dx + fy -l)dy + (2z + 2)dl
Jednadžba pravca. OT:
o.~. o.
X
X
y
y
z.
z
ili u:. parametarskom cQbliku:
X.=xt
Y=yt
z,=·z_t
Odatle: 'dX =o=·x dt; dY =ji dt; dZ =z dt.
lz'{a):slijedi; da je.,.. točki· 0(0, 0:'0) parametar t =:o;~aJUttočki T(x, y~aJ
parametar t =,1. ·
Dobijemo:
l
U(xi y, z) = J [(xt + 3)x + (yt- l)y + (2zt + 2)z] dt=-·
l
ll
t• t' ,.,
= · x - + 3xt +.y•-- yt + z•t• + 2zt =
2 2 o '
Do istog rezultata dolazimo računajući U prema formuli (150).
Budući da je po Stokesovoj formuli vrijednost plošnog integrala po površini
S već određena vrijednošću krivuljnog integrala uzetog duž zatvorene krivulje k,
koja tu plohu S omeđuje, možemo za plohu S uzeti bilo koju plohu, koju pravci
paralelni s osi Z probadaju najviše u jednoj točki.
Navedimq nekoliko primjera.
t. rp (y' + z')dx + (x 2 + z 2 )dy + (x' + y')dr
K
tizet po nekoj zatvorenoj prostornoj krivulji k pretvori pomoću
integral uzet po površini S, koju-ta krivulja omeđuje.
Računamo
prema (194a):
Stokesove formule u plo!lra
oR
oQ
oy- iJz = 2y-2z
iJP oR oQ iJP
; ~z- iJx = 2z-2x ; ---= 2x-2y
u iJx iJy '
f=2JJ~-~~h+~-~~h+~-~~·
K' s
24 B. A,psen: Repetitorli 'vi.§e matemaqke - Dio III. 369

~ Dokaži, da je kriw!jl'li .integral
f x'yadx + dy +z~~
K
gdje je k kružnica x• + y' = R•, z = O, jednak plošnom integralu uzetom .po površini pol~~~at ..
gle, koju omeđuje ta kružnica k.
Najprije računamo krivuljni integral' prema (184):
z.".
z = () ; dz = O ; x = R co_s t ; y = R,sin t
dx.= -R sin t dt ; dy = R cos t dt
2'1f
t I (- R' sin' t cos• t + R cos t) dt =
K O
z.:r
=- R~ I sin 4 t cos• tdz.+ R Jcos 1 dr =\vidi Dio II.,§ S, 7. Tip XI, 7) primjer l.=·
8 o
Z'lr
Zw
R•.ll sin 41 sin 2tl' Rl . l 3 xR ..
=- . )6\64----:iiS + Slnt =--8-
. o o -
Sada računajmo ·prema Stokesovoj formuli·~(f94a) plošni integral uzet po površini pc>N.-.
kugle:
z=+. Vl -x•-y•
.f
P = x• y• ; Q = l ; R·= z
J(_.. 3x' y')dxdy ~
s
Prelazimo na polarne kordinate uzevši uz to u obzir, . da orijenurana normala na gom;R
tK>Iovinu kugline plohe zatvara s+ osi Z kut y < 9.0°, pa je eosy >O.
Prema (Illa) imamo:
= -3fi
=- 3 fI p• cost"!> .. •· sin'''!'· tlptlcp =
(J
(
cp_.sin44cp)f~Wr=- 1t:-
Očito je, da terno za taj plošni integral oobiti istu vrijedllost-.1r:• za sve plobe,•koje'su ome ..
đene kružnicom k.
370

J. Gaussova formula
Ta formula, koja je takoder poznata pod
•
imenom formule Green-Ostrogradskog,
daje vezu izmedu trostrukog ili prostornog integrala i plošnog integrala.
Neka su zadane tri funkcije P(x, y, z), Q(x, y, z) i R(x, y, z), koje su neprekinute
zajedno sa svojim prvim parcijalnim derivacijama. Te su funkcije definirane
u trodimenzionalnom području volumeQa V, koje j.e omeđeno plohom S
jednadžbe z= z(x, y), pri čemu za tu
plohu pretpostavljamo, da je pravci para- z .
lelni s koordinatnim osima probadaju
najviše u dvije točke (slika 180).
Uzmimo trostruki integral J po
volumenu V zadanog područja parcijal­
»e derivacije po z funkcije R (x, y, z):
J= J J J iJR(x~:· z) dxdydz
v
z 2(x.y)
J f dx dy f iJR(x~:· z) dz
a
z.rx,y)
M X
gdje je a ortogonalna projekcija područja omeđenog
x'
o
Sl. IRO
plohom S nu ravninu XY,
a z= z,(x,y) i z= z,(x,y) jednadžbe ploha s. i s;, u koje dijeli zadanu plohu
S valj kasta ploha, kojom se ploha S projicira u područj~ a ravnine XY ..
Izvršivši deriviran je i integriranje [oR( x~:' z) je funkcija samo od z, jer x 1 y
smatramo, da su konstante ] , dobijemo nakon uvrštenja granica integracije:
1 = J J { R [ x, y_, z,(x, y)]- R [ x, ~' z,(x, y))} dx dy =
cr
e~ J J R[x, y, z.(:~, y)] dx dy-J J R[x, y, zdx, y)j dx dy
Kako se vidi iz slike 180, orijentirana normala na element dS, donjeg dijela S,
plohe' zatvara s osi +Z kut y, > 90", pa je cosy,

Prema tome:
l= I I R(x, y, z)dx dy +fI R(x, y, z)dx dy =J I R(x, y, z) dxdy
~ ~ s
, Dobili smo, dakle:
I I I~~dxdydz =I I R(x, y, z)dxdy
v
s
Na isti način
dobijemo:
I I I ~;dxdydz =I I Q(x, y, z) dxdz
v
s
· I I I~~ dx dy dz = I I P(x, y, z) dy dz
v
Zbr0)1mo li te tri jednakosti. dobijemo:
s
III
v
oP oQ oR)
( -+-+- dxdydz=
ox ay az
=I I P(x, y, z)dy dz + Q(x, y, z)dxdz + R(x, y, z)dxdy
s
(196)
To je Gaussova formula.
Ona pretvara trostruki ili prostorni integral uzet po· volumenu
V područja u plošni integral uzet po vanjskoj površini plohe,
koja to područje volumena V omeđuje.
Kako je prema (130, 130c i d)
dx dy = dS ·· cos y
dx dz = dS · cos ~
dy dz = dS · cos or:
Gaussovu formulu možemo napisati i u obliku:
I I I ( ~~ + ~; + ~:) dxdydz =J J [P(x, y, z)cos oc + Q(x, y, z)cos () +
v s ' '
( 196a)
+ R(x, y, z) cosy] dS
372

Ako ploha-S, koja omeđuje područje volumena V, ne odgovara gore navedenoj
pretpostavci, da je pravci paralelni s koordinatnim· osima probadaju najviše
u dvije točke, tada treba plohu. S podijeliti u dijelove, koji odgovaraju toj pret-
1 postavci, primijeniti Gaussovu formulu za svaki . pojedini dio plohe i rezultate
zbrojiti. Na taj način možemo primijeniti Gaussovu formulu za područje omedeno
bilo kojom plohom S. ·
Slično tome, kako smd izračunate krivuljne integrale kontrolirali pomoću
Greenove formule, tako i plošne integrale uiete po zatvorenoj plohi možemtt
kontrolirati pomoću Gaussove formule.
Provedimo kontrolu plošnih integrala navedenih u primjeriiJ1ll 2. - 4. uklj. (str. 353).
l
Primjer 2.
r, Prrma (196):
JJ
s
(2x + y + z)dy dz + (x- 2y + z)dx dz +(x-z) dx dy.
p Q R
J f = -
s
e> P + iJQ + iJR = 2-2- J = - l
ox iJy iJz
J J
v
J dx dy dz = -V= prema slid 173 =-"'
Primjer 3.
I I (x• + y')dy dz + sin z dx dz + .,,..+ .. dx dy
s
oP + oQ + iJR = 2 x + O + ox oy. oz
,x+z
I I = I J (2x + ex+~dxdy"dz =prema slici 174 ...
$ v
l l l l
= I dx J
dy Je~+ ex+~dz = J dx f 2xz +
ll o o o
,~+•l: =
l
= fc2x + e* 1 - ~dx= l x• + ,x+J_.,x 1: =
o
=l+ e'-e-e +l= e•-2e +2
373

Prill\ier 4
J f (2x + Y -z)dy dz + (x -2y + z)dxd~ ~ (4x -y -11)dlt.
J J = _J
Uunemo li, da je
Tada je
oP oQ oR
-+-+-=2-2-1=-1
ox Oy đr:
J J
dx dy dz = - v = prema slici m = - f
s v -
pa Gaussova formula prima oblik:
ili
3 J J J
v
P=x Q=.Y R=:t:
iJP =l dQ_ l oR
iJy Oy- or: =
dxdydz =J J
s
xdyd:c + ydxdr: + r:dKdy
V= '! J xdydz + ydxdz + :t:dxdy
s
'
Volumen tijela omeđenog plohom S izrazili smo pomoću plošnog integral&
Utretog po površini plohe, koja to tijelo omeđuje.
Time smo dobili zanimljivu vezu izmedu volumena tijela i plohe, koja ga,
omeđuje.
Izračunajmo na pr. pomoću te formule volumen piramide prikazane na slici t lS.
l ff -·
V= 3" xdydz + ydxdz + zdxdy =prema primjeru 4. na str. JS6 e:
s .
=~(ff+ ff+ JJ+ ff)=
AOB BOG . IIOC ABC
= ~ [O+ O.+ O+ I I (1-y -z)dydz+ J J (1-x-z)dxd~~:+
+J J
AOB
BOC
(1-x-y)dxdy] = +
Navedimo još posljedicu Gaussov~ fcrmut.-:
IIOC
[3 · ! ] = ~
l
374

Pretpostavimo, da. funkcijcr·P, Q ~ R zadovoljavaju u području volumena Y~
:koje' je omeđeno plohom S, uVjet ·
iJP + iJQ + oR = O
iJx c)y iJz
Ta$ iz Gaussove formule· slijedi:.
JJ P(x, y, z)dydz + Q(x, y, z)dx dz + R(x, y, z) dx dy =O
s
:a to znači:
Vrijednost p~ošnog integrala J Pdy dz + Qdx d z+ Rdx dy ne ovisi o plohi, po
s .
:kojoj se vrši integriranje, ako funkcije--P; Q i R zadovoljavaju uvjet~~ + ~; +
~- ~= = O. U tom slučaju vrijednost tog plošnog integrala zavisi samo od granica
područja integriranja, t. j. od krivulje•k, koja to područje omeđuje, .jer su inte~
grdi protegnuti na obje plohe s, i s.; koje su ·omeđene i!ltom krivuljom k (vidi
sL 180), međusobno jednaki, pa stoga integral po čitavoj zatvorenoj plohi S, + s,
~:\ora biti nula.,
Primjeri
gd~~
L Izra;::unaj pomoću 'Greenove fonnule
I = f (x + !1) 2 dx- (x• + y") d11
+K
je k kontura .&ABC [A(l, l); B(3, 2); C(2,5)] {nariši sliku trokuta).
Prema (193):
l= JJ [ -2x-2(.r+y)] dxdy=- JJ

z 3
.... Jll9 rJ ~ . .I!... zi + ~ :& ·l + 1- ~ rJ- ~ ~ + 483 :& l =
12 4 4- . 12 4 4-
1 . 2
= - 1 - (2387 - 1827) = ~ = 46 .,.!._
12 3 3
l=-l•=-46_!_
--- . 3
Izračunaj sada zadani integral neposredno, tj. kao krivuljni. Moraš dobiti isti
rezultat.
2. Izracunaj pomoću Stokesove formule intejp'al
I=J~-~~+~-~-+~-~~
+K
gdje je k šesterokut,. u kojem ravnina :x: + 11 + z = : a siječe plohe kocke :x: = O..
:r = a; v =O, v = a; z =O, z= a.
Označivši plohe kocke kao na slici 174 i urisavši zadanu ravninu i presječn!cil
tj. šcsterokut, koji označimo s KLMNPR, prelazimo na računanje zadanog inte&rala l!
prema (194a).
l =J J (- 2y- 2z) dydz + e- 2 z- 2%) d:x:dz + (-2:r- 2~) d:x:dv =
s
= -2 J J (y +z) dydz + (:x: +z) d:rdz + (:x: +tl) d:x:dy
s
. gdje je S prednji dio površine kocke, što ga odsjeca zadana ravnina.
I= -2 [JJ + ff + ff + ff + If + ff l
AKDL GFENP AMEN KDFGR APGR DLM.BF
J = (z = O, dz = O, cos y = cos 180" =o - l) = •
AKDL
4 a
= - J J d:x:dv = - J dx J!:x: + vl d11 =-
AKDL a _ :x: + 2, z
11 1!'
=-J l %11 + ~~~ d:x: =-J ( ;. +ox-+
111 ) ~ =
'.!!... . -:x:+!a ~
2 2 .2,
4 a a
·=-Iza.+..! :i::-~
G
a•:x: l
6 2 .s
Cl
'i'
J J = {z "" l, ~ =- o, co• l' - coa o ""' l) -
.:;F~NP
376

Prema (a):
a
2 a a a ,
J ~ J e~ + v> đv + J ~ J
o
ll
-:r+ i-
a
z
o
c~ + v> dv =
2 • a a
=Jixv+ ~~"tlz+JI~Y+~j==
o -:r:t!!.. .!!.. • o
2 z
=-+-xl+ 1 zS G
6 2
~~ + ~ ~ l ~ :! a•
.!.
ll
ff =(~=O.~= O; cos a= cos 1800 =-l)=
AMEN
a a
=-JJ !tr: z) dy đz = -J dy J (~ + z) dz = - :. "a
AMEN ~ -z+: a.
z
J J= Cx ~l, dx= O;.cos.a =cos O= l)=
KDFGR
.!:_.
2 a 11 a
J dy J (y +z) dz + J dy J (y + z).dz = ~! al
" a -:r+- 2
j J = (tl = O, dy = O; cos {J = cos 180• = -l) =
APGR
a
= - f f (X + Z) dxdz = - J dX f (X + Z) dz = - : 4
a•
I!.PGR 3
-:r:+- a
,2 2
f J = (y = l, dy = O; cos {J= cos O= ll =
DLMEF .
a
2 a. a a
J-đx J (:z:+z)dz+J ~J (~+z)dz=·~! a•
a
o
1=-2 (-.E...a'+ ~as-..!.a 3 + ~a 3 -..!..a 3 +E.a 3 )
24 24 . 24 24 24 24
l= _ _!_aa
2
o
a
a
377

3. Izračunaj pomoću Gaussove formule
I =J J x 0 d:;dz + y~ dxdz + z• d:r:dy
s
Gdje je S površina kugle x• + y" + z• = a•
!':::c:-na (196):
Prema (117) i (118a):
Izračunaj
r = 3 J. (J (~'
v
+ y• + 2"') dxdydr
x = ()sin{} cos Q?; y = (!sin{} sin Q?; z= ~eas l
dxdydz =!!"sin{} d !p d{} d e
1 = 3 ff f e• [sin• {Jo (cos 2 -Q? + sin' rp) + cos• O] e• sin,'} d rp d{} d e.,.
v
= 3 I J I !!' sin {} d Q? d {} d P =
v
2n :rr a n
= 3 J d rp_ J sin.{} d{} J !!' d '! = 3 • 211:
l al
-COS tp
• • o
~ 11: • 2 a 5 = _!! (t a'
5 .....::.5."___
l. Pomoću Greenove formule krivuljne integrale:
!Jd}e je k kružnica ;ct + il" ==. r•
gdje je. k elipsa Z: + Jt.. = l
ll ~
a) f xv• d11 - x' wd.z:
+K
b) f (.r + Vl dx - (X - M d11
+K
e) f ex (l- cos y) d.r- ex (y- sin 1/) d11
• S""
•
[~]
{-2 ab:;J
+K
gdje je k kontura područja omeđenog odreskom osi X i sinusoidom od x = O do x = n
:;dj e je k kružnica :~: 2
d) f e - ex• + ar•> (cos 2 xyd.z: + sin 2 xydy)
+K
+ v• =· r•
2. Pomoću krivuljnih integrala [formula (193a)] površine omfHknc kdvt.;!jama
a) elipsom
x = a cos t; y = b sin t
[ab:r]
fO]
371

l .astroidom
:x: =a cos• t; y = b sht• t · (ll:;;; t $ !!:r) [ ! ab.11 1
3. Pomoću Gaussove formule
J x• dydz + y• dxdz + z• dxdv
s
gdje je S površina kocke x = O, x =a; y =O, tl= a; z =O, z =a.
. [3a'J
4. Pomoću Gaussove formule pretvori zadane plošne integrale uzete po zatvol'enim
p~ršinama S u prostorne po volumenima V, koje te plohe S omeđuju.
a) J J xdydz + uctxđz + zđxdv
s
ff
X cos a + y cos fJ + z cos y
b) -=-::;y;;;.,;x~• ,;+";y~•~+~z~• ,.:._.:~:::...!... đS
[JV]
5. Izračunai
f {11 1 + zl) ctx + {z 1 + x•) du + (%" + v") dr
+K
tR> r;z>,.
a) pomoću Stokesove formule.
b) neposredno kao krivuljni integral.l
4. Isto za
f y" dx + z• du + x• dr:
+K
- ·~x• +ll"~ a.r
K = re + 11 + ze = a•
~>Ol
[!.,:R r 1 1
7. Izračunaj
J J x dydz + 11 ctxd.E + z dzdt/
s
-gdje je S sfera x• + tl + z• o= l
a) pomoću Gaussove formule,
b) neposredno kao plošni ,integral.
§ 13. VEKTO'RSKA ANALIZA
1. Usmjerena derivacija. Gradijen.t skalarne funkcije U(x, y, z)
Da što potpunije shvatimo pojam gradijenta, izvedimo najprije formulu
2a derivaciju funkcije U 7 U(x, y, z) u smjeru s, koji je određen kutovina ex,
{3 i y, što ih taj smjer zatvara s koordinatnim osima X, Yi Z.
3'fl

Za funkciju U(x, y, z) pretpostavljamo, da je definirana u nekom trodimenzionalnom
području i da je neprekinuta zajedno sa svbjim parcijalnim derivacijama·.
Napišimo totalni diferencijal funkcije
U(x,y, z):
z
s
đU oU oU
dU=- dx+- dy +- dz
ox oy (Jz
dU oU dx oU dy oU dz
+---+·--
-ds - ox ds oy ds oz ds
/ :ds
(a)
Smatrajući· prema slici 181, da su dx, dy
1 dz beskonačno male veličine, imamo
dy
-= cos [)
ds
Analogno
dx = COS CL
ds
d z
ds 7. cos-(
( 197)
Uvrštenje u (a) daje traženu formulu za derivaCIJU funkcije U(x, y, z) u tol:ki
T(x, y, z} u smjeru s(a., [), y)
dU au au au
ds = ox cos a. + cfy cos fl, t- oz cosy
Vidimo, da vrijednost derivacije~~
\
( 198}
ovisi ne samo o tol:ki T(x, y, z), u kojoj
smo računali derivaciju, već i o smjeru deriviranja s(oc, ~~ y). Naš je slijedeći zadatak,
da odredimo u točki T onaj smjer, u kojem derivacija ima maksimalnu vrijednost,
kao i smjer, u kojem je derivacija jednaka nuli. Najjednostavnije možem(}
taj problem riješiti pomoću vektora.
U području, u kojem je definirana ,funkcija U ( x, y, z), definirajmo vektorsko
polje tako, da svakoj točki T(x, y, z) toga područja dodijelimo jedan vektor,
kojemu su komponente, t._ j. projekcije u koordinatne osi X, Y i Z, vrijednosti
parcijalnih derivacija po x, y i z funkcije U(x, y, z) u· toj točki T. Taj vektor
zove se gradijent skalarne funkcije U(x, y, z) i ?Značuje se s grad'U.
grad u
au
OX
au
oy
ou
o z
Prema tome 1e vektor
Njegova i e apsolutna vnjednost !li d ul i ina:
380

fcrad ul=+ V (dd~)'+
Njegovi su kosinusi smjera:
dU
dX
COS IX = -:----:--o~
lgrad UJ·
cos ~ =
dl.]
dy
l grad ur
(~~)' + (dd~)'
cosy =
au
dZ
l grad Ul
(199)
Sl. 182 prikazuje vektor grad U neke funkcije U{x,y, z) u točki T.(x., y., z.).
Općenito možemo kazati: pripada li svakoj točki nekog područja odredeni
yektor, tada postoji u tom području polje vektora ili vektorsko polje.
U našem slučaju imamo vektorsko polje gradijenta funkcije U(x, y, z) .
......
Uvedimo još jedan vektor i. to jedinični vektor s., u čijem smo smjeru deri··
virali funkciju U{x, y, z). · ·
Kako znamo, komponente su orta njegovi kosinusi smjera:
:1~::;
cosy
Uočimo li sada formulu (198) za derivaciju funkcije u· u smjeru· s, vidimo,.
da ona predočuje zbroj produkata istoimenih komponenata vektora grad U i s.,
t. j. prema (18) njihov skalami produkt:
ili prema (ll): ·
z
dU ......
ds = grad U · So
(a)
-+
ho.------+
1
--•• 7-·Y.~.----Y
l.·
--------- --------.J;'
o
X
Sl. 182
gradU
l l
l
l
l
l
l
l
So :
rr-....... ..,.,-~- ----------r-----
'-!gmdllfU»V'
l
l
____,
. l
SI. 183
......
gdje je .C? kut iz!Jleđu·grad U i vektora s., u čijem smo smjeru derivirali (slika 183). ·
Iz .slike 183 vidimo, da je jgrad U j ·cos rp projekcija grad U u smjeru
deriviranja Z, pa možemo kazati: derivacija funkcije u zadanom smjeru jednaka
je;proje_!

Iz formule (a) možemo izvesti dva važna svojstva gradijenta.
Vrijednost !grad U 1 je konstantna u svakoj točki polja gradijenta, dakle vrijednost~~
u svakoj točki polja ovisi prema (a) jedino o cos op, odnosno o q~, dakle
jedino o smjeru derivirartja.
Pretpostavimo, da deriviramo u smjeru gr-adijenta, t. j. uzmimo, da ie 'P= O.
u tom slučaju prima cos

Giba li se točka T{x, y, z) po jednoj od nivo-ploha,- na pr. po onoj, kojoj
odgovara vrijednost e, konstante e, funkcija u se ne mijenja, jer ima uvijek vri-·
jednost e,. Malo prije srno rekli: ako derivirarno funkciju U 1.t smjeru okomitom
na gradijent, promjena je funkcije jednaka nuli. Iz toga slijedi drugo svojstvo gradijente
funkcije U{x, y, z):
Vektor grad U stoji uvijek okomito na· onu nivo-plohu funkcije
U(x, y, z), koja prolazi njegovom početnom točkom. Drugim
riječima, gradijent ima u svakoj točki smjer normale pripadne nivo-plohe.
Pomoću tog drugog svojstva gradijenta možemo lako izvesti formulu za kut
dviju ploha, pod kojim se razumije kut njihovih normala.
Neka se traži kut

.
Maksimalna veličina promjene funkciJe u to~ T 0 (2, 3, 4) =-
v
= + 432 1 + 192 1 + 72 1 ,b ~
Smjer,maksimalne promjene funkcije u točki T 0 :
43'
cos (1 = 47Š = 0,903
192
/:OS (3 = 478
_.. 0,402
72
COS"( = 478
= 0,}49
y==81°20'
Na počr.t.ru ovog poglavlja izveli smo formulu (198) za derivaciju funkcije'
· .· dU
V ( x, y, z 1 ·..t smjeru s(«, ~. y), t. j. di . Ta usmjerena derivacija pik se često
u obliku:
gdje je so jedinični vektor, u čijem se smjeru deriv~ra.
:i jediničnog vektora. -s., u čijem· se smjeru deriviralo:
Malo prije u izrazu (a) prikazali smo ~~ kao skalarni produkt vektora grad U
Slijedi:
dU
__,.
-=grad U· So
ds
au ....
-::::;- o= s o gr ad U
e) s.
(l98a)
Derivacija funkcije U(x, y, z) u smjeru s jednaka je skalarnom produktu
• jediničnog vektora -s.,, uzetog. u tom smjeru. s, i gradijenta funkcije U.
N a pr. za __,. s. =t --: d o b" tJemO d envaClJU . .. fi u nk ClJe .. U u sm)eru · ost · X , t. J. · dU dx•:
ou --: · ~(au; aU; ou-) . aU'·
-=t.gradU=t -1 +-J +-k =prema(16)t(l3)=-
~ ~ ~ ~ ~
Na isti način
dobijemo:
+ou
ou
-;j= oy
.384

Primjer
Odredi tlerivaciju funkcije U = x ll z u točkl A (5, l, 2) u smjeru od A prema S
(9, 4, 14).
Prema (8):
- ...
AB = s = 4 i + 3 j + 12 k
4 i + 3 j + 12 k 4 .... 3 -+ 12 ....
s. = :;::::==:::::===== = - i + - j + k.
v 16 + 9 + 144 13 13 13
Prema (198 a) :
a u tački A (5, l 2):
ou 4
13
3 12
. 2 +- . 10.+
13 13
l grad z l =
oz-
Prctpostavimo, da je zadana funkcija z funkcija dviju nezavisnih promjeuljivih
xi y, t. ;: z= z(x, y), koja je definirana u nekom ravnom podtuČJU a ravnine
XY. U tom' slučaju definiramo u tom području ravno polje gradijenta funk­
blik:
l)z.­
grad z = - i
ox
+ -
oy
i
d z
ox
cos ex = -,--___._,;--;- ;
jgrad zi
v ( +
:; r + (: )'
d z
~ . oy
cos t'= sma = -·--
\grad zi
(201)
Za z= e= konstanta dobijemo sada ·nivo-krivulje z{x, y) =e, pa vektor
grad z stoji okomito na onoj nivo-krivulji, koja prolazi njegovom početnom toč­
.kom, t. j. ima smjer normale pripadne nivo-krivulje.
Primjeri ·
J. Odredi derivaCiju funkciJe U= x~ + Y~ + ~
a• b 2 e•
....
T (x. y, z) u smjeru radijvektora r te točke
' J • f
Prema {1.98). (18) i (4) dobijemo:
u zadanoj točki
(JU au. au au
- = - cos a + . cos P + - cos )' =-
dr o:z: all az
25 B. ~...,..: R.epe:tltorlj više matematike - Dio Ill. ·381

2. Odredi kut, pod kojim se sijeku valjak xl + y• = a 1 s plohom b z "" :r u
ll točki To (Xo, l/o, Zo)
Napisavši jednadžbe zadanih ploha u obliku
računamo prema (200).'
G = .r 2 + y•- a• = O
H=xy-bz='o
2x • !l + 211 • X + 0 · (-b)
cos cp=
V 4.r• + 4Jl · V v• + x• + o•
2 bz
jer iz jednadžb1 zadanih ploha slijedi, da je xy = b z, a· x• + v• = a•
U točki To (x 0 , Ji;,, Zo)~
2 bz 0
cos m=
.,. 4 V a• + b1
3. Odredi pomoću grad f jednadžbe normale no i tangentne ravnine· E~ na hipet•
boloid x• + y 1 - z• = 18 u točki To (3, 5, - 4).
a Ill točki To (3, 5, - 4):
o-t~~~=xt+~-~-~-o
gTad f = 2xi + 2yj-2z~
-+
(grad flo = 6 i + 10 j + 8 ~
Kako je (grad flo usporedan s normalom no. odnosno okomit na tangentn.o; rav•
nini E 1 , dobijemo prema (38):
:r-3 v-5 z+t
~.
-8
m
a prema (50a) i (58):
ili
no=- 6
-
----w-
~
:r-3 v-5 ~
3
-5- 4
El = 3 (.r- 3) + 5 (!1- i) + 4 (z + 4) ·= O
ax.+ 5y + 4z-18 =O
4. Odredi najveći uspon'plohe z = xY u točki T .(2, 2).
Zadatak se svodi na određivanje smjera grQil z u točki T,.
Računamo prema (201).:
(
~) = 21 • ". 2 = 4 • 0,301 - 4 • 0,301 - 1,17
~, M 0,434 .

odatle
grad z = 4 i + 2, 77 j
l grad z\ = + 116 + 7~67 ~ :*,86_; cos~ = ,4 >~ 6
= 0,825,
"'~ 34'30'
To znači: u smjeru, koji zatvara s osi +X kut oc•= 34,30', ima funkcija z= y>' u točki T 0
(2:·2)
maksimalnu promjenu, koja iznosi 4,86 pri pomaku ·za l u tom smjeru oc. Prema tome kut ort plohe z = l"(x' + 4y') u točki T rl.6, 4).
5. K ur wnedu gradi i enata (u nk cija
2 = arc Jill-- " u točkama (1, l) 'i (!, 4.!·
X+ y .
.(

pojedinoj točki područja ĐdređiVale komponente vektora grad d U smje:-U ko~
ordinatnih osi. Sada ćemo definirati u nekom dijelu. prostora op~enitijc vektorsko,
polje i to tako, da svakoj točki toga dijela prostora dodijelimo vektor v, kojemu su·
komponente u smjeru koordinatnih osi,
P(x, y, z), Q(x, y, z) 1 R{x, y, z),
gdje su P, Q i R funkcije, koje su neprekinute zajedno sa svojim parcijalnim deri~
vacijama. Uvrstimo li u te tri funkcije koordinate x" y, i z, bilo koje točke područja
definicije tih funkcija, dobit ćemo tri vrijednosti, koje će dati komponente u smjeru
()Siju X, Y i Z onog vektora, koji pr-ipada dotičnoj točki T, polja, a vektor, kako
znamo, posve je određen s tri, svoje komponente.
Ukratko: svakoj točki T ( x, y, z) dotičnog područja dodijelili smo vektor
v= P(x, y, z) i+ Q(x, y, z) -j+ R{x, y, z) k
Pretpostayi/no sada, da je naše vektorsko polje p.olje &radijenta
funkcije U(x, y,· z), t. J.
ou
v. = P(x, y, z).- ox
U tom slučaju
iJU
vy = Q(x, y, z) ~ Oy
ou
v_= R(x, y, z) =-
• , iJz
funkcija U(x, y, z) zove se potencijalna funkcija ili
potencijal ili funkcija sila vektorskog. p6lja v.
Prema tome potencijalom zadanog vektor.skog polja zove se ona
funkcija, čije parcijalne derivacije po x, y 1 z u svakoj točki polja
da.ju komponente u smjeru koordinatn.ih osi onog vekt'ora, koji pri­
.pada dotičnoj točki polja.
Primijetimo, da iz navedenog nikako ne slijedi, da je svako vektorsko polje
polje gradijenta neke funkcije, t. j. da ima potencijal. Prugim riječima, svaki sustav
funkcija
P{x, .Y• z), Q(x, y, z), R(x, y, z)
ne mora zadovoljavati . uvjet, da su te funkcije parcijalne deriv~cije po x, y
jedne te iste fun_kcije U= V(x, y, z).
z·
Primijetimo još, da su pojmovi gradijenta i potencijala u nekom smislu in~
verzni pojmovi, kao ria pr. pojmovi derivacije i primitivne funkcije. Slično tome
·kako derivaciju dobijemo derivirajući primitivnu funkciju, a primitivnu fu'nkciju.
dobijemo integrirajući derivaciju,,tako i promjenljiva vektorska veličin,a grad U
ima diferencijalni kii;akter pa se dobije iz potencijala U{x, y, z,) deriviranjem~
dok promjenljiva, skalarna veličina - potencijal U(x, y, z) ima prema tOt'I\CI
imcg,rnlni karakter.
-
' \
388

Nivo-plohe potencijalfle funkcije U= U(x, y, z:)
U(x, y, z) ='-const ·
zovu se l}kvipotencijalne plohe, jer se vrijednost potencijala U(x, y, z) ne
mijenja za sve točke, koje· leže na jednoj nivo-plohi.
Navedimo primjer polja vektora, koji ima potencijal. Taj primjer će olillati
razumijevanje uvedenih pojmova i pokazati njihovo fizičko značenje.
Pretpostavimo, da se u ishodištu O koordinatnog sustava nalazi materijalna
·točka mase m, a u nekoj drugoj točki T(x, y, z) prostora, koja je udaljena zar od
O materijalna točka mase l (sl. 185). Tada nastaje u čitavom ·prostoru vektorsko
polje - polje sila privlačenja prema točki O.
Po Newtonovu zakonu veličina sila privlačenJa
izmedu točaka O i T iznosi:
m ·l
F=r'
(a)
(uzeto je, da je gravitaciona konstanta/= 1).,
Izračunajmo komponente sile privlač~nja
F u smjeru koordinatnih osi.
Prema slici 185:
F> =- F ·cos~ Sl. 185
:z. \
~; '
.·ll
y
·a kako je prema istoj slici cos.~ = y
r
imamo uzevši u obzir (a):
Na isti način
dobijemo·
F=-~
Y . r"
F =-*X
x r•
(b)
Po~_i

Y tu svrhu treba doKazati, da je
F =

Iz navedenoga vidimo, da je potencijal funkcija mjesta i to samo fUnkcija:
mjesta, .jer su vrijednosti p"ot~nr;:ijala posve određene, čim su zadane koordinate
točke. Stoga razloga zove se sistem sila, koji potječe od· potencijala ... konz~rvativni
·siu~..sila... jer veličina, smjer i smisao svake sile toga sistema, RoJa pnpadanekoj
točki prostora i čije su ko~ponb1te jednake parcijalnim dcrivacijama
po x, y i z potencijala, ovise jedino o položaju dotične točke, odnosno o njenim
koordinatama.
'
Tako, na pr., polje zemljine teže, koja je rezultanta sile privlačenja i centri-,
fugalne sile, čini konzervativni sistem sila, jer potječe od potencijala, koji je jednak
zbroju potencijala sile privlačenja i centrifugalne sile. (Potanko o tome vidi od
istog pisca Gravimetrija s osobitim obzirom na Eotvosov ·variometar, Nakladni
zavod Hrvatske, Zagreb, 1949).
Sve što smo rekli za prostorno vektorsko polje vrijedi i za ravno vektorsko
polje, ako je ono polje gradijenta, jer se na isti način definiraju potencijal, ekvipotencijalne
krivulje i silnice toga polja. Slično se definira i samo ravno vektorsko
polje i to tako, da se svakoj točki nekog dijela ravnine dodijeljuje vektor, kojemu
su P(x, y) i Q(x, y) komponente u smjeru koordinatnih osi X i Y. ·
U ( x, y) je potencijal toga ravnog vektorskog polja, ako je
oU
p=.­ ox
l: Q = ~!:! oy
t. j. ako je to ravno vektorsko polje polje gradijenta funkcije U(x, y).
Potencijal ravnog polja sila privlačenja· stvorenog u ravnini materijalnom
točkom mase m opet je funkcija
m .
m
U(x,y) =- = ~~
r vx' + y'
Mjesto mase m materijalne točke može se uzeti kao izvor polja sila električni
naboj. Svi izvodi ostanu isti, jer su Couloinbov zakon, koji odreduje silu uzajamnog
djelovanja dvaju naboja, i Newtonov zakon gravitacije identični. T-ako' se
mogu zorno predočiti ekvipotencijalne krivulje i silnice u poznatom pokusu sa željeznom
piljevinom. ·
O potencijalu vidi još dalje isti §, točka 4.
3. Vektorski oblik Gaussove formule. Divergencija vektorslc:og·polja
Da prikažemo Gaussovu formulu ( 196a)
f J f (~f + ~;+~~)dx dy dz =J J [P(x, y, z)cos ~ + Q(x, y, zjcos ~ +
v
s
+ R(x,_y, z)cosy) dS
u vektorskom obliku, definirajmo u području volumena V, koje. je omeđeno plohom
S, vektorsko polje tako, da svakoj točki T(x, y, z) toga područja dodijelimo
391

vektor -v, kojemu su komponente u smjeru koordinatnih osi vrijednosti funkcijllll
P, Q ~- R u dotičnoj točki T(x, y, z) područja, t: j .
.... { P(x, y, z)
v Q(x; y, z)
R(x, y, z)
-+
v= P(x,y, z) i+ Q(x,y, z) j+ R(x,y, z) k
. oP oQ oR
Tada se tzraz ox + ey + oz , koji se nalazi na lijevoj strani Gaussove for-
_,.
mule, zove divergencija vektora v u točki T(x,y, z) polja i označuje se s
mv
. --- · oP oQ oR
iJz
ox · dy
diVv=-'-~+-+--
pa lijeva strana Gaussove formule primi} oblik:_
l
J J div; dx dy dz
v
(202)
Da prikažemo i desnu stranu Gaussove formule u vektorskom obliku, uve­
.dimo još jedinični vektor-;;. vanjske normale na plohu S, koja omeđuje volumen V:
.... { cos ot
n~ co_s ~
cosy
Tada pr~dočuje
integrand
P cos ot + Q cos f3 + R cos y
desne strane Gaussove formule skalarni produkt •vektora v i vektora no:
P cos et. + Q cos [3 + R co.> y = v no = v · l · cos cp =
...
v
~~ prema slici 186 = vn, gdje je ll" kompo-
_..
nenta vektora ·v u smjeru i smislu vanjske
normale na plohu S.
Desna strana Gaussove formule prima
dakle oblik
Time smo dobili Gaussovu formulu u
vektorskom obliku:

J J J dW; dK dy dz = J J v" dS (203)
v s .
Ta formula kazuje: trostruki ili prost~r.rii
integral 'd i vergencij e
vektora v uzet po zatvorenom volumer:IU' V jednak je plošnom
. ' .
integralu normalne kom.ponente ·vektora v protegnutom na plohu.
S, koja taj volumen V omeđuje.
-+
Izraz v., dS zove sf' element ist j eca nj a ili fl uk s vektora v kroz element dS
plohe S u smjeru vanjske normale, a J J v., dS jest to.talni tok ili fluks vek-
. s
tora v kroz zatvorenu plohu S i to okomito na tu plohu.
Da što potpunije shvatimo značenje Gaussove. formule, provedimo. hidro-
, . _.l
dinamičku interpretaciju tc formule. U tu svrhu dajmo vektoru v posebno značenje:
vektor v neka predočuje po veličini i smjeru u svakoj točki T područja volu·
mena V brzinu strujanja tekućine, koja se nalazi u tom području, a teče prema
plohi S u smjeru vonjskc normale. Time smo definirali vektorsko polje brzina
strujanja.
Pretpos.tavimo li, da je strujanje tekućine stacionarno, ·t. j. da ovi~i jedino
o položaju čestice tekućine, a ne ovisi na pr. o vremenu ili temperaturi, i da je
tekućina ncstlačiva, tada izraz v. dS daje mno~inu tekućine istekle u jednoj
sekundi kroz element površine dS u smjeru vanjsk~ normale, a J J v. dS - mn

Sada treba da shvatimo, što se razumije pod divergencijoin vektora--;; u točki
T(x, y, z) područja.
Jasno je, da mjera izdilšnosti izvora, t. j. vrijednost J v,. dS
. s
ovisi i o veličini područja, t. j. o njegovom volumenu V. Pravilna mjera izda&nosti
bila bi vrijednost tog plošnog integrala podijeljena s volumenom V, t. j. relativna
množina tekućine istekle iz područja u jednoj sekundi. Ako su izvori raspodjeljeni
u području volum~;na V jednoliko, možemo za svaki element područja volumena
11 V odrediti pripadnu izdašnost.
Ako volumen V teži nuli tako, da se ploha S, koja ga omeđuj,e, steže u sve tri
. . -
dimenzije na točku T(x, y, z) područja, dobij~mo vrijednost ctiv v u toj točki T
područja:
d
.~ l" s
J J
v,. dS
IV V= zm _::__~V~-
V-+0
da je izdašnost izvora, odnosno množina :stekle tekućine skalar, diver­
Buduć-i
gencija vektora je skalama velič~na~ koja može biti u točki T(x, y, z) područja
pozitivna, negativna ili nula. Pozitivna vrijednost div v znači, da se u dotičnoj
točki T područja nalazi izvor tekućine, negativna vrijednost kazuje, da je u točki '[
ponor tekućine, a div v = O znači, da u dotičnoj točki nema ni izvora ni ponora.
Iz toga slijedi, da
--
daje općenito razliku množine tekućine, koja kroz plohu S u područje utječe i
množine tekućine, koja kroz to područje istječe. ·
Primijetimo još, da ·smo uzeli hidrodinamičku interpretaciju Gaussove formule,
da na što j~":dnostavniji način rastumačimo smisao Gaussove formule. Jasno je,
da svi izvedeni odnosi vrijede bpćenito za bilo koje vektorsko polje.
Navedimo nekoliko primjera.
-v = xy;:; -i + (x' + y' + z') j + (2x - 3y - 5z - l) lt
l. Odredi di vcrgenciju vcktorskog polja
u ločki T 0 (2, 3, 4).
Računamo ~rema (202):
iJP
. - oP aQ •i'JR
drv v = - + ~- + -
ax i'Jy oz·
~ = y = , a u· točki T 0 : (
dP) = 3 . 4 = 12
OX • .
394

oR
, a u točki T 0 :
l
( oO\_ . .
i>y}. = .2 . 3 = .•
(oR)
'z =- 5 , a ·u točki T 0 :· · - =- 5
v dz , .
(div v) 0 = 12 + 6- S = 13
2. Izraćunaj div r, gdje je r• radij vektor.
Kako je
imamo prema (202):
r=xi+yj+zk
divr=l+l•l=3
Divergencija radijvektora !" ista je u svim točkama polja i jednaka 3.
3 .. Tijelo rotira oko osi Z protiv kazaljke na satu s konstantnom kutnom brzinom
w. Odredi divergenciju vektora brzine v u točki T (.r, y, z) prostora u zadani
moment.
Prema slici 185:
V ~ aw = r sin rp • w =. w r sin rp =
= prema (20) = jwx rf.
Označivši
s w,, wy i Wz komponente vektora kutne brzine w, dok su r;y i z kom-
-->
poncnre radijvektora r, dobijemo prema (27 a):
Prema (202) dobijemo:
V= WX T= Wx Wy Wz
:r y
= (Wy2- WzY) i + (WzX- WxZ) j + (WxY- WyX) K
div v= O
......
4 .. Odredi totalni tok T vektota v = x 2 i + y 2 j + zZ k kroz plohu omedenu
s x 2 + y' + z' = l; x = O, y ~ O i z = O. Rezultat kontroliraj pomoću Gaussove
formule.
Zadana ploha predočuje površinu S tife!a omeđenog oktantom kugline plohe
polumjera l i koordinatnim ravninama prvog 6ktanta. Nariši to!
Prema (203} i (196)
T= JJ vn dS= JJ Pdyđz + Qdxdz + Rdxdy
s s
imamo uzevši u obzir da je u našem slučaju
P = x•, Q = y 2 i R = z 2
T = J x• đy dz + y 2 dx dz + z• dx dy
(a)
s
Kako vidimo, zadatak se svodi na računanje plošnog intcgrala po zadanoj plohi
S (vidi § ll).
j
k
3f5

Označivši 5 A, B i e točke. u kojim koordinatne OSI X l' i z probadaju sferu.
prekiZimo na računanje tog plošnog integra!a.
J J = (z = O, dz = o, cos r = -
AOB
l) = o
j f = (X = O, dx = O, cos a = - l) = O
BOC
J f =

2
= ! J [ (cos

Uvedimo još jedan vektor i to vektor pomaka ds, koji ima SmJer tangente na
proitornu krivulju k i kojemu su komponente dx, dy i dz, t. j.
__,.
ds
Tada predočuje
.....
· vektora v i d s, pa imamo :
{ dx•
dy
dz
-·
d s = dx i + dy j + d.: k
integrand desne strane Stokesove formule skalami produkt
Pdx +'Qdy + Rdz =v ds= v ·ds · oos y =prema slici 187 = v,ds,
gdje je v, tangentna, komponenta vektora ~. t. j.
projekcija vektora v u smjer tangente na krivulju
k u nekoj točki T(x, y, z) polja.
Desna · strana Stokesove formule prima
prema tome oblik:
·Sl 187
__.
~ Pdx + Qdy + Rdz =~v, ds (a)
K
U polju vektora v = P i + Q j + R k definirajmo novo vcktorsko polje tako,
da svakoj točki T(x, y, z) polja vektora-; dodijeiimo još jedan vektor, kojemu· su
komponente u smjeru koordinatnih osi zadane izrazima navedenim u zagradama
lijeve strane Stokesove formule. Taj vektor zove se rotor ili curl (kerl), t j
vrtlog polja vektora v, i označuje se s rot v.
K
TO( V
iJR iJQ __,.
---=(rot v)
iiy iiz x
oP oR .
--- =- (rot v)
iiz ox 1
oQ oP
~- - ·- = (rot v)
·iix . ay ~
-'+ (iJR iJQ) ~ (iJP iJR) ~ (oQ oP)__.
Tot v = ay - (}z l + o z - ox J + ax - ay k
(204)
Uvedemo li još jedinični vektor normale n. { ~~~; na plohu S, koju om~- ,
cosy
đuje krivulja k, tada predočuje integrand lijeve strane Stokesove formule skalami
-->- -+
prQđl.lkt vektora ret 11 i n.;
IN

Tot-:;;·;. = l rot; l · l . cos cp = (rot,v)" =
duljina normalne komponente
vektora Tot;, t. j. projekcija l rot v 1 u smjer normale na plohu S.
Na taj način prima lijeva strana Stokesove formule vektorski oblik
J f (rot ;),.dS
(b)
s
Iz (a) i (b) slijedi vektorski oblik Stokesove formule:
(205)
To znači: plošni integral normalne komponente rotora vektor-
_..
skog polja v uzet po bilo kojoj plohi S, koju omeđuje .Krivulja k,
jednak je krivuljnom integralu tangentne komponente vektora
_..
v polja protegnutom na tu zatvorenu krivulju k.
Uvedemo li opet hidrodinamičku interpretaciju vektorskog polja v, t. j.'
smatramo li to vektorsko polje kao polje brzina stacionarnog strujanja neke nestlačive
tekućine, tada predočuje u (205) krivuljni integral tangentnc kompu-
_..
neme v, brzinu strujanja v duž zatvorene krivulje k, t. j.
cirkulaciju ili kruženje tekućine
kaže, jakost vrtloga, a
duž zatvorene krivulje k, ili, kako se
daje to.talni tok ili fluks rotora brzine strujanja kroz plohu S u smjeru vanjs.ke
:normale na tu plohu ..
Stokesova formula kazuje sada:
Cirkulacija tekućine uzduž prostorne zatvorene krivulje k
jednaka je toku rotora brzine str]Jjanja kroz bilo koJu plohu S,
koju omeđ~je
plohu S.
ta krivulj·a k, i to u smjeru vanjske normale na tu
... .
Primijetimo, da je tok rotora v kroz plohu S posVe određen ,.:adanom krivu- ,
_..
ijom k, duž koje se računa cirkulacija vektora v, pa je isti za sve plohe S, koje &u
4Mlleđene tom krivuljom k.
Kako i.e ds element luka krivulje k, a v, brzina struj-anja tekućine u· smjeru'
311

tangente na tu krivulju k,. cirkulacija ili jakost vrtloga p 'V,ds _možemo također
K
5hvatiti kao množinu tekućine, koja protječe \l jednoj sekundi po krivulji k.
Pod rotorom brzine strujanja tekućine u nekoj točki T{x, y, z) polja
brzina razumijemo granični! vrijednost omjera cirkulacije tekućine duž zatvorene
krivulje k i površine s plohe, koju ta krivulja omeđuje, kad se krivulja k, a dakle
i ploha S stežu u obje dimenzije na tu točku T, t. j. u točki T polja
p v, ds
jroi7i '""limi

""ak p Q . R k b . . . "'+ IJU oU . iJU
~'- o znamo, , 1 ~'..! ·omponente rzme struJanJa v, a -:;--, ~ .1 -:.- su
· ux vy uz
komponente vektora grad U.
Prema tome;
ako je strujanje bezvrtložno, t. j. ako je ~v, ds= O, tada 'je polje brzina stru­
->ian
ja v. polje gradijenta U(x, y, z), t. j. v= grad U, funkcija U{x, y, z) je dakle
potencijal brzine strujanja, pa je
K
.....
gdje je v = grad U
;r,y, z
U(x, y, z) =J Pdx + Qdy + Rdz = J v,ds
Možemo općenito kazati: svako bezvrtložno polje je potencijalno.
polje, t. j. polje gradijenta, i obratno: potencijalno polje nema vrtloga.
Vektorsko polje ; =grad U, kao i svako, konzervativno polje, zove se i
l am e l ar n o, jer ga e~vipotencijalne plohe rastavljaju u slojeve poput !amela
(pločica).
.....
Prostorno polje vektora v = P i + Q j + Rk interpretirali smo kao polje
brzina strujanja neke nestlačive tekućine. Promotrimo još mehaničku interpretaciju
Stokesove formule. U tu svrhu pretpostavitno, da je definirano vektorsko
-> -+
polje v polje sila F, t. j. svakoj točki onog dijela prostora, u ·kojem su definirane
-+
neprekinute funkcije P, Q i R, dodijeljena je sila F, kojoj su komponente
l
P(x, y, z)
p Q(x, y, z)
R(x, y, z)
Uvedemo li opet vektor pomaka ili puta po zatvorenoj prostornoj krivulji k
tada je
l
dx
;;; dy
d z
· Pdx + Qdy +- Rdz = F ds = F ds cos \ji =
= prema slici 1R7 = F, ·ds= radnja sile F na putu ds.·~ dA, pa je
A ~ p F, ds -- radr.ja, koju vrši materijalna točka pr~ gibanju u plllju sila F
K
duž zat\'orcne krivulje r.
26 B. Apser&: RepetitGrij vile ~tematike - Dio III. 401

Stokesova formula, koja, sada prema (205) prima ob[ilt
A= ~Pd~ + Qdy + Rdz = ~ Fd; =~Fi ds.= Jfrrot FJndS
K K K S
kazuje:
_ (205a}l
Radnja sile .F izvršena od materijame točke pri gibanju duž zatvorene kri-
.....
vulje k jednaka je toku rotora sile F kroz plohu S, koju omeđuje ta.kri~lja k, i tou
smjeru vanjske normale na tu plohu S.
Ako je ~ F, ds =·0, tada je i rot F = O, pa je polje sila F potencijalno, odnosno-
K
F =grad U, a u tom slučaju radnja zavisi samo od· početne i konačne točke puta,:
a ne zavisi od oblika staze, dok :1e radnja duž svake zatvorene krivulje u takvom
polju sila jednaka nuli.
Prema tome radnja, što je vrši materijama točka u potencijalnOm polju pr~
gibanju duž bilo koje krivulje od točke C do točke D~ jednaka ie •·
To znači:
e
A = U =J dU= Ue- U 0
D
U potencijalnom polju mehanički rad jednak je razlici potencijafu p konačno~
i početnoj ~očki puta, ili: u potencijamom polju rad se vrši na račun gubitka potencijala.
.....
Ako je polje sila potencijalno, t. j. ako je rot F =O, tada su jednake. nuli i
komponente vektora rot -F, pa je prema (204)
oR aQ
----=0
ay
oP
cz
oR
(a~
oz- OX= o
oQ_ oP=
ox ay
0
a to je prema (149) nužni i dovoljni uvjet da je Pdx + Qdy + Rdz totalni diferencijal
neke funkcije U(x, y, z), t. j.
dU = Pdx + Qdy + Rdz
(b}
U tom je slučaju
U(x, y, zj =J Pdx + Qdy + Rdz
(e)
402

potencijal polja sile F, kojoj su komponente u svakoj točki 1'(x, y, z) polja
P(x, y, z), Q(x, y, z) i R(x, y, z).
Iz toga slijedi:
~
Polje sile F potječe·od potencijala, t. j. od funkcije sila U(x, y, z), ako kom-
-+
ponente sile F zadovoljavaju jednadžbe (a), a potencijal U dobijemo prema (e),
t. j. integrira jući jednadžbu (b):
dU = Pdx + Qdy + Rdz.
Gore navedeno ilustrirajmo već: prije navedenim primjerom o Newtonovom
polju gravitacije (vidi str. 389 i sl. 185).
_..
Govoreći o potencijalu polja sile F, kojom masa m privlači masu l u uda-
-+
ljenosti r, izveli smo za komponente sile F izraze:
Fx=~m: =P(x,y,z)
r
my
F" = -- 3 - = Q(x, y, z)
r
(d)
mz
Fz = -- 3
- = R(x, y, z)
r
pa smo pokazali, da polje sila potječe od potencijala
gdje je
U(x, y, z)=~
r
/
r. = V x' + y• + z•
Izvedimo sada taj izraz za potencijal Newtonova polja gravitacije.
Najprije moramo pokazati, da komponente sile privlačenja F zadovoljavaju
~ednadžbe (a), t. j. da je polje sila potencijalno.
Računajmo prema (a) i (d):
iJFz oFY _ + 3mz o~ 3my iJr 3mz y 3my Z _ Q
o_y - ~- r< · ~i- -T · az = 7 · r--r< · r--
Na isti način dobijemo·
--
403

Newtonovo polje gravitacije potječe dakle od potencijala U(x, y, z). Da.~
odredimo, uvrstimo (d) u (b): ·
Diferenciramo li
*>bijemo:
pa imamo
Odatle:
m
dU= -- 1
(xdx + ydy + zdz)
.. "'
T 1 = x• + y• + z•,
2TdT =~dx+ 2ydy + 2zdz f: 2
rdr = xdx + ydy + zdz
dU=_.!'!_· Tdr= -!!!...dr
r•
r•
U==-f;dr+C
paje
U= !!!...+e
T
Navedimo jos jedan primjer za određivanje
potencijala zadanog polja sila.
Pretpostavimo, da je zadano polje elastične sile F, t. j. svakoj točki prostora
-+ ' '
dodjeljena je sila F, koja je razmjerna uda:Ijenosti te točke od ishodišta O koordinatnog
susta'va (potanko o elastičnoj sili već smo govorili u dijelu II. Repetitorija,
§ 10, 3. d) l.).
Prema tome, bilo kojoj točki T(x, y, z) prostora pripada elastična sila
......
F=-CT
gdje je. e faktor razmjernosti, a T uda:Ijenost te točke T od ishod.iAta O (vidi sl. 185). ·
......
Komponente sile F u smjeru koordinatnih osi bit će:
F,. =-ex;
'
gdje su x, y i z koordinate točke T, pa polje elastične sile glasi:
- -
F ~ -'- e (xi + yj + zk)
404

-
Pokažimo najprije, da je zadano polje sila potencij$~, t. j. da kompboenee'
sile F zadoyoljavaju jednadžbe (a), pri čemu uzmimo u obzir. da je u nakm ....
čaju P = F,., Q= F, i R = F •.
Dobijemo:
oF z-oF,. = 0-0 = 0
t}y oz- ,
O.F,._ oFa =O
oz· OX
oF"_ iJF"= O
.ox Oy
Sada prema (e) računajmo
potencijal U{x, y, z) zadanog polja sila:
u= f (-cxdx-cydy-czdz) +e= -e r~dx + ydy + zdz +e~
odnosno
Kako je
dobijemo
tir= d(x• + y• + z•F= 2xdx + 2ydy + 2zdll'
. l
xdx + ydy + zdz = Tdr•
U=-!_fdr•+C=-cr• +C
2 . 2
---
To je potencijal zadanog polja elastične sile.
Znamo, da se Stokesova formula pretvara u Greenovu, ako uzmemo, da je
ploha S .i krivulja k ravna i da obje leže u ravnini· XY, t. j. ako je z = O. Stoga
Greenova formula u vektorskom. obliku glasi slično Stokesovoj :
If rot-; ·da=~v,ds
a
K
- - gdje je rot v= ~- ox i- oy ~-j rotor ravnog polja vektora v '7P(x, y) -i+ Q(x, y) -j.
Sve što smo rekli o· Stokesovoj formuli vrij~di i za Greenovu, jer su ove formule
anWĐgne. ·
-
-" = xy z -i + (x' + y• + z•) j + (2x - 3y - S.1 - J) k
Na kraju navedimo primjere.
1. Odredi rot t1 u točki T 0(2, 3, 4) vektorskog polja

lt.ačwlamo preJ,Da (204) :
oR_ oQ = _
3 _ 2z
oji 021
oP oR
2
021- ""· = xy -
. oQ _oP = :zx _ " 21
OX . Oji
(oR- iJQ) = - 3 - Z • 4 =-fl
()y oz • .
oP đR) .
(--- =2·3-2=4
021 OX •
oQ oP) .
(----- =2·2-1·4--•
ax dx • . .
--->- _., -
rot t~ =-lli+ 4j-4k
2. Odredi cirkulaciju -e vektora
.... .....
v=-yi+xj+ck,
gdje je e konstanta, uzduž .kružnica:
a) x 1 + v• = 1, z= o;
bl ex- 2) 2 + v• = 1; z = o.
Prem~ (205) i (194a)'
e =

'Kako je u ,mi4mn $.lu"hr}u 'sila :F = r = xi + ll j + z k, komponente tt' sile jesu
P = X, Q = ll i R. = z
f?a 1mamo:
Iz jednadžbe '@inile
.;r =a cos·t
ll = a sin;.t
z= ct
--uvrštenje u (a) ·cbl'je·:
2..1t
A =4):r dx+ ll dll +z ~z
... "'.
~li jedi
d;(. = -a sin t dt
dy = a·cos t dt
dz =e dt
A ~ J (- a• ces t sin t + a• sin t cos t + e• t) dt =
'4. Dokaži da je polje sila
2~ 2~
. l t2 l
= e" J t dt = e• 2
o
F' = yz (2x + y + z) i + xz (x + 2y +z) i + xy (X + y + 2z) k
'Potencijalno i odredi potencijal tog polja.
'Dobijemo
Budući da je potencijalno .polje sila bezvrt]ožno, izračunajmo rot F pr.ema (204).
rot F =O
Polje sile F potječe dakle od potencijala U (x, y, z). Odredimo ga prema (150):
o
'Pa je
T
z
+ J
U = J P dx 1" Q dll + R dz =
y
J. (2 x yz + y 2 z + yz 2 .) dx +J (x,; z + 2xo Yz + x., z•) dy +
••
(X 2 ,. y., i- Xn Ji, + 2xo Yu Z} dz = Xy Z (,X + ll + Z) + C
F =grad U
:5. Izračunaj pomocu Stokesove formule (205) cirkulacijuC = f Vt ds vektora
v = - ·3 y .i + .3 x j + k uzduž kružmce k = :r:• + u• = l; .z = 2
6. Izračunaj radnju sHe :F =N z i + x z i + xy k na putu od T1 (l, 1, 2) do
T2 (3, 5, 0).
[-2]
7. Dokaži da ;e polje sila F = (ex cos y + yz) i + (xz- ex sin y) j + (Xl/ + z)~
Pl-~~ncij

5. Operatori V-nabla i !\-delta i njihova primjena u veltorskim
računima
Znamo, da gradijent skalarne funkcije O(x, y, z) glasi
ou~ ou~ ougrad
U = - : + -- J + - k
ox oy. ilz
Taj izraz možemo formalno napisati i ovako:
'il- a- a--)
gradU= (-i+-i+-k U
ax ay az,
(a)
Izraz u zagradama označio je Hamilton simbolom V, koji je dobio naziv
a'abla prema jednom feničkom muzičkom instrumentu na žice:
·f}~ o~ o-­
V=-z+-J+-k
OX ay az
(20tf)
Kako je taj izraz posve sličan izrazi.nla, kojim se prikazuju vektori, možem&
V smatrati kao neki formalni »Vektor

grad(U+ VJ =V(U+ V) T=VU+VV=gradU+gradV
grad (U· VJ= V(U ·V)= UVV + VVU =Ugrad V+ V grad U
grad (kU)= VkU = kVU =k grad U, gdje je k konstanta
grad!( U) = Vf(U) ~ f'(U) VU= f'(U) grad U_
(208!
Izvedimo, na primjer, drugu i četvrtu .tormulu sustava (208):
grad (UV) = V(UV) = o(UV'} 7 + o(UV) J+ o(UV)k =
ox oy oz
ov-.. au-.. ov-.. au_,. oV_.. ou----
= u~ i + v - i + u- j + v -~ j + u~ k + v---- k =
~ ~ ~ ~ ~ ~
'
oV--+ oV-+ oV_,.) (oU·.... oU_,. '()U-+)
=u (-i+-J+- k +v ~i+- j+ -k =
~ ~ ~ ~ ~ ~
=Ugrad V+ V grad U= UVV + VVU
· iJf(U) -~ of(U) -:-- oj(U) -•
gradf(U) ='VJ( U) ~~ -- z+----- J+--- k=
ox Jy' iJz
uzevši u obzir, da je U= U(x, y, z), prema (88) imamo =
, df oU~ df oU~, df ou--
= -- . -- j,+ - . - J - - - k =
dU ox dl,J dy ' dU iJz
df
dU
oU_,. dU-- iJU-+) df
(-·i+-- j+- k =-·grad U =f'(U) ·VU
OX oy az dU "
Izvedi na isti načjn ostale dvije formule sust[_lva (208)!
Navcuimo primjer za primjenu posljednje formule sustava (208):
Za apsolutnu vrijednost radijvektora
_,. \ · 'c---:--c---::
T = l T l = l X i -J- Y j -f- Z k l = V X 1 -j- Y + 1 _:l
(a)
l . l
·odredi grad --;, grad r• 1 grad -;> .
Najprije odredimo
e) -:-- e) 7 e) --+) or_,. c)r- 01.--;-
grad r = '\)r = -- z ( 0
+ -e) J + -e) k r~ - i+ -j + -k= prema(a)=
x y z ox oy oz
~ ~ b ~ ~ -
·= l + .. J+- k=
2 V x• +- y• + z• 2 Vx 2 + y' + z• 2 V x• + y' + z•
-+ -+ ~ -+-
X ~ y "7 Z __,. X i + y j + Z k T --+ 'b)
·= prema(a) =--;-l + r J +rk = r =-;:- = r_.

~au.. račuilllluu;
l
J d­
V-=o-r · vr.=
r dr
prema (b)
'l r. r l
=-;z·-;-=--;a=-;;-
-
.... ...
r, = -;:;-
v r2 = d(rl) . v r = 2r . .!_= z-:= 2r . ;.
dr r -
l d(*) 3 ; 3-
V-= --- · Vr =--·- = --r
r" dr r' r r'
(dt
hr~ čuna j
a) grad (k Vr ), gdje je k konstanta
[
kro
2 y-;:-
J
b) Gradijent skala rnog produkta konstantnog vektora e = ex i + ey j +Cz k
radijvektora r, tj. grad (e r)
Pomoću operatora \l možemo izraziti i divergenciju vektorskog polja
....,
v ~~ P (:r, y, z) i + Q (x, y, z) j + R (x, y, z) k. Imah smo '
. __,. oP oQ oR
dzvv=- +-+ax
ay az
Taj izraz možem~ formalno napisati
ovako
. - o a o
dzvv =-P+ -Q +-R
.ox oy oz
pa ga smatrati kao zbroj istoimenih komponenata wektora« V (!.-
{e)
~ i
0 )
ox ' .Oy. oz
vektora v(P, Q i R), a kako je taj zbroj skalami produkt dvaju vektora, imamo
div -v= Vv
(209)
Skalarni produkt operatora nabla
toga vektora.
Pamtimo:
vektora daje divergenciju
v vektor = div vektora
tJ. nabla vektor daje· divergenciju tog vek:pra.
V -v znači dakle isto što i div v• t
(209a~
411

Prema tome, primijenjujući operator V skalarno na vektore, dobijemo divergenciju,
t. j. skalar, pa možemo kazati, da ·vektorskom polju odgovara $kalarno
polje divergencije.
Budući da je V diferencijalni operator, imamo:
div (k v) = '\l (k v) = k '\7 v = k div v,
gdje je k skalarna konstanta.
.i
V (v +t) =;= V v + V t = div v + div t
-+
div (U v) = V (U · v) = UV v + v V U = U div v + 'lJ grad U
__.. __.. --
(210,
u formulama (210) v =vi+ vyj + v.k i t= t"i + t;yj + t"k -su dva vektorska
polja, pa su v,, v,. i v, funkcije od x; y i z, isto vrijedi i za t., ty i t. dok
je U (x, y, z) skalarno polje.
Izvedimo treću
smatrati kao skalarni produkt '\7 i U v:
formulu sustava .(210), uzevši u obzir da div (U v) možemo
V(U;) = o(Uvx) + d(Uv:y) + d(Uv.) =
. ox oy oz
ot'x oU ~ oU ov~ _oU_
=U~+~~+U~+~~+U~+~~-
= U (ovx ..L ovy +ov.) ( oU -+ oU oU) =
OX ' ay OZ + Vx OX Vy iJy + Vz OZ
--..
= druga zagrada predočuje skalami produkt v i grad U =
=U di'IJ v+ -v grad U= U'\Jv + v'\7 U.
Izved1 na isti način prve dvije formule sustava (210).
Navedimo dva primjera za primjenu treće formule sustava (210).
Za radijvektor -;(x, y, z), odnosno -;.: ,;" !_ izračunaimo:
. r '
a)
' ~ - r (l ..... ) ·
div T0 = Vro =V-;= V -; r =·prema (210)-
-+ ......
; -+ -+ l l -+{ ') 3 r 3 r 1 2
=-Vr+rV-=-·3+r -- =---=---=r
r r r' r rl r r• r'
. -
-+
ji!:· .'-: (•·idi str. 395) Vr=divr=3

11 prema lc)
-+
b) div~= = V {+.- .-;.) = V{+.-;)= prema (210) =
~~--1 l -+3-•
=;a V r +rV r; = prema (e) i (d). - -;o • 3 - r -;:.- r =
= 2.-r• · 2_ = 2__2_ =O
r" ,.. r" r" -
tr) div Ir" T) = V (r" r) = prema (210) = r 3 ·div r + r grad r" = prema (e) i (208) =
= 3 r 3 + T · 3 r• grad r = prema (b) = 3 r" +T· 3 r 1 • To= 3 rl + 3 rl ( ; · ; )~
=3ri+3T·r=6r"
V (- 1 - .";) = prema (210). =
r• .
=-;i"- 3 -;t 3 e-·-) T To (
;;) = .,!_ _ _!_ r'=O
r r• r" -
Primijetimo da se vektorsko polje 'V zove s o l e n o i d a l n o, tj. cijevno, aka
. je div v =O u svim točkama područj~u kojem je to polje v zadano.
Zadano je vektorsko polje v
-
=
T -
13 solenoidalno, jer je div v =O i to u čitavom
prostoru osim ishodišta O. Točka O je jedini izvor. Da odredimo njegovu izda­
~nost, zaokružimo' točku O kuglinom plohom S polumjere (! po volji. Budući da je
u svim točkama te sfere :;; = :. , za totalni· tok T kroz sferu S dobijemo prema (203)
Izračun aj
T = ff Vn dS = JJ :. d S = :. . S = ~ · 4 (! 2 ;r = ~
s s
b> div [f (r) e), gdje je e konstantan vektor.
[- ;. ]
1:) div If (r)7] i odredi, u kojem je slučaju divergencija jednaka nuli.
[ 3 f (r) + r f'(r);/ (r) = rc;]
412

di!·;e divergencija radijvektora r konstan-
Prije smo pokazali (vidi str. 395~,
tna i i ed naka 3:
-·
div r =V r = 3
(210a.
Promotrimo sada posebno divergenciJU produkta konstantnog vektora
e = Cx i + Cy j + Cz k i skalarne funkcije U (x, y, z), tj.
K:.Jko je
div (e U)=, V (e U)
e U = (ex i + Cy j + Cz k) U = Cx U i + Cy U j + e, U k
.dobijemo
- - ' ( d -
div (e U) = V (e U) = ax i +
d :+ o
-J -

-
TOl V'= V X tl.
~
U tu svrhu napiš1mo prema (27a) V xv u obliku determmante r1a je razvijme
. d
po elementhna prvoga retka umetnuvši na prazna mjesta »komponenata

-F' -k
i
Računamo prema (211) uzevši u obzir~ da: ulogu -;; igra sada U-; ..
-+ -+ d d o
rot(Uv) = Vx (Uv) = ox dy o z
UP VQ UR
i
sada po pravilu produkta računamo pojedine parcijalne derivacije
= i(uoR + Rdu ~ uoQ_Qou) _
" oy dy oz ()z
---r( oR ou oP au)
-J U-+R--U_:__p_· +
dx ox , oz oz
+i(uoQ + Qou _ udP _pou) =
ox dx dy oy
= u{(oR _ oQ)7 + (oP_ đR)7~ (oQ _ oP)t} +
dy oz i)z dx ox oy
/
-+
U prvim Vitičastim · zagradama nalazi se prema (204) rot v, • u drugim je
' -+
prema (199) i (27) vektorski produkt vektora grad U i v.
Imamo dakle:
rot (U-;; = V X tu_;; = U rot;+ grQd U x-;
m (212) .
rot (U-v) = U rot v - v x grad U,
ili u drugom obliku
- -+ -+
V X (U V) = U(~ X V) ..:... V X V U (212a)
Postupajući na isti način, dobijemo izraz za rotor zbroja dvaju vektora:
' .
__.... ......... --+ --..
rot(v +t)= rot v+ rot t
ili (213)
Izvedi to!
-
V X (v + t} = \1 '>(. v + V X t
415

lzracuna)mo još rot r, t. j. rotor polja radijvekt-ora -r = xi + y j_ + z k
..... . _,.
i j k
rot r =V x r~ o
ox
o
oy
o
o z
X y z
= i(oz _ay) -7(oz·_ ox) + J:(oy _ox)
oy az. ox az ox oy
Svaka parcijalna derivacija jednaka je nuli, jer su x, y i z nezavisne Frnmjenljive.
Prema tome je
rot r .=O
Rotor radijvektora jednak je nuli, t. j. polje radij vektora je !Jezvrtbžno.
Izvodimo ·sada izraz za rotor produkta konstantnog vektora e = e, i+
+ e 1 j +e, k i skalarne funkcije U ·(x, y, z), tj. za
rot (cU) ~
\7 X (cU)=
-- l
j
k
d d "a
o :i ay o z
e, U Cy U e, U
=i ( d (e, U) _ d (cy U) )+J (-"d (e, U) _ a (e,, U) )'+ k ( o (cy. Ul.
. oy oz dz dx dx
a (e, U) ) . b . d .
- -- .... ------ = uzevs1 u o z1r, a su e,, c 1
~e., konstante=
oy
( au au )? ( au au ) ~ ( au ~Yu) k =
= e, CiY- e, dZ l + e, az -e, ().;' J + e> dX -e, v
= -e X \7 U = - e X grad ll
- ~
(113a)
jer -e X.·grad U=- e, e, e,
au dU au
ax- ay o z
daje. gore dobiveni izraz. Da se u to uvjeriš, raz vij tu determmant1.1!
- -
rot (cU)= "V X (cU)= -e X '9 Cf= -e X Qrađ U
Imamo dakle
j
k
(lll3b)
~16

~
Ta formula daje drugo važno pravilo za formalnu primjenu operatora .V:
Ako se traži rotor, odnosno V X produkta konstantnog
vektora i skalarne funkcije, može se kon.stantni
v e k t o r i z n i j e t i p r e d o p e r a t o r, p a o p e r a t o r V d j e l u j e
samo na skalarnu funkciju i.daje gTadijent te'funkci'ie,
ali u dobivenom izrazu treba protp.ijeniti predznak, jer
z n a m o, d a z a v e k t o r s k i p r o d u k t n e v r i j e d i . z a k o n k o m u­
t a e i j e.
Sada možemo vrlo jednostavno izvesti forlnulu (212) napisav!i formalno
-rot (Uv) u obliku:
.... ...
rot (Uv) = V X (Uv) = V X +V X (U!:)=
smatramo li, da su podvučeni
faktori konstante i to, da je U skalarna
= U(V X v)-v X V U= Utotv-v -Xgf'adU (212).
Primjeri.
l. rot l ;.)
= V X {;) = prema (212) = :, rot-;--; X grad :.
konstanta, a! konstantni vektor, tada prema (21lc) i (213b) dobijemo ...
' ·... 3 ..... 3 -+ ...
= prema (213a) i (d) na str. 410 = O ~ r X 7 ,. =-;:;- (r X r) = !!_
jer je vektorski kvadrat jednak nuli prema (24).
.... ~ ' ..... . ..... _.,.
2. rot [f (r) r] = V X (f (r) rJ = prema (212) = f (r) rot r -·r X grad f (r) ...
=prema (213a) i .(208 )=O-1 X f' (r) V r =-;X f' (r) ..!:....= ,..
t' (r) '-- ....
= - -- (r X r) = O
T . -
jel' je prema (b) Vr =..!:...., a vel,dprski kvadrat jednak nuli.
T
~-Tot (

v =,v, (x, y, z) i+ v, (x, y; z) T'+ v, (x, y, z) k
u nekom zadanom smjeru a (a,~; y),.kojemu odgovara ort
- -
$ 0
= i COS a + j COS {J + k COS y
i to u nekoj točki
A (x, y, z) tog vektors~og polja v (x, y, z).
p smjeru s uzmimo točku B udaljenu od točke A za A s i._neka točki A
odgovara vrijednost o radijvektora v (rA), a ~očki B - vrijednost v (rl>), pa
derivaciju funkcije v u ~jeru 8. dt:finiramO:: s~ično
,dv = lim v (rn)- v (rA)
ds A•- o As·
l
kao za skalarnu funkciju:·
Kako su radijveldori funkcije od x, y, z, prema (87) dobijemo:
dv = dv . dx + dv . dy + c)v dz
ds dx ds · dy ds oz · ds
Znamo, da je prema slici 181 i (197)
pa konačno
dx
dy
-ds =cos u,· - =cos fl
ds -
imamo:
d.z
ds
=cos l'
ov .

·Primjer
- - -
Izračunaj derivaciju v = yzi + xzj + xyk u smj'eru s =i+ j+ l; u točki
T• (1, l, ll.
prem:a (213)' dobijemo u točki T (x, y, z):
01 u točki T• (1, 1, l):
l
_
-l:-+-+-+
Kako je s0 = V3 (i + ; + k)
- -
....
V Vx =grad (yz) = zj +111~
V Vy = grad (xz) = zi + xk
V V z = grad (xy) = Jlt + x"i
.....
()v-+ ... 1~- .... ~--+ _.
dS "" So V V = ya:. [(i + j + k) (zj + ylc:)l j +
+[(l+ j+ k) czi + xk)] j +[(i+ j+ k) 4 ll
(213c)"
iJ ---
qt (a b) = a b +·b a
(213c)'"
la i b au derivacije tih vektora po t)
Izračunaj za vektore
; (t) = 3 t i+ ~~j+ t' k
b = - t i- 3 t ; + T k
derivac.ije vektorskog i skalarnog produkt~ prema gore navedenim formulama. Re·
zultate kontroliraj ·tako, da izračunavši ·•ek:torski, odnosno skalarni .produkt vektora
deriviraj dobivene izraze po t. · · · '
1 -
Sada prelazimo . na računanje gore navedenih vektorskih izraza ..
l. Traži se izraz za gradijent skalarnog produkta dviju vektorskih funk·
cija, odnosno vektorskih polja:
.... ...
v = v. (:r, y, z) i + w, (.:r,y; z)j + v. (.:r, y, z) k

tj. za
- - +
t = t, (x, y, z) i + ty (x, y, z) j'+ ts (x, y, z) k
. grad (v t)~ V (v t)
Mogli bismo taj problem rije~lti tako, da najprije izračunamo skalarni
produkt v i t pa zatim gradijent tog produkta. Taj način je vrlo kompliciran,
pa ćemo mnogo jednostavnije doći do traženog rezultata formalnom primjenom
trostrukog vektorskog produkta. Prema (32) ·
-+ ........... _ _,.._
a X (b X e} = b (a e)- e (a h)
možemo pisati:
odatle
Analogno
odatle
v X(~ X t) =
-. -
V (v t)- t (v'\')
V (v t) = v X ( V' X t) + t (v V)
.... -
t X ( V X v) = V (t v) -
_"
v (t Vl
V (t v) = t X ( V X vl + v (t Vl
Sada prikažimo V

Prem,a tomP
- - d t
(v 'V )'t = v-:;- (213d)
ov.
Simbolički izraz (v
-'V } t predočuje dakle produltt apsolutne vrijednosti
'-+
vektora v i derivacije vektora t u smjeru vektora ·v. Na isti način imamo
- - av
(t \7) v = t -:;-
.oto
Sada i formulu (198a} za usmjerenu detivaclju skalarne funkcije U (z, y~ z)
možemo napisati u obliku ' ·
pa je
ili
- -
- ou - -
(s V' ) U = s; ( s 0 V' ) U = s --:;-- = s (So grad U) = s građ U
OS 0
-
Naša formula glasi konačno:
(s V' ) U = 10 'V U
grad (v t) = 'V (v t) =
(213d)'
= v X ('V X t)+ t X

'
+ " đty . + t đv. _v dt. _ t' đvr =
l( đz y . đz y QZ X đz
(
đty ·- _dt,)+ v (~--ot,.) +v (at. _ đt!_ )+
đz c}y . Y ox oz ' đy đ:r J
(
ov, __ đv.;) +t (dv.- .dv.) +t.' (c)v,- c)v,)
dy oz Y dz d:r d:r dy
--
Prva tri člana predočuju skalami produkt vektora v i rot t, 11. druga .tri ,
skalami produkt vekto.ra t i rot v, pri čemu.'je prvi produkt negativan.
_,.
(Da se u to uvjeriš razvij prema (211) rot t i rot v).
ili
Konačno dobijemo:
div (v X t) = -v rot t + t rot v
... - .....,. -+
div (v X t)= V (v X t)= t (V X 'v)- v (V X t) = t rot v- v rot t 1213f)
Mno~o jednostavnije dolazimo do istog rezultata formalnom primjenom
operatora V.
Kao prije napišimo V (v X t):u formalnom obliku podvukavši one vektore.
koje ćemo smatrati kao da su konstantni:
sada mijenjamo položaj ve~tora
V (v X t)= V~ X t)+ '\7 (-;;X t) =
-- 1-
u prvim zagradama, jer operator' mora bitil
_,.
lijevo od vektora, na koji djeluje, tj. lijevo od t, jer ~ smatramo kao da je
konstantan
=-v

3 .. Izračunajmo sada rotor vektorskog produkta dvaju vektora, tt.
~ - ..r"'.-
rot (v X t) =V X (v X t)
Izračunavši
imamo:
prema (27a) vektorski produkt vektora v i t prema (2llj
j
k
VX
-
(v X t)""' d d d
·""
ox dy rz
v,. t, -v, ty v, t, -v. t, v. t 1 - V 1 tx
lzračunavši
parcijalne derivacije i uredivši dobijemo konačno:
rot (; X t) = V' X (-;; X t) = -;; div "t\-t div ;; + (t V')-;; - (;V' ):i
Mnogo brže dolazimo do tog rezultata formalnom primjenom operatora V':
- -- -+---fo ......
rot (v X t)= "\7 X (v X t) =V X

o e
rot (e :K t) =.e div t - t đitJ,c + t -e
~t.
Č} t- - - 'bt
__ =e div t-c---=:-
lk.
jer su d.W-; =O i~.= O.
ot.
Primj.eri
l
l. Iuačunjij. u točki T (X, ll. z) derivaciju skala rnog polja U=-;:- u smjeru
So (COS a, COS p;cos y).
Prema (213d)":
i1+ - l - l
--::- = (so V') r = So grad -;:- = prema (C) na str. 410.
rl so
- - l -
- - So " - • To = -
r•
_l__ (;:, ;.,) = - - 1 - · l · l · CO& tp -
r•
,.a
72
cos tp
gdje je rp kut izmedu lio i ro.
- - -
2. Izračunaj u tački T1 (2, 2, l) derivaciju divergern:ije vektorskog polja
v = (X 2 - ll'> i + cz•- z!) j ir 3 (x- .z: 2 ) k u smjeru jedin ičnog vektora normale n,.
'na sferu x• + y 2 + z• = 9.
Prema (213d)':
()di.vv - - - -
- ... -- - (no V' ) div v = no · gl'od div v
ihlo
-
Za sferu n = r = xi + ll j + z k, a u tački
- - -
T•
r = n = 2 i + 2 ; + k,
pa je
~ 2i+2j+k, 2-; _2 -,.+ l -
n- ~ v 4 + 4+ 1· =T d 3 T -~e
-dok je prema (202): div v = V' v = 2 :r -15 z, a
...
.()div;;
··---
uno
grad (2 x- 6 z) = 2 i- 6 k
- (2 -:-+ 2 :-++ ·1 "k) (2-: 6-k) _..!_ ·2-.!.. ·6-- 32
- 3 • 3 3 3 •- 3 a
3: Izračunaj
ii
(V V' ) t ~ V ---:::;-, ako je
Ovo
v= xi-yj, t·= x'!-y• j+ z• k.
424

Prema (213c)':
(; v -;l
--
= ((rt- vil 2 .ri) i + 1- (xi -lli) 2llil i +
+ ((xi- yj)2 z k] k = 2 x• i + 211 1 j
4 (h- j) V ) (xy- yz + rz) = prema (213d)' -
- _1. - - ""7'
= (i - j) grad (Xy - ll Z ,+ rz) = (i - ill< ll + Z) l +
+ (X- z) J+ (-ll + X) k) = 11 + Z- Z + Z = Y ~X'+ 2 Z
5 Izračuna] u točki T (X, ll. z) denvaciJU skalarnog polja
. rt li 2 Z 1 --:---
u = Q2 + b2 + Ct u smjeru r = x• + '!11 + z k te točke
12 U)
6 Izračuna) divergenci)u vektorskog produkta vektora
v = zi + rj + yk i t = JJi + z j + rk, tJ . V (v X tl u točki A (2. - 3, 5) polja
[8]
Izvršimo sada nekoliko kompliciranih vektorskih operacija, koje se svode na
višestruku primjenu operatora nabla. To su t. zv. diferencijalne operacije drugog
rrda
'
l. lžraćunajmo cLvergenciiu polja gradijenta skalarne funkcije U(x, y, ~).
1 J div grad U·
tilv grad U = V' gt"ad U =
d ("u)
prema (18) =- -
ox ax
skalarni 'Produkt form.alnog •vektorao
d
ox
ou
ox
V'
d
oy
1 vektora grad U
ou
ay
d
az
ou
dZ
Napišemo li formalno izraz dobiven za div ·grad U u obliku:
. (214)
. ' ( o• a• o' )
dzv grad U = -- + - + - V
ox• oy• az'
tada predočuje izraz u zagradama L a p l a e e-o v o p e rat or il i Japlasijan, koji se •
označuje s ll (delta)
(21S)
425

pa imamo:
_Jiv grad U= V grad U= ~U
(214a)
Kako znamo, A U = O je Laplace-ova diferenCijalna jednadžba (vidi str. l S2).
Sada možemo stvoriti vezu između operatora Hamilwnova V i Laplaceova tl.·
Znamo prema (207), da je
grad U= V U
dakle
a odatle ·je.
~div grad U = V grad U = VV U = A U
l V v ~= V' = ll = div grad (216)
Skalami kvadrat operatora V daje operator ll!
Pazi! Formula (216) ne smije se primijeniti na graddi.vv.= V('V'11), t. j.
..... .....
V(Vv) =l= Av. Vidi dalje točku 4.
Da se uvjeriš u ispravnost formule (216), izračunaj
uzevši u obzir jednakosti ( 1 3) i (i 6).
Dobit ćeš:
V'= (!_7 +!_j+!__;)'
ilx ily c)z
il' o' il' ·
V' = ilx' + 15)..2 + ilz' = A
Ali vektorski kvadrat nable jednak je nuli
formalno
(217)
jer: je prema· (24) vektorski kvadrat vektora jednak nuli.
Iz gornjeg se vidi, da je:
ll U = ll skalar = ska!ar =" d1v grad 'U
Pogledajmo, što će
dati A v = ll vektor = div grad vektor.
..... - ( d• il' iJI) -· _,. -+
.
div grad v= liv= - +- + :__ (P i+ Qj +Rk) =
ilx• ily' iJz•
(218)
426

A v= A vektor= vektor ='div grad;
Npr. za radijvektor
- - - -
T= xi+ yj + zk uzevši u obzir da je P =·r, Q = y
1 R = z prema (218) imamo:
- - - - - -
div grad r =
~ ~T = ~ r = i · O + j · O + k'· O = O
Izračuna)
~ v za v = ex• 11" z•) i + (2:r 2 - 11' 't- z') ; + (.rl + 11 1 + z•) k
[A ;; = (2y 2 z• + 2:r 2 z• + 2:r 1 v•> i+

Do istog rezultata dolazimo mnogo .brže formalnom primjenom operatora V:
___,.. - - '
_.
div rot v= V(V X v)= (V x V)v = prema (217) =O· v= O
Divergencija vrtložnog polja jednaka je nuli, dakle vrtložno polje nema izvora.
Polje, kome je svuda divergencija jednaka nuli, zove se solenoidalno
(cijevno) vektorsko polje, jer krivulje toka, t. j. krivulje, koje u svakoj točki polja
diraju pripadni vektor (silinice), prolazeći duž zatvorene krivulje polja čine
plohe oblika cijevi.
3. Kako je vektorsko polje gradijenta it.i potencijala bezvrtložno polje, mora
biti rot grad U = O.
Pokažimo to'
Uzevši u·obzir formule (211} i (199), dodijemo:
rot grad ll='V X grad U=
j
đ d d
ox oy o z
oU i> U ou l
OX i>y ·oz l
k
i=
rot grad U= O
Isto uz formalnu primjenu operatora:
rot grad U= V x (VU) =(V x V) U= O · U= O
Polje gradijenta ili potencijalno polje nema vrtlo~a.
4. Izračunajmo sada gradijent skalarnog polja diver~~:encije vektora w:
grad div v= V(Vv) =
;o :o -a) . _,.
= ( z ox+ Joy +k oz diV v=
-
a kako je
~ ~ _.,.
-: o div v -; iJ div v -k o div v
OX iJy az
=l--- +J--+ --·-
. - oP oQ aR
dzv v = - + - + -
OX . Oy az
42~

dobijemo.~
· . - :(a•P a•Q · o•R)
grad dzv v = z - + -~ + -- +
.ox-• oxoy oxoz
(219;
5. Izračunajmo rotor polja rotora vektora v, t. j. rot rot v.
rot ror v = V x (V x v) = pr a~a (2~ l) i (204)
1
J
o o il
= OX c)y
"z =
j
(oR_ oQ)
ay oz
(oP_ oR)
ot ox
k
(oQ _oP)
ox ay
= 7 ( o'Q _ o•P _ o'P + ()'R )
ox oy oy• o z' OX o z -
- ( o•Q o'P o•R o'Q )
-J dX' - OX ay - ay o z + az•- '+
..".; (~- _ o•R_ _ o'R o'Q )
Jxoz ax' . oy' + oyoz
d'P : o'Q
Sada ćemo desnoj strani dobivene jednakosti dodati i ox' + r ily' +
+ k ~ o'R . . . . "()Z" d .
1 !St! 1zraz o uzeti.
Nakon uredenja dqbijemo:
- : ( o'P o~Q · o'R ) : ( o'P a'Q o'R )
rot rot v= l (}X'+ dxoy + axoz + J {)xay +·(}yi.+ oyoz +
-- ( o'P o'Q a'R ) . {: (a'P o•P a'P)
+k--+--+-~-!-·-+-+-+
OX az oy o z az' ox• oy• o z'
: (o'Q a'Q o•Q·) ..... (o'R o'R o'R)} .
+J dx• + oy' + iJz·~ + k iJx' + oy' +ai' = prema(219) 1(218) =-
__,.
= grad div v - div grad ~
- -+
rot rot v = grad div v - div grad v (220)
420

Mnogo jednostavnije i brže d9lazimo .do tog izraza formalno primijenjujuti
-.perator V. Uzevši· u obzir formulu (32) za trostruki. vektor'ski produkt:
__...,__,..~
a X (b x e) =b(ac)-c(ab) dobijemo:
-'->
t'Ot rot v= v~< (V >

Uvrstimo li u tu. formulu V= U i W = U, dobijemo gore izvedeni.izraz
x' + y' +z'.
-4~ .
e-----
B. Izvedimo 6./(r), gdje je r = ,-;,=V
6.J(r) = v l \7/(~)1 = prema (208) = v {j,' vr} ~ prema (b) str. 410. =
.· . { ';} J' ~ - !,'
=V J- =prema{210)=-.L.Vr+rv--=
' r r · ,.
. j' ~{ l l l
= prema (210a) i (208) = -.L. • 3 + r /,'V-+- V/,' =
r r r
= prema (e) str. 410, (208) i (b) =
jer je
_!_l 2r J' + r' f" l = -~
,.- 2 r r ,
.!_ dr (r•/')
7 2 r
~ (r•J,') = r' ·J,'' +J,'· L.r
6.J(r) = :.:,(r'J,') (220~
Na primitr:
l d l 2
L1 r = Tt dT (r' · l) == Yi" · 2r = "j:"
A..!..= ..!.. ~ { r• · (- _!_)} =..!.. · ~ (-l)=__!_ ·O= O
. r rz dr r• r' dr r 1 -
L1 r' = ..!.. ~(r• .. 2 r) = _!_ 6 r• = 6
T' dr ,.o -
~ietimo, da gore izvedeni izraz (220b) za ·tl. t (r) možemo dobiti i tako, da
ne~o''primijenimo formule (2141:
div grad f (r) - 'V 'V f (r) = tl f (r) =
= ( .!:..._ + __q:_ + ~)f () ,.,. 0 1 f (r) +· 0, 1 f (T) + til i(T)
ax• 01! az• 2 T t)xt. d'IJ'- a~
411

• .r ' ' ~ • :~ : ~: ' \ ' '
. Izračunamo ll za f (r) te tri dt"i.lge pareijal,W ·eler~ va, d ).e :Pa· in -.z~l~o•. dobil , .
'l!emo' nak~n uređenja · · · < ·•. · . ,
Af

'fer je
.Na p:imjer:
';;
(~200) ~'.:
' ' ~ .
'
l ~ l , ·. ->;

dnadžbil daj~
_;' ·,, ~ '
z-r,· ,.,:;.;: v-::- fi.Z • ..; ·,.z -::1.:2:; : ':. · •
. \
j. ... "ft........ '; ·"' ·.··.a.
. · .· . . l ..,.- f~ (~•:Jf>~Z}•" l :ft-(,t;, V, t) : ..
UsPC>I'edimo ·li tu -i~ad.~bu· ;_ ~jednadž~rn P,~avc~A kanon~bm t>b~· ..
(38), ·vidim~ .da' ~~efic~j. • •• ·.···,j l
Kako -su koeficijenti smje.ra ta~te 'fu~k~ od ~~-~ 'i: .z,. ·z,actfu'čuj~' o~
da. prostoru, ~ustav
Jet
_(a)
dcx:tJel~UJe
qife~e~.c~ja.·lrilb
wa~}-
j·ed ....,na. ~f.~lc>_ta, dt··bl····· .. p.:rvo·g. ·.. -~._il !3__ a,~e·f.i~."'i·r·a·
k~rn.-~U."def\lifl'arte
·~-~. Jj~ •. sm. }er. Đ.· -lu..· .:u
.......
~;
•
. / Dai dobije~o partik\llamo rješen~>~~~ ~ltgeo~n•trijski"Jednu:'fla~tb'
krivulju te familiJif. in'oramo uvesti ~etnJI "~~;· tjl'.mp(Jmo.:;ead,au ~~if·
točku (.r 1 , y., z,}, kojom la natoči;a, kil~ja.~; Proći. . :~: ·. · , .j ~.
Ako je polje smjeFQ\)'a ~· prostoft.. ~flnir~no .. ti{. r.Onkdje . p. (Zj vJz)j,.
·Q (.r~ 11 •. z) \ R (.r~ y, d;tlj:- ~~~-"-(a) ~ ~~ - ' · · ·' · ' ·
d.r - . tly' . . . . . :cle: >
ili
P_(:r,y,z) = Q(:t',v.z}u~
a~;v~z)
pa je
Konačno
imati oblik
sustav
r:eda:m~
. . . . '! :
434

~'* ~{;r~j!I~YIJ ,, ·
:~"; ·:"/'.... . . :·. ~. ·. )'~ ~ ·.~:
di. : : ';· '·'· : \
' :df'~/~(.r. -~~'!! .
U . tom. se slučaj~: traie .tri f.unkci;e-a: =
a!iW, 1l.~'.N;.(ft)l ~ :..;. :~~;_t,j~ .. ,tr d~·
familija prostornih kr~vulja zađana je pa~i.)l',U,sustavl'~ćHWn~b.
.. jedn!ldžbi mo!eino i ki~m~ttlč,ki-Jntei'pte~ ako: :P,~~)~ j~'·P.~~~metiu
t vrijeme. ' ·· · · · · · " · ' · ·
1
• Kako je brzin~t )dertva~lja: Pu~ po~~~~:~~·*· l' ~' ·· ~ci~~u
brzine gibanj~ u smjeru koordtn;tnifl·· os/~ · ~~wi. ~Č lt~; ~a:: t'.t'z). i v~
mena t, tj. zadani ~ustaV' diferenc~ja:llljih j•a,dib(~fiqir• v~o, poi!e ·
b~~ina .. Riješ~ti· taj. s~stav ~miči, (Jak~; ~~ .... ~tsv~t. dt$/giban~· IL•~o.ru,·
kol.~ u svak~) zadanoJ t?č.kt'(x;,3h~) ·P~StO).'~;~.~ ~~ -~~~~ m~l:f.lH i:inaju
b_rz1nu prop1sanu zadanun St!Stavoll) d1fer~ncij~lritll Je~dibl. .. · ·~ ·· 1
. · Kako se rJe§avaju -~dnosJ;la. integyiraj~ Aaved.nj. .~Psla.d .:4ife-Cijatnih
jednadžbi, 'Pokazat ćento·na primjerim~. ~.·. " ·· · · · · ·
Pr i m j' e r·i · . ' ' .
Dobijemo
l
!',
11 =- Ć"t-e.:.: +"''"'"'~+~z-- t,r."' .J lb) daJu:opć~ deJ~Je- za~~ ~..;-~i pno;~·j~:~li>~~,
stor~lh krivulJa; koje ovt&e o.-sfvJema pa~~~~c~.}:C.. . · .>: ·· "\. '
Odredimo sada. ~artikula.rno rjeienje sijS .. iav. !;.;,tJ .....:01\i~· J.eclftQ; .. ~.-.' ·.. 'tu .J>ro..
•tomu krivulju •.. ~oJa ttekap~?l.a.zr~orn;J~(O,.·~·:R-~~ •. ~ .. 1:' •..·· ." ··'
Uvrite~;~j&. koordinata ~!~U',oj,:ilfe''tJe~·dJ)e: · ·· ..· ·
. '· -· . - ·""-:.:· .
. .·· ·~--
3 .= C•·+ ~*"""" 1;, ,,
l "''Cs.,....~~ + .l :

2.
1
' . ' '
',;i~-
-·~v+-·.·:~·­
,.....-~"':"\,'. "'"'--...
lu . .,;,~-+ ..«·' ...
_(it .. '' . j
~ ... % ·:;. tl ' ' '
Det!vir~Jmo·pc) t'Pl'V\1-~~~Jl. )~·d:.~~u~~UfttO clv,lj~.

_,' . :tt -"
:i=}L....:4~
4
_+..8e- ',
-t~.
'\. lt
-If-~'"""' ze· 'if-_~ e .
. -t .· .. ft
i;= 64f. :.r·~· . .. ;,
' ' '
' Ond prEtdočuje
l' • •• • • •
t~atenu · tra,lektorl:iu; ·nOi._ g.U)anja. ~ pr~- kole:~- ·
•
· lazi :zadanom t_očkom T1 ,u Diomeo,t ·h - ·~· n_ s;· ae_-uvjeri_mb __ ·,da_ llr~_ -~.-.jlovOJJ_. aw. ':
uvjete. postavlJep.e za~~ SW!tavom; fil!.fe~ija,~ j~td; .fe\~fn1o·· .b~·
Jibanja u smjeni koon(inatnih ~i, tj. ~. fl _l ;:.. · · -· , · ·"' ·- · · '-· ' ·
. } . ' ' • .
' 1
Prf,!ma (d) imamo!
.. ' -t··:-··' k
,, ~ = _. e +,e e·,
,, .. ·- i-tl·' .tt '
Jl=~e .-t:6e ...
. --t. ft
i%= :-h. +.~•.
'
'·
·-...
-· : -~;_,_-'t· ·_,-n,·
_z +'z =.-2e_ :+t,:·,
-. .-. "· ','f"J. lt
.x+ u-=;-.;.,...s_e -.t Be
.. (
.'-,;Ž: ... 'll+ J ;
• l ' . . l
li='Z+,-«
-t=- z+:i ·
.. ~ . ' . .. . '
a to je zadani sustav diferencljalnth ~~-
. ' . . . . -·

Kako je tg rp :o .lL
. ' z
đobUemQ
pa je
,.
w
Slijedi
·dakle "
< ~· .--·
.. l~~....:Ar~t~L~ =b·
·• ,- l ' ".tt< . ~ ·. _; .v
• ,i •. - .~~ -~~
. d.z· ~ .. df: : • .. l
-~~-~~-7 ...
·:· .. ·,, . 'pf.•-1·
. . ( ;- . ~.:'t' - -·-··
l:lu ... l!l r t :ll$ Cl . ··
• ·~ j '

Ct "...:._zv.::;_:n:...,Jit
>- ...... --
. Da I)Qjednostavimo đob.iv.eno ~enje, iirfi.611Dimo:' ·.\ ,.;
"Ct 1 - ;tl +ll.;+ zS {- .~.+ ~ +~ .
;a odatle je
'•
UvrAtenJe u +zraz ~ C-. ~e.: . ··- ' ' . • ,
- •Ct.._ .x• .+ ·v• + ~- r
Cit'= --·-:2- + ,...;,_.....:.:'"'::·1:-..;..;;;...c
- . ~ ·-"'. .
$>& je
c:t~ + -w• +ze z·l!C2' +•C• 1
. ' -. ~-··(,;', ....
z~ +r +t=;. e. , · \, ·~(b) ..
~ - ' _t.:: ,/~-i ~ ~ '. ,· ( - "'.·. l '
Iz 'dobivenih tješenja 1(11). ·i '

Uvr!tenje ·~ c\r~ Jednadžbu 4&Je: ;
' ' j l .• ·:~:*·'~-,~;·~J .. ·'
.lli
Odatle_
•'.;,.,;.).
, ... - '··'
.dv- "e, ·· : dt ·
· · · c.t+a: · .
. 1' . ·. : ·:·
.f '
, 11 =e. Lc~:r~t- +e.,.~~~~ -if·c:*)~;~
j • • l . ' ' .' ;~·.. /'7
:Ji~ tn-'Clt+ se·+ (t'~/
Da izraumo i X kao ·funkejj~ ~KH. e;, c:J.·:r~~ :·~~t(ii\o e~. ~i~
Dobijemo:, ' · · · · · " }" ··
· z= an' (G,·t + c\r.+ Cs+~- . '.taj-·
. ' ... --,: '. ~,_·i • J~. 2 ~~; .·' : . . ~- ~- ". ~ ~-
. Pri kinematičkoj interpretaciji dobiveno'.opte.. ~. aie·.Cat • .·fti~
.. l,M preci~· .
sva gibanja u prostoru, 'kojim je' btzlna u. siikoJ. t~' ~na .·~Db~\ ,.a~·
diferci;~djalnih jeđnadžpi. , • ·· ·· · ' ·· · '· ,. ' '·
. Odredim

.. 2.
d:r ' dy' · · z đz
a. '-=-·::er
• XJI.,·
.:r . y '-- .. :_ . l .. ~ ·; ~,,t.: . . "; - .
-, f;::~·6Jx~ ~ ~· ~e~~ ;-e~}.
< ·: )
4. d:r =y:J:~.;
dt
P~tikularno rješ~nje ~a.-t• =~kroz T~,(l,d~ l)~ 1" :·~ , , _ , -~. ;_ ,' . · 1
, _
. · · '[:r",.•2t• + 2t 7 1Ht:,.,. ..o:;'tt• +1~.; -'2t*t-c4t + ~1
• l.
5 ..
,,'· :1
..
/.:.i tl~7:r; . .416 ,;i;~~+'J!I
. \ . dt ' .. ' . . ., '·. \ .·
t X,;. e:-•t (Ct e~ t+ C~!ir ~);-~· .. ' : . .. '.
·. - ·' ~ = :e..,..et{(Ct~"t:Ct) co~t+

' /
dobijemo
p . p ' ,' .f- Q . ' _q ' .:.. ~ ~ ;~·.:,-l 'i $ ~
Vt +,r+ q• Vl +~.k.t~ q' ·,:i . ij~·y ~+·9', . . "'.
-.:- .· . ' i' .. ~.l,;\'·.·.'' : .~ :~~~ .,' i·\ ~ ·. ·. ·.• ~
Prema (l~)· ·predocuje Ulc:Wa .stra/na · qob\~~n'e' j~dul

:Pr"stome' J(s:iVUlje- bit\~ .ila·' ~I$HCll(lJ:rt
)arak teri s~irne kr'i'\1\ulJ~, Pfii'Sillf'll.~m~;•!J!
alic;i 188 kiivulje S) .. r ·'
Potražimo najpti~' d#č=~icl:~~~Jj~:~.U~ 'sltiilj(NJ
.. '. Pre~· O 56a) ~oa~~~ti ied1~ii:J1f~~-'''~~~IDiC~'1: ~.,~
ltrivillju::
l
l:oeficije~ti sinjera te sjle 1 "
•. ··,.... \ _ _., -~ ~- ....·.~'.' ."'"~~~ __ ,,,!_.~.-·",·· ~-· ·._.,~j,,):···~ •' ~.
. Bufdući. d~ slle v ~;a· -'~{t~m~ju -~ ~i·~.-~~ ~~·,Uli!.~
-ge;lata na Sllmce, a .uVJet ~ .. OS'tll4~

' G,·~ fitx; J/t:::.;..
·e; = ~{ x; jJ, ~:.) · -~
' . . ' .:.- J.·< ~--( ·".' ·......:· ., ."·,'
.lzrač~všl iz tih jedn&#bi Cd. G~.'.:. . -' '
. ' . : . t ,; -.· l ! .•• .-;' _-:.·.
t1vrsti~o li te jedA~~ u '(222)r ~~ . ·~·
. op će . rj eš,enje 'lip ear ne.'; :~4'rcl;a.ln~:~Jjfete:.ll~i 1 Jklne j~'t,tnadžb:e: i::'
. \ •. ·. ,· ,. )1-..' ·,.. • -

....
Rješavamo- .taj . sustav:
I~
·Odatle
ili
,a je
'(a)
4obijemo:

avnine
tuna. ·.
'tc4&Ste
, : ·ba,se·
:.~ti ra~~· u~,llll [JIU«1v~·~·
• ' '
l
(~ ..
. "i·,;."
.r~·.
'..X
. St 1119'
Dobi)emo:
(d)
Oma~o:
•
s '
~.;.uno· .:- • .f.
pa.u:~- ' :r '
P,ema.(l)
gd& tle
lm

dobijemo
. 2S~ i+' 2$y., ~ l h'•::~· 0,
To je traženo ~lm\9 rj ... je~'b;t#~~ "otac p~-'-~;: 18~
2.
Prema (22l):
li
dx.' dz; .
a iz. - = - 0
, odnosno tz dz =;U .. ~~
y
' '

Prema: (222) u~bi.v'!\mo i~Qa.đž~)ih J;{)J~~i~·p~. (Ki(.~h,te:·~šebii=
'Zadane diferencjjalne ie4nad:Z{?e:
: Fff X%;+ y•; ;;) ':'=~ ~.
ili u ek~plicitnom
9bliku
(a)
~dje. su F i j funkcije po: volji,
icdiladtoe .zBd&Yši· ~ ·~~a­
Odredimo. pf!rtiktilar:no .rjt:'šcitie\ difetencH~t!e
licq pravac :
i d:.:1:
y~~(.
k~ji je p~ralelan.· s t>si.~.(r~vn~~ x =:' 3 i~ :='A• ~e;~,Ok~~tritl.·~vf;Hb! ~Y~
SIJeku se u pravcu, koJI Je okomtt ~ ravn.UJ.XY,·4ai(~panlc:l!~ • ~t Z).\·
Uvršten'je u (a) daje:·
Uvrštenje .u (a) đaje
Odatle
Z·=oi /(9 +:J()~
z =kis>
. T? je t~ženo partik,~lar~ ~j~~~j~;,k~t@i>red~.eyaJjak·pOI~~~a·5{~emu
,e .os ssm~trl}e os -?·.~er~t~eJd:tvulJ~~~~~-~~· svpl1t p~ucaDJU \1zduJ
os1 Z skhzu se po zadanom pravcu (ravnali9}t a JSl.ldUti.~ Je tla}: Ptlily&C. ·l?~~~
s osi Z, a udaljen od nje za Y3• +4~=·st, bpisuj~ USpraVni' ktuml valjidt,:poau-,
m,iera oaze 5. . . ' .. ' . . . ....
3.
~ ~ !!!.'·dobijemo im-Pdrimr.tciQl:
2 s ----:v".r~
(*)
MB

Uvr~tenje u (222) daje. traženo opće r~ešenfe: .
ili
3x + 2y =f(5x-a)
gdje su F i f funkcije po volJl. . .
Po'kažimo, da , opće rješenje predočuje familiju valjkastih plohi, t. j. pfo'ha,.
što ih opisuje pravac,.Jcoji · se . pomiče u prostoru ostajući -pri. tome paralelan. sam
sebi.· .
. Napisavši jednadžbe (a) karakterističnih krivplja u obliku:
e,
C,-2y Y.-:y
X = -.-3- = --3-
-:y
dobivamo jednadžbu pravca u prstoru u· o'bliku
ili
e, e,
Y - h+x
/T "'· 2
-=-y=-5-,
--y 2
koji ima konstantne koeficijente smjera, a prolazi. točkom rr (O, ~· , :- ~·) po
volji (vidi § 3, 2). Karakteristične
krivulje su l:iakle paralelni pravci.
Mijenjamo li vrijednosti panunetara C, i C., t. j. kootdinate. točke T, time,
p oml čemo pravac u prostoru tako, da ostaje uvijek paralelan· sam · s~bi. Pri tom'
vomicanju opisuje pravac ;valjkastu plohu.
Da o4redimo partikularno rješenje zadane .diferencijaln~ jednadžbe, odnosno
jednu naročitu valjkastu plohu familije ploha zadanih. općim rj.clenjem, moramo
zadati ravnalicu, t. j. prostomiJ krivulju, po kojoj će se sklizati ti;, pravac J~
opisivati tu naročitu valjkastu plohu. · ·
. Uzmimo na pr. za ravnalic~ kružqicu prikazanu na sl.ici 189, kojo;.je jednadžba
x• + y• = 16
z=S
Uvrltenje y = V16- x• i .z= S u OJ1Ćć rješenje daje:
3x + 2 V16 ""'7% 1 c: /(S~>~ lO)

Stavimo
Odatle
a prema tome
t+ 10
x=-•- . .- s
3x + 2V16-x• =.! re +:•

'
0
ili uz
·'
Uvr$tenje u opće rjdaljc ·dalC ·
2 . . ( 1) x =-! -;
/ .
l
-=t
X
/(t) ,; 2t
i o l l l
0
•
- -·--, U11.1m0·
LAL
0
l ...,..o )e UZ fti e UVJete t "" -
X ll:· y
1 (L-:.. l.) = 2 (.!: _l}
z Y z;., y·
Uvrltmi•- u opće rjekajl._.~ trdeno plrtikulare ~
sy
z=--
·2x--y,
2.
y
'
"'" = l~ey_ +InC;
bu= l11(C 1 y)·
'.
e, ... -
. "
X '
Odatle
Uvriteaic (b) daje
y• ".
e.-:..-
2 2
+C.
.
...

paje. .. /
"(.t:} l ..
f - - -r
y '. ·.
'
3. Odredi silnice polja sila
Prema ( 22'1)
• ll'!"" . .
[z
slijedi
Iz
.slijedi
'
....... ...
...
F=xi+ll1+2zlc
dx_. ~- dlt •
J: • 11
'dy- = ~
11 :x;
ln ·11 '"" ln z + ln Ct
y = C•.xdZ
do%
-=-
2z
z
ln,z = 2 ln z + m Ct
!Ujeli parcijalne: diforcneilalne j~dnađ!be:
oz { .oz .
3 l)" + X + 2) Oy. - Sz-- l
{.R:r + ~ - 6_" ; Sx - 36 ln(S• - l) - O}
l)z
ib
2.Y• ili - .u Oy + xy = o
i odredi partikularni> rjelenje za ra~ · • ·
:.:_$_: ·-··
xl-+ _y 2 '-y- o,·""':'" o
[.xt+ y 1 + z. 1 - V~ . z' • O}
J.
A• 011
tgx-iJ +tt.YT•Iglll
X
oi.)'·
J
[ F(si_nx _ ~) _ 01
nny • Ml' J
·'- .
452

POPIS NAJV AZNqiH FORMULA
Vektorsb algebra _
_,.. -+ -+ .-.
Radij vektor r ':"', x i + y j + z,k .
apsolutna vrijednost 'ili duljina r = l ;l := + V x• lt- y• + z•'
smjer
..
X y Ill
cos« =·-,-- ; cos (i =- ; . cosy ""'-".
7' ' 'T
cos.~«+ cos• ~ + cos•y = l /
akalame komponente r" = x ~ rcosrx.; 1 ry ";,y "=rcos ~; r. ='z.= rcosy
Opći
vektor
r,. = cosoc;
. r; =cos~;--:· "• ='COS"(.
; : . '
--~ ,, -:-t ~
d= (x,- x.) s + .(y,.-y,) J+ (z.:-"" z-,) k .
Njegova duljina, odnosno udalj~Ost' dviju točaka
Skalarni produkt
u komponentama
u prosto~u:
1 d= Y (xi- x,)• + (y,-:- y,)~ -t;. (z 1 ~z.)"
......,_..
·~_....
(a 'b) = {.1 b =a ·b ; cos cp
--+--+
a b= a"b" + ayby +_a.b.
--+ __..,_... #- ~ _...... -+2"
a l. b, ako je .a b = O ·a t,~ = a = ~·
~
(3)
(4)
(3)'
(6)
(7)
(8)
(9)
(ll)
' (18)
(lS)
Osnovni jedinični vektori: .
_,. __.,. -+ ......
i j= j i=; O;
--..~ -t-2
iz=i=l;
Kut dvaju vektora:·
_._. _.._. ' ~~ __.._.
j k=ki=O; _k i=i k=(,)
-- -ab
__,..-+ _.,.z . r --+ ~ -+a ,
j j=j=l; k k=k= l
cos cp=­
. ab·.
(13)
(16)
(19)
453·

~_,..
........ _..
Zakoni: a b= b a;
..,. '--,,... ·,
.... ~'~i.....:.. \ .. _..:.:- ~~-~ ·:·......;._.,· ~[...., -....,:... '
(«+lj) (e +d{:;:=;~f ~~~ c.+{ljd +b d '· (17)
,: '.·l . "• .·· . ·,._ +- ~' ··.,, •
Vektorski· produkt:
. '
l ; •
u. komponentama~
-
/.. --..... ._..
duljina·: 1
smjer:
_..,.. -:1- ' . ·.
ax b
(f ~ b l = a ·. tr ~-$il$ •
;\ ·.'! - ,. .
·... ~- ~
.1 .!Ul ravDini a i !t·
.· ' . , ··L
smi~: p{avilo •"rutfi; ~0$1\0' 1 ~ ':vilka
. . . . . ' . ' . ~
... -+
...... i j lt
ax b= ax' ··y .. ~
r.,T
")' .".
-+ . -.~ ---
a ll b~ ako ie a x _b ;::::; ~
t'""
Osnovni jedini~~ vektori' ,
_,. -+'- ... _. _,.. --
i X j= fe! j X fc :::a i;
' " /
-+~
- -+ . ._.. ~ ~
i X i= O;' i X j';:= O;
·,. 1:'',
--+ ~ -+ ~ _., ~ i ~ --~ ......., .......•• ........ '1..,_:·-"
Zakoni: ax b= -b x a;,Ja +b) X(c +d) =ll)(c'+h.x& +•,)( .... fi')(.d'' (2~
Višestru'ki l'tedlikti
r; x JJ"7 ~ absin cp~ e eds ~_;"č: t-~ .. ··.~ -~~-~l·.·~·~ ~~lo~~ '(l~.l
b.; b' b' i ' · .. ,' "'
~ y / • ~ •
Uvjet komplan'arnO.sti . . triju vektbra:
..... ·:;..-t.~.~·_.......... .,
{~ x_b)c,.., (4 b c);~o
-Jo. '·-+ '_.. ~ _,.._,. ~ ~ _. ,', _";' -·-+- .. 4 -": r.,..... -t·~, ·~·...+ ...:...\
a x (b x e)= b (a e) -t (a b); (4:X ~) X e 91 b (a-c) ;,;.;.;.>a (b e) -(31)
' J ., ' . ' ; '
• . ! ' .
-Jo. -+ .--.. -+ ~ -.~.; / ~ ·. ..... ' ...... ~ ..... _. , ._."'_.,. _:. ....;..:.
(a X b) (e X :d)= a(h, X (e X d)J• (a c)(b.d)- (a~d) (b, cr . (3:~
r-; x bJ x r; x d)== -:rr; x 1idr-'du-:~\·)~·=:7i;11J :_7(;-r;J. (34J
, • • 'e' .. ' l •
454
. . ' -· • l ~ ~

Vektori ov.sni o pararllet,rb r
..... _.. ' ..... -" ,, .......
a (t) :.-·aJz) t +.ay(t) J :1-; a,it) t
•,
-,( ). _-d; _ d""; . A a7~+' fl "w7: ;
a t --- --.,...,...t.f--1 -10
dt . df ' . ' dt A : d't'
l -
-- -
d ~ - , da db
dt (a:.!: b) ;=dt± ,dt
..,.
. d .__.. ~d b -d a
-"'- fa b) = a- + b­
dt dt . dt
_., -
d '- -· · -: d b. · - . d a
--"-(a .X b)--= a X-_- -b-)!.--
dt . đt . . ' dl
Za a = l = cons~.
-
da. - ·
dl .L a
~. \
''
Pravac
Jednadžba pravca
kroz jednu točku (x., Y~> z,):
u parametarskom obliku: _
u kanonskom obliku: ·
kosinusi smjera pravca:
X= Xt +at
y =y,·+ b,t
~=z,+ ct .
x-,-x,· y-y,. z-z,
---=---
a b ·
=----..
. e
(37,
(38)
·. a . - b' . · l · ·
cos ot = ; cos~= : . ; c:osy = . '{39).
± Va• + b• + e• ~ ± Va• + b~ + e• . . .. :~:: Va' + ih''+ e•
Kroz dviior točke
Dva pravca
( x., y., z,) f (x., y,~ z.):
_,;·.-
x-xi· y-y, z-z,
---=t-=--·-
x,-'- x,
Y• ~Yt. · ;_...,._zi
.... \' '
(4H
kut dvaju pravaca: ·
(42a)
. ~ ·, .

uvjet okomitosti:
. uvjet para1elnosti :
uvj

\JVjcti, da p;·av:lc. leži u 'ravrunl~ . · · "
. ........ . . j-, \ _. ~ . '· ; ."'· .: ...
'·aA+ b'B +~CC =·O"~ ..
Ax, + By cf- Qz, '+ 'q ;= O ,
. . -~!: . '· . ,~ .. : ~
Plohe d~ugog
reda
kugla: .'(• + y• + z• =:= R,";
Troosni hiperboloid;
ir-Obsni ~lipsoid::
- . . x• y! z' . . x•- y•. z•
dvoknlm: -----=l; jednokrilni;: -~+----=l'
a• b' e' ·a• · b• e!
Paraboloict:
Eliptički
x• y• ,
-- +- = 2z;
a• b• ,
stožac:
-.x• .y• .
hipe_r-bolni: ·· .iii ~e/l ;e=·· 2z:
x• y" , ~a
-- + ~-- - f- "" ()
a• · b 2 ~
' ~ ..
-..(59)
.. (60)
(63)
.€64)
(65)
(69)
·.{70)
Jednadžba taogeotne ravnine i· normale u to~i (~ 1 , .r·~ z.)
plohe F(x, y, z) = 0::
plohe z = f(x, y):
(oF) (x-x,) + (iJF) (v-~.) +(of). ~(z-z,)= O (76)
ox l oy 1 ·- . (Jz t - :
l
X'-x, = ~,;., z-:---z•
(
~aF) . · (oF) · (oF)
ax ' . . o y '· . ?~ l
(x-x,Ji,-+ (y-y',;_q, =.·z~i,
x-x 1 y~y, >S-z~· ....
7i = -q-,- = --=fl ~ .. -
gdje je
(?S)
(75)
. (77)
Parcijalne derivacij~ i ,difCHb~iali
' ~ '.· ' \ . . ~
Za eksplicitnu funkciju~ =f(x, y): _
•' o•z o•z .
_·._::::;:::·~
oxay _, a:;.Ox ·
az · 'or
dz. ·= bx d.x + ~-' .dy
(i9-)
{80)

;.•;_.
.Za složenu funkciju w =f(u, v), g~ ;e-:lt'..;. u(x,·y, ~), "- = ;(x,y, ~):·.
' /' l •.;, n; ' -
(U)
(8$) ·,
o•w d'al- otto ·. 0r.u .. · đw
= - du• + 2 --· du dv + - dfJ• + - ·d"u + ~ d'v
ou• ' .ouov .. , ov• .· '. du . en,
.. ,
.....
(86) . ·.
Za implicitnu. funkciju:
f(:x, y) = 0:
F(:~e, y, z)= 0:
of
' ' dx'
dy
ax·=- of
/a;,
ot:
.. oF
JX
dX=- iJF .
> az
(90)
- (92)
Taylor-ov red za funkciju z =/(x, y) iz tQčke
(x., Ji~)/
· .I, (of h· of ) .. . 1 {o'f •
f{x, +h, y0 +.k) =f{x0, Y•) + - 11
_ T .. ·+ rk· + - 21
n h +
. . . , • vX. . uy . .---. . . v:X
~ .~ 'i ~~-:~ • .
(96)
1 [of: . . ··.Df·:.. ')·· · .· .. i [of . '•
f(x,y)=f(:x.,y.)+- 11
T_ (x-x.)_+T(y-y,) ·+- 21
rfx::-xe}+
. vx . , vy. . ,._..,_. , vX , ;
- l ~-Ye ' ' . .... .
' '
df ] • · 1 [af . ~l . J •
3·, ~rx~.x.) +.-~;(Y-,•J
vy . x=x. . uX VJ ': ~-··
>'~>'•. . ,_,.
+ ~(y-y.) .+-
gdje su potencile izraza u uglatim Zagrada.tna sin>bOilčke.,
. ..· .; . . ~ '.
(96b).,· '
458

Mac Laurin-ov red za ;fil.okciju ._'!!:/(x.·-'yi} . '
. ~~
'
_ , 1 (or . of \ ., . t ·(o'/ • --o 2
tf · . .·
f(x, yJ =f(O, OJ+ TI ax-~+ oy yl..~o+ 2t IOl~·~ -t: đx:iiJI-9 +
Y-~ ' .
Eks tn mn~ vrijednosti- fuat.;ii~ ~J( x, Y/ ·
A) Slobodni ekstrem.
Nužni uvjet:
Dovoljni uvjet;
Oznaka: u točki ( x,, y,) .
L
a)
(o'z) =-r,
ox• .•
ekstrem u točki ( x~, y.) i .to
b)
e)
'
-iJz t' oz __ o
-=0
ox 0.)1
(:::;). = s .. .•
r, *O
r.t.~·s,L> o.
'·(o-)' ....! =t.
~· l -
za r, < O rnaksimUD1 1 a za r. > O minim\bn
' /
rot~- s,• < o ekstr~ nem•
-r,t,- s 1 ~ = Q neodlučQo
UOO)
(lO l)
II.
a)
b)
r, =O
s. ~ -O ekstrema nema
i
s. = O n~dlučno.
'\
. \
. l
B) Vezani ekstrem funkCije .z =:f()C,:y} uz uvjet r9(x 1 • .)1)·= 'o svo_di
se na slobodni ekstrem funkcije
,_
F(x, y) = f(x, y) +). · ~(x, y) ·-
- l ... '
(102)
Sil!gUlarne točke
krivulJe; F(x, 'y) ...: O
l ·._ '. - " l . ...
Odreduju se iz sustava jednadžbi:
oF . • oF -
-=D, -==0·
-ox ' Oy .
--
' (lOJ')

\
ako je
dvosttuka toč.ka
r.t;- s.~ :>O ·· izoHi-ana točk:.' (lO~)
roto- so• =--q · ~ili*
to= w- .
. .O
Tu je: r, = ( ~:.).; s. = (o~,~~; i ( iJ'F) ·
Ovojnica (anvelopa) familije krivulja F(x, y, IX) =O
. '
. " . ' . : ~ ' ,. .' ," . ,.. - .. ·. .~ ,.: ·,.. .
Njena jednadžba· se dobije tako; -da se uklQili parame'ar « iZ jednad~i: >< J
oF(x, y, IX) = o
. qrx .
F(x, y, 11.) =O
(105)
Višestruki integ'rali
'. l
D v• o s tr u k i i n t e g ni l i
u pravokutnim koordinata~a:
h ~~ d ~w
V~ f J f{x, y)dx dy =J dx Jirx, y) dy =J dy J f(x, yJdx
'a . n • _v dX) ~ ,. Nt(Y)
u polarnim koordinatama: x ==' p cos tp; y =" p' sit1 ~.; dx dy ;; p dp d rp
V= J J(~ cos .q;>, p sin ~p-) p-dp d rp
G
(106)
(111)
l
U eJiptičkim koordinatama:, X = au COS 'V; y ':"' bu sin V; · dx dy = ab U.du dv
O~tU51
o~ 'V < 27t
V=~ JJ j(auc~sv, _#Jun'nv)ud~dv
lJ
(U3)
Trostruki integrali
u pravokutnim koordinatama:
• b y,(.:) Jt,(ll,y}
J J f{x, y, z)dxdyd~ = J dx J
l' .., ·· • ;>~dx) 't,(lt,y)
dyJf(~, y, z)_ti~ (109)
460

U cilindričkim koordinatama~ .X =p CO$ q~i "ye= p S'ln ~;. ·if""' Ji
o~ tp< 2;t; o ;i p

Momenti tromosti (inercije) ravnih..rlitbva· tiL ;==JJ: -~
' - • > : • ~. ;
1,. =J J y'd~dy JY ":.J f x•~x_d; ;_ · '1"~ ==J J 1lJI.bQY .~UM),
s s· $
Komplanacija plohe z = f( x, ?') ·: ·
1 11 =le ~J J ~~4dy. -(127}
$
s = J J v • ~ e·+·"' dx dy ~
a
. ( 131)
. . \ (
Masa nehomogene plohe z -= f( x, y) ~toće 1.1. ~ IL( x, y):
m= J J
a
!.L(x, yJV,l +P'+ q'.dx~
(t32a).
masa
Nehomogena tjel~~ gustoće IL= IL(x, y, •J i v_olwheoa V:
. ' '
m= I J J
IL(x, y, •Jdx dy d•:'
' ' '(136)
v ,l
I JJx IL(x, y, •)dx dy dz · · ·..
v
x,= ~------m------~
' '
te:ti~e
l
'
(137).
tl2

.JUOmenti tt;osnoSti (~clJe)
1,. = J
I frY~ + ~) ~(,.. _,;, ~)h d~ •
v.. :-. . .. . ·..
1:1 = J (x' + .e~J !L( X~}·;,
v.
~J tlx,4:J b
I. =JJ J.cx•+ Y'}.!J.fx, y,iJ *~JI~· . ·
v ~ ' . . . /.
. . .
I,= I.= J J (x• + y• + z')!L(x, y, ~jdx dy dt= ~- (l~ +·1" +-1 11 ) (139)
' ll . .'\. .
.
Derivitanje po parametru «: '
l. Granice integracije su konstantne.
a ..
2. Granice integracije su fynkcije .parametra ~ ·
(144)
b(d) b(•} . .
~ Jf(x, r~.)dx =J of(x, «)dx~ f(b, -~jdb~J(a, «J~, (14S)
d« . th ' • . d« . d«
d(ll) • ' a(«) · ,.
Jntepiranje po parametru il:
J [J f{x, «)dx] d«;,., J
.. " b .. .
.. ,.
dx J f(x; .fl.)drl.

Ako je
' . l :r. ,_.~ .. ;,- ' ":y ·' ~. ; l ·_
. = prx, y, z) +. C =·J P(x, y, z)dx+ -r~(t~?Y• t)dz +, .
x, ye· ·
. t
·'
z .
+ f R(x~; y., z)q&: + ~ . · . (lSO)
' ..
Euler-ov multiplikitor. !L za sluča{,
kad je .-o;*. ~Q:
· · , r.Jyux
l. Ako je !L = fJ.(x):
d~:~= ·ci (~ ~~~)
( IS2)'
/ 2. Ako je fl= !l(Y)_:
d~:.!L = ; (~~~ !~); .(l52a)
Krivulje u prostor~'.
I. krivulja x = x(t)
y = y(t}
z= z(t)
na pr. Ci!-indrička spirala x =, r cos t
(154) y=r~int (155)
\.
Z;:", Ct
Jednadžbe u točki
T.(x., y., z.) parametra t= t,:
tangente
ili
x-~. Y -y. . ::-~.'
-.-,- = -,-.- r,---;--:-"-
x(to) y(to) · z(t•)
x-x. y-y • . \z.-ta
dX = ---:-JY =-rz-
' (l56)
normalne ravnine .( x- x.)x' (to) + (y .,..- yo}y' (t,) +(z~ zo) 11' (t.) =O (157)'
oskulacione ravnine
x-x.
x' {to)
x" (to)
y-y. ss--z.
y'[t.) . :l(t,}
y" (t. o) .ft" (t,)
. \
=0 (163)
. '~,'
464

,. '
. ' ' ' : ., .. -
,==J v~··r~; +"·~t.~'+ $,'~(tJ dt _
t,
(161)
II. krivulja
'f =·~(sj
y = y(s) gdje je s duljiila ~ kriVUlje.
z= z(s)
Jednadžba u točki. T,(:x., y., _z,) parainetra s= s,:
. . \
\
x-x. y-y. , z-z,
tangente
~'(s,)
nonnalne ravnine
oskuJacione ravnine
binonnale
l
J)avne · normale
x-x,
y' (s.) z' (s,)
y" (s,) z" (-s,;
rektifikacione ravnine -
_= y'(s.) · =. z'(s•)·
(l6t)
(x-x,)x'(s,) +.fy-y.)y'(so) + (z-z.,)z'(s,).;,;. O (170)
1
., ~ ·.. ,. ' . ;. . ...... l ' - '
x-xo
x'(so)
x" (s,)
y-y. ·-··
' y' (s.) ,z'(s,}
:y" (s~) , z" (s,)'
'=o
y..;....y. z-z,. ,
l z'(so) x'(s,) · ~-~,.~'(se) ',y 1 {s,) l
z" (s,) x''( s.) . x'' (s.~ y~ (s,)
. \
(J11r
(172)
{173)
(x-x,)x"(s..) + (y-y,)y''(s,) + (,..---z.)s'\(s,) =-O (174)
' l ·!. \ •
zakrivljenost '(l~b) .
-IOI'Zija (177)
' -+ -+
'III.Jaivulja T= T (s)
Frenet-ove formule , -
..... ...... . ' ....
t, -ort_ tangente n, -'ort- glavne normale;
l
..... '
h.-orr hin~ .

-+ -
' 4t. "·. ....
-=~=Kn,
ds p ·.
-+ -+
ab. \ .n~. . 4
----=--rn,
ds p~ .
l
')l ... i
. (l·78)
• l
G.;een-ova formula
. ~~ l '
·. pJ:>txiy)dx+Qrx;~)dy:o:fJ(~~:;)IUdy ··· ·· ·ft9~)
K , 1!1.. ,·
Stokes-ova formula
Gauss-oVa formula ..... ~· J:'; { .
=J JP(x, y, z]dyd~ + Q(x. y, ~)dx.4:t R(.X" y, •):'Ist
3 ~ ' : ··,. \ _·.•: :,". ._ ·l • . ~- '
. \ ~ ' ' ,-l .. -
.. Vektoraka analiza
' -· ~ ' . -~-· . .:......,
Perivacija funkcije U(x, y~ z) u smjeru s{at, ~' y), odnoSJIO '• :: · ,
dU iJU oU ~U · , 71JU ...,;. .... : " . '
ds =T cos (J.+ ,\.,, co.t ~+ik cos"(=~= s.g;iulfl (198)
X . VJ . os~. .
, ' iJU..., i>l/- 4U- •
grat!U(x, y, z) r=;.~.1 f'·"W J* li l
\
(199)'

; ·K• cMJu ploha Gfi,·y;•J~(). :t• ~11fit'l'·1i,.J~~:,.,c ..
: ; - ; ~ ~
: ',;'
.·':..:,., :......··-_·:-!r> ,· -- . ....,_' .- ..
1
Ze vektorsko po1;e v= P(x, y,_z) i+ Q(x, ~. •J j +R(x, y, •)-,
~ -, '
d
.- oP +·'_OQ·+.~R .· .. ·
'll,ll = OX Oy - "iii
(202)
. -· (QR dQ)~ (dP oR)~ .(b(/ oP)-- .
-. -~- k_. ,·
rot v= --- t+ ,-·~- 1_
. . +·
-~ oz ·.. '' oz ox .. ·:; ox Oy _.,: ..
U(x, y, :~) ~·fP dx+' Qdy f Rb+ C ==
r .
.· · :- · oil · , dU . . . oU
= potencijal polja "· ako je T)" =p = OX; ~f)y = Q ·= c)y; '"· = R -. o• .
-
~QSno ako je rot'v =O
Gauss-ova formula u vektoPSkom obliku
J J div-; dx dy dz :=f J v,IIS
v
., s
(203)
Stokes-ova formula u vektorskom obliku ·.· · .
Operatori;
I Nabla
_ ~ v,ds = J J (rot-;)" dS·
K
()- ()-; ()­
V=-i+,;_i+-k
dx dy• .. · oz .
S
v skalar =Irad Skahlra· ~~u= grad p
l.
(lOS)
~206)
(207)
. '
l
V( U+. V)= 'VU+ VV =grad U+ gt'tll/. V
V(UV) = UVV 1 .
+ VVU=,UgradY+V.srizdU
(208)
VkU = kVU= kgrad U
Vf(U) =f'(U) ·VO =/'(U/gr~ U -

'
' ~. ·. '\ . . ('1166\> .
. ' • , . .."..,J '
Jdj'! je k kons.tanta . ·· ·..
~- ' ;.... ' -+ -·t -+ :__. ' -1

- "'' .... ._l.','
; "__{;4-.\t{;'i,_. .; .:·.'
l, • ~_;- •• .... i' .:---
• ... ... ..... ' ....,&. • .. - .... - .- • ~- ""
- v X(Vxt>+ t X

_.- .... . ,;-_. ...... ,_ . ·.'·~·., ':' ·~ . -+
ro~4'Jii .• .=a v X (V X 11) =~··~ilififfliJ• ~V(V"tl) . ..:..-'.&11 ';'(220)
. . ... ', • -'+· , .•• ;;,... . , .:_.-\_. ·..,.;: . ,....
.grad dilili= V('V 11) ... rot rot f) + dftipa#fJ =v X ~v· X :v)+ & "
. . ' \ ·.
'c2t9)
J' •. . ·',
~· 6/ff! J= r'ru;ii.u,::+J"ttJJ (titJ); (220a)
'
'
'~f(r) d.~;..!, (T' f/), ,
· :r~·tff .. · . ··. ·
. '(220b)
(220c~
.. ' . . ~· -'~'.
difereodJalae teducllbe
l
' ~ ·
P~rcijaloe
Opći oblik linearne parcijalne diferencij~lne. j~be l)l'V(Ig. ~
' ~.~> ~ \:-. ~ .. - ... ~ • . ' '
'
oi · · . i)z · .·· . . . ·.
P(x, y, z)-"-+ Q(x, y, z)-" =R(x, Y- •) .
. yX · ., uy
Diferencijalna jednadžba• ka~akterističnili
krivulja
(121)
Opće rješenje: (222)
gdje su F i f funkcije _po voiji, p. •
~ l '
·konstante integracije Izračunate iz ·općih rlešenja d~f.erencijalnih j~džbi Jr.arakterističnih
krivulja.

ZnakJ~'I .Sv
Izdan)e: . .
Prof. d:r irig. BORJs :APSE'N
REPETITORU ViSE MA.TBliiATJKB
iD dio
Izda.V;lč:
TEHNIOKA KNJIGA1
'Izc:lava~IJ, ~
ZAGREB. Jurl§ićeya -10 .
·Za .izdavača Odgovara:
Ing. :KUZMAN· RA2N.I1'.VIC ·
Uredniitvo sveučhilnftl udl'benika
. GlaVJli. urednik . ' '
'ZVON~ VISTRICKA
l'·
Uredriik. ediclj~t:
IVAN ~EMOVlC.
ure4nJk:
Tehn~ki
ZARKO PA VUNIĆ'
Korigirao:
A "UTOR
Tisak:
TEHNICKA KNJIGA
· Zagreb.
· Tisak ·4ovrien:
SRIPANJ 1966;