matematika 2 tuneski

8/19/2019 matematika 2 tuneski

1/77

Maxinski fakultet - Skopje

M A T E M A T I K A 2

predavaǌa po Matematika 2-rabotna verzija-

Skopje, 2014


2/77

Sodrina

1 Diferencijalni ravenki 3

1.1 Voved . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Diferencijalni ravenki od prv red . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Diferencijalni ravenki od povisok red . . . . . . . . . . . . 11

1.4 Sistemi diferencijalni ravenki . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Funkcii od poveke promenlivi 212.1 Definicija na funkcija od poveke promenlivi . . . 212.2 Cilindriqni i sferni koordinati vo prostor . . 32

3 Diferencijalno smetaǌe na funkcii od poveke promen-livi 353.1 Granici i neprekinatost na funkcija od poveke

promenlivi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.2 Parcijalni izvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3 Diferencijabilnost na funkcija od poveke promen-

livi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.4 Izvodi na sloena funkcija . . . . . . . . . . . . . . 45

3.5 Izvodi na funkcija po pravec. Gradient. Tan-gentna ramnina. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.6 Ekstremni vrednosti na funkcija od poveke promen-livi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1


3/77

4 Dvojni i trojni integrali 59

4.1 Dvojni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.2 Iterirani integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.3 Dvojni integrali vo polarni koordinati . . . . . . 674.4 Ploxtina na povrxina . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.5 Trojni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2


4/77

Glava 1

Diferencijalni ravenki

1.1 Voved

Diferencijalna ravenka na nekoja funkcija e ravenka kojaxto gi povrzuva dadenata funkcija, nejzinite nezavisni promen-livi i nejzinite izvodi. Red na diferencijalnata ravenkae redot na najgolemiot izvod koj se pojavuva vo dadenatadiferencijalna ravenka. Diferencijalna ravenka vo odnosna funkcija od edna nezavisna promenliva se narekuva obiqna diferencijalna ravenka.

Znaqi, diferencijalnata ravenka e od oblik:

F

x,y ,y′, y′′, . . . , y(n)

= 0 , (1.1)

kade xto F e realna funkcija od m , m ≤ n+2 , realni promen-livi, y = y(x) e nepoznatata funkcija, a y′, y′′, . . . , y(n) se nejzi-nite izvodi po promenlivata x. Vo relacijata (1.1) zadolitelnae zavisnosta na funkcijata F barem od eden od izvoditey′, y′′, . . . , y(n) .

Opxtiot oblik na diferencijalna ravenka od prv red e

F x,y ,y′ = 0 .3


5/77

4

Diferencijalnite ravenki vo odnos na funkcii od poveḱe

promenlivi se narekuvaat parcijalni diferencijalni ra-venki. Vo ovoj dej ḱe gi razgleduvame samo obiqnite difer-encijalni ravenki. Da se rexi edna diferencijalna ravenkaod red n na intervalot (a, b) znaqi da se opredelat sitefunkcii y = y(x) koi xto se n pati diferencijabilni popromenlivata x na intervalot (a, b) i koi na toj interval ja zadovoluvaat ravenkata (1.1).

Primer 1.1.1. Da se rexat slednite diferencijalni ra-venki: y′ = 1 ; y′ = 2x ; y′′ = 3x2 .

Rexenie: y = x + C ; y = x2

+ C ; y =

x2

4 + C 1x + C 2 .Vo site tri sluqai od prethodniot primer vo rexenijata

na diferencijalnite ravenki se javuvaat poveḱe proizvolnikonstanti. Da zabeleime uxte deka i diferencijalnataravenka od prv red ima edna proizvolna konstanta, dodekadiferencijalnata ravenka od vtor red ima dve proizvolnikonstanti.

Integralna kriva na diferencijalnata ravenka e krivakoja xto pretstavuva grafiqko rexenie na dadenata difer-encijalna ravenka. Sekoja od krivite od prethodniot primere integralna kriva za soodvetnata diferencijalna ravenka.

Opxto rexenie na diferencijalnata ravenka (1.1) efamilija na krivi vo ramnina koja xto e definirana soravenkata:

y = φ (x, C 1, C 2, . . . , C n) , odnosno ψ (x,y ,C 1, C 2, . . . , C n) = 0 , (1.2)

kade xto y = y(x) ja zadovoluva diferencijalnata ravenka(1.1), a C 1, C 2, . . . , C n se proizvolni konstanti.

Diferencijalnata ravenka

y(n) = f x,y ,y′, y′′, . . . , y(n−1) ,4


6/77

5

ima poqetni uslovi vo toqkata x0 ako vai:

y(x0) = t0 , y′(x0) = t1 . . . , y(n−1)(x0) = tn−1

kade xto x0, t0, . . . , tn−1 , se dadeni realni broevi. Problemotna naoǵaǌe na rexenie na diferencijalna ravenka so dadenipoqetni uslovi se narekuva Koxiev problem.

Primer 1.1.2. Da se rexi sledniot Koxiev problem: y′′ = 1ako y′(1) = 2 i y(−1) = 1 .

Rexenie: y = x2

2 + x +

3

2 .

Znaqi so pomox na poqetnite uslovi moat da se opre-delat nepoznatite konstanti vo rexenieto na diferencijal-nata ravenka. Koga vo opxtoto rexenie (1.2) konstantitedobijat opredelena vrednost, togax imame partikularnorexenie na ravenkata (1.1).

Slednite dve teoremi davaat uslovi za postoeǌe i edin-stvenost na rexenieto na Koxieviot problem za diferencijalna ravenka od prv red.

Teorema 1.1.1. Peano Neka e dadena diferencijalnata ravenka

y′ = f (x, y) ,

so poqetni uslovi y(x0) = y0 . Ako funkcijata f e neprekinatana pravoagolnikot

P =

(x, y)|(x, y) ∈ R2 , |x − x0| ≤ a , |y − y0| ≤ b

, (1.3)

togax postoi barem edno rexenie na diferencijalnata ravenkana intervalot (x0 − α, x0 + α) , kade xto

α = min

a,

b

M

, M = max(x,y)∈P |f (x, y)| .

5


7/77

6

Teorema 1.1.2. Pikar Neka e dadena diferencijalnata ravenka

y′ = f (x, y) ,

so poqetni uslovi y(x0) = y0 . Ako funkcijata f e neprek-inata na pravoagolnikot (1.3) i ako nejziniot prv parcijalen izvod po y e ograniqen, odnosno postoi konstanta K > 0takva da vai ∂f (x, y)∂y

≤ K za sekoe (x, y) ∈ P , togax postoi edinstveno rexenie nadiferencijalnata ravenka na intervalot (x0−α, x0 + α) , kade

xtoα = min

a,

b

M

, M = max(x,y)∈P |f (x, y)| .

Uslovot za ograniqenost na parcijalniot izvod ∂f

∂y na

P ne moe da se izostavi. Sledno ḱe go definirame Lip-xicoviot uslov za funkcija definirana na daden pravoagol-nik, i ovoj uslov ḱe ni ovozmoi da formulirame poopxtateorema za edinstvenost na rexenieto na diferencijalnaravenka od prv red.

Definicija 1.1.1. Za funkcijata od dve promenlivi

f : P → R , kade xto P e pravoagolnik daden vo relacijata(1.3), velime deka go zadovoluva Lipxicoviot uslov na ovojpravoagolnik po promenlivata y , ako postoi broj L takovxto za sekoi dve toqki (x, y1) i (x, y2) od P vai:

|f (x, y2) − f (x, y1)| ≤ L · |y2 − y1| .Vrz osnova na Lagranovata teorema za sredna vrednost

sledi deka ako funkcijata f ima ograniqen prv parcijalenizvod po y na P , togax taa go zadovoluva Lipxicoviot uslovna P po promenlivata y . Vai i slednata teorema koja xtoe poopxta od teoremata na Pikar.

6


8/77

7

Teorema 1.1.3. Neka e dadena diferencijalnata ravenka

y′ = f (x, y) ,

so poqetni uslovi y(x0) = y0 . Ako funkcijata f e neprekinatana pravoagolnikot P daden so (1.3) , i ako f go zadovoluvaLipxicoviot uslov na P po promenlivata y, togax postoiedinstveno rexenie na diferencijalnata ravenka na inter-valot (x0 − α, x0 + α) , kade xto

α = min

a,

b

M

, M = max(x,y)∈P |f (x, y)| .

1.2 Diferencijalni ravenki od prv red

Vo ovoj del ḱe gi dademe osnovnite tipovi na diferencijalni ravenki od prv red, kako i metodite za nivno rexa-vaǌe.

Diferencijalna ravenka so razdvoivi promenliviDiferencijalna ravenka od prv red so razdvoivi promen-

livi e ravenkata od oblik

y′ = f (x)g(y) , (1.4)

kade xto f i g se neprekinati funkcii od x i y na inter-valite [a, b] i [c, d] soodvetno.

Ako g(y) ̸= 0 vo ravenkata (1.4), togax taa moe da senapixe vo oblik:

dy

g(y) = f (x)dx ,

i da se inregrira:

∫ dy

g(y) = ∫ f (x)dx .

7


9/77

8

Ako za nekoe y0

∈ [c, d] e zadovoleno g(y0) = 0 vo toj sluqaj

lesno se proveruva deka pravata y = y0 e rexenie na difer-encijalnata ravenka.

Primer 1.2.1. Da se rexi y′ = y2

x3 , x̸ = 0 .

Rexenie: y = 2x2

1 + 2Cx2 .

Diferencijalnata ravenka od oblik:

F (x)G(y)dx + f (x)g(y)dy = 0 ,

kade xto F (x)/f (x) i g(y)/G(y) se neprekinati funkcii od edna

promenliva e isto taka diferencijalna ravenka so razd-voivi promenlivi. Rexenieto na ovaa ravenka se dobivaso integriraǌe na relacijata:∫

F (x)

f (x) dx = −

∫ g(y)

G(y) dy .

Primer 1.2.2. Da se rexi y′ = ln (xxy) , x > 0 .

Rexenie: y = C x2

2 e−x

2/4 , C > 0 .

Homogena diferencijalna ravenkaNeprekinatata realna funkcija h od dve realni promen-

livi x i y e homogena funkcija od stepen n na domenot D,ako za site (x, y) ∈ D vai:

(∀λ > 0) h(λx, λy) = λn(x, y) .

Diferencijalnata ravenka

P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 , (1.5)

8


10/77

9

e homogena diferencijalna ravenka na domenot D ako funkci-

ite P = P (x, y) i Q = Q(x, y) se homogeni funkcii od ist ste-pen na domenot D. Vo toj sluqaj ravenkata (1.5) moe da sedovede vo oblik

y′ = f y

x

, (1.6)

kade xto f e poznata neprekinata funkcija na nekoj inter-val (a, b). Sega, za da go najdeme rexenieto na homogenatadiferencijalna ravenka voveduvame nova funkcija u = u(x)na sledniot naqin:

u = u(x) = y(x)

x , y(x) = xu(x) .

Togax imame y′(x) = u(x) + xu′(x) . So zamena na prethodnatarelacija vo (1.6) se dobiva ravenkata

xdu

dx + u = f (u) , (1.7)

koja xto e ravenka so razdvoivi promenlivi.

• Ako na intervalot (a, b) vai f (u)− u̸ = 0 , togax rexeni-eto na (1.7) moe da se napixe vo oblik

x = Cexp∫

duf (u) − u

.

Po integracijata, potrebno e funkcijata u da se zameniso y/x.

• Ako za nekoe u ∈ (a, b) vai f (u)−u = 0 , togax y(x) = ux0+C e rexenie na (1.7).

• Ako e f (u) − u ≡ 0 , togax ravenkata (1.7) se sveduva naravenkata y′ =

y

x koja xto ima razdvoivi promenlivi.

9


11/77


12/77

11

Za rexavaǌe na (1.8) se koristi smenata y = u(x)v(x) kade

xto u i v se nepoznati funkcii od x. Togax diferencijal-nata ravenka dobiva oblik

(u′ + P (x)u)v + v′u = Q(x) .

Nepoznatata funkcijata u ḱe ja opredelime od uslovot da

vai u′ + P (x)u = 0 . Znaqi du

u = −P (x)dx , od kade se dobiva

deka u = C · exp−∫

P (x)dx

. Ako zememe deka C = 1 i za-

menime vo relacijata v′u = Q(x) po integracijata za v se

dobiva deka v = C +∫

Q(x) · exp∫ P (x)dx dx , kade xto C eproizvolna konstanta. Spored toa, opxtoto rexenie na lin-earnata diferencijalna ravenka od prv red e dadeno so:

y = exp

−∫

P (x)dx

·

C +

∫ Q(x) · exp

∫ P (x)dx

dx

.

Primer 1.2.4. Da se rexi linearnata diferencijalna ravenka:

y′ + 2xy − e−x2 = 0 .Rexenie: y = (x + C )e−x

2

.

1.3 Diferencijalni ravenki od povisok red

Neka A0, A1, · · · , An−1, An i f se funkcii od promenlivata xdefinirani nad ist domen D. Togax diferencijalnata ravenkaod oblik

An(x)y(n) + An−1(x)y(n−1) + · · · + A0(x)y = f (x) (1.9)

se narekuva linearna diferencijalna ravenka od red n.Ponatamu ḱe go razgleduvame sluqajot koga An(x) = 1, odnosno

11


13/77

12

ravenkata:

y(n) + An−1(x)y(n−1) + · · · + A0(x)y = f (x) . (1.10)

Ako vo prethodnata ravenka f (x) = 0 za sekoe x ∈ D, togaxtaa se narekuva homogena linearna diferencijalna ravenkaod red n. Ako f (x)̸ = 0 ravenkata e nehomogena.

Slednata teorema gi dava uslovite za postoeǌe i edin-stvenost na rexenie so dadeni poqetni uslovi za ravenkata(1.10).

Teorema 1.3.1. Neka funkciite Ai(x) , i = 0, 1, . . . , n − 1, i f od ravenkata (1.10) se neprekinati na intervalot (a, b) , i

neka se dadeni broevite x0 ∈ (a, b) i ti, i = 0, 1, . . . , n− 1. Togaxravenkata (1.10) ima edinstveno rexenie y = y(x) na mno-estvoto Cn(a, b) koe xto gi zadovoluva poqetnite uslovi:

y(x0) = t0, y′(x0) = t1, y′′(x0) = t2, . . . , y(n−1)(x0) = tn−1 .

Funkciite y1, y2, . . . , yn se linearno nezavisni na domenotD ako ne postojat konstanti C 1, C 2, . . . , C n, od koi barem ednae razliqna od nula, takvi da na D vai:

C 1y1(x) + C 2y2(x) + · · · + C nyn(x) = 0 .

Vo sprotiven sluqaj velime deka funkciite y1, y2, . . . , yn selinearno zavisni. Za opredeluvaǌe na linearno nezavisnifunkcii y1, y2, . . . , yn od Cn(a, b) se koristi determinantata naVronski (ili Vronskijan) W (x) koja xto se definira so:

W (x) =

y1(x) y2(x) . . . yn(x)y′1(x) y

′2(x) . . . y

′n(x)

. . . . . . . . .

y(n−1)1 (x) y

(n−1)2 (x) . . . y

(n−1)n (x)

.

Vai slednata teorema:

12


14/77

13

Teorema 1.3.2. Neka y1, y2, . . . , yn se rexenijata na homogenata

diferencijalna ravenka (1.10), kade xto koeficientite Ai(x) ,i = 0, 1, . . . , n − 1, se neprekinati funkcii na intervalot (a, b).Potreben i dovolen uslov za linearna nezavisnost na funkci-ite y1, y2, . . . , yn e nivniot Vronskijan da bide razliqen od nula, za sekoj x ∈ (a, b) .

Isto taka, za ponatamu vana e i slednata teorema.

Teorema 1.3.3. Neka koeficientite na dadena homogena difer-encijalna ravenka se neprekinati funkcii na intervalot(a, b). Togax postojat n linearno nezavisni rexenija na taaravenka.

Site n linearno nezavisni rexenija na homogenata difer-encijalna ravenka od red n go pravat nejziniot fundamen-talen sistem na rexenija. Togax opxtoto rexenie na ho-mogenata diferencijalna ravenka e dadeno so:

yh(x) = C 1y1(x) + C 2y2(x) + · · · + C nyn(x) ,kade xto C k, k = 1, 2, . . . , n se proizvolni konstanti. Opxtotorexenie na nehomogenta diferencijalna ravenka e dadeno so:

y(x) = yh(x) + y p(x) ,

kade xto yh e opxtoto rexenie na soodvetnata homogena difer-encijalna ravenka, a y p e edno partikularno rexenie na ne-homogenata diferencijalna ravenka. Vo sledniot del ḱedademe metod za opredeluvaǌe na partikularnoto rexenie.

Linearni diferencijalni ravenki od n-ti red so kon-stantni koeficienti

Sega ḱe go razgleduvame vaniot specijalen sliqaj nalinearni diferencijalni ravenki od n-ti red na daden domen

D. Ḱe pretpostavime deka site koeficienti Ai se konstanti.

13


15/77

14

Prvo, neka e dadena homogenata linearna diferencijalna

ravenka od n-ti red so konstantni koeficienti:

any(n)(x) + an−1y(n−1)(x) + · · · + a0y(x) = 0 . (1.11)

Vrz osnova na prethodnite rezultati imame deka nejzinotoopxto rexenie e od oblik:

y(x) = C 1y1(x) + C 2y2(x) + · · · + C nyn(x) , (1.12)kade xto y1, y2, . . . , yn e fundamentalniot sistem na linearnonezavisni rexenija, a C 1, C 2, . . . , C n se proizvolni konstanti.Tie rexenija moat da se opredelat na sledniot naqin.

Da pretpostavime deka edno partikularno rexenie naravenkata (1.12) e od oblik y(x) = erx , kade xto r e realen ilikompleksen broj. Izvodite na ovaa funkcija se y (k)(x) = rkerx ,k = 1, 2, . . . , n . So zamena na ovie rezultati vo (1.11) se dobiva:

erx

anrn + an−1rn−1 + · · · + a1r + a0

= 0 ,

odnosno algebarska ravenka po r:

anrn + an−1rn−1 + · · · + a1r + a0 = 0 .

Ovaa ravenka se narekuva karakteristiqna ravenka, a ne-

jzinite koreni se narekuvaat karakteristiqni koreni.Spored osnovnata teorema na algebrata, sekoja algebarskaravenka od red n ima toqno n koreni koi xto se realniili kompleksni broevi i meǵu koi moe da ima i ednakvi.Vo zavisnost od prirodata na karakteristiqnite koreni seformira opxtoto rexenie na (1.12) i toa na sledniot naqin:

• Neka r e realen karakteristiqen koren od katnost k. Naovoj koren mu odgovaraat slednite linearno nezavisnipartikularni rexenija na ravenkata (1.11):

y1(x) = erx , y2(x) = xe

rx , . . . , yk(x) = xk−1erx .

14


16/77

15

• Neka r1 = a + ib , b

̸= 0 e eden kompleksen koren na karak-

teristiqnata ravenka od katnost l. Togax i nemu koǌu-giraniot kompleksen broj r2 = a−ib , e isto taka koren nakarakteristiqnata ravenka od katnost l. Na ovie karak-teristiqi koreni im odgovaraat slednite linearno neza-visni partikularni rexenija na (1.11):

y1(x) = eax cos(bx), . . . , yl(x) = x

l−1eax cos(bx) ,

y1(x) = eax sin(bx), . . . , yl(x) = x

l−1eax sin(bx) .

Za sekoj koren soglasno so ovie pravila gi formirame lin-

earno nezavisnite partikularni rexinija. Na kraj kakosuma od site niv go dobivame fundamentalniot sistem narexenija na homogenata linearna diferencijalna ravenkaod n-ti red so konstantni koeficienti.

Primer 1.3.1. Da se opredelat rexenijata na slednite difer-encijalni ravenki: y′′ − 5y′ + 4y = 0 ; y(4) + 8y′′ + 16y = 0 .

Rexenie: y(x) = C 1ex+C 2e

4x ; y(x) = C 1 sin 2x+C 2 cos 2x+x(C 3 sin 2x+C 4 cos 2x) .

Koga imame nehomogena linearna diferencijalna ravenkaod n-ti red so konstantni koeficienti, prvo go naoǵame rex-

enieto na soodvetnata homogena ravenka. Koneqnoto rexeniee zbir od rexenieto na homogenata ravenka i edno partiku-larno rexenie na nehomogenata ravenka. Postojat poveḱemetodi za naoǵaǌe na partikularno rexenie na nehomogenataravenka, a edno od niv e ilustrirano vo sledniot del.

Metod na varijacija na konstantiAko e poznat fundamentalniot sistem na rexenija na ho-

mogenata diferencijalna ravenka, togax za opredeluvaǌena partikularnoto rexenie na nehomogenata diferencijalna

15


17/77

16

ravenka moe da se primeni sledniot metod na varijacija na

konstanti ili takanareqen metod na Lagran.Opxtoto rexenie na homogenata diferencijalna ravenka

e dadeno so: y(x) =n∑

k=1

C kyk(x) . Vo metodot na varijacija

na konstanti ḱe izbereme C k da ne bidat konstanti, tukufunkcii od x, odnosno C k = C k(x) , k = 1, 2, . . . , n . Togax rexe-nieto na nehomogenata diferencijalna ravenka ḱe go baramevo oblik:

y(x) =n∑

k=1

C k(x)yk(x) . (1.13)

Za da gi opredelime funkciite C k(x) go formirame sledniotsistem od n linearni ravenki so nepoznati funkcii C ′k(x) ,k = 1, 2, . . . , n :

C ′1(x)y1(x) + C ′2(x)y2(x) + · · · + C ′n(x)yn(x) = 0

C ′1(x)y′1(x) + C

′2(x)y

′2(x) + · · · + C ′n(x)y′n(x) = 0

... ...

C ′1(x)y(n−2)1 (x) + C

′2(x)y

(n−2)2 (x) + · · · + C ′n(x)y(n−2)n (x) = 0

C ′1(x)y(n−1)1 (x) + C

′2(x)y

(n−1)2 (x) + · · · + C ′n(x)y(n−1)n (x) = f (x)

.

Rexenieto na ovoj sistem e edinstveno bidejḱi negovata de-terminanta e Vronskijanot na fundamentalniot sistem narexenijata na homogenata diferncijalna ravenka. Ako C ′k(x) =ψk(x) , k = 1, 2, . . . , n , e rexenie na ovoj sistem, togax funkci-ite C k se od oblik:

C k(x) =

∫ ψk(x)dx + Dk , k = 1, 2, . . . , n ,

kade xto Dk , k = 1, 2, . . . , n , se proizvolni konstanti. Spored toa opxtoto rexenie na nehomogenata ravenka (1.10) e dadenoso:

y(x) =n

∑k=1yk(x) ∫

ψk(x)dx +n

∑k=1Dkyk(x) .

16


18/77

17

Primer 1.3.2. So pomox na Lagranoviot metod na var-ijacija na konstanti da se rexi slednata diferencijalna

ravenka: y′′ − 6y′ + 9y = e3x

x2 .

Rexenie: y(x) = D1e3x + D2xe

3x − e3x ln x − e3x .

1.4 Sistemi diferencijalni ravenki

Vo ovoj del prvo ḱi gi razgledame normalnite sistemi naobiqni diferencijalni ravenki od prv red :

dy1dx

= f 1 (x, y1, y2, . . . , yn)

dy2dx

= f 2 (x, y1, y2, . . . , yn)

... ...

dyndx

= f n (x, y1, y2, . . . , yn) ,

kade xto y1, y2, . . . , yn se nepoznati funkcii od promenlivatax, a f 1, f 2, . . . , f n se dadeni neprekinati funkcii na oblastaD (x, y1, y2, . . . , yn) . Sekoja diferencijalna ravenka na prethod-niot sistem na levata strana ima izvod samo po edna nepoz-nata funkcija.

Mnoestvoto na n definirani i neprekinato diferencijabilni funkcii y1, y2, . . . , yn , se narekuva rexenie na siste-mot, ako site tie funkcii gi zadovoluvaat ravenkite na sis-temot. Krivata vo (n+1) dimenzionalen prostor (x, y1, y2, . . . , yn)koja xto odgovara na rexenieto na sistemot se narekuva in-tegralna kriva.

17


19/77

18

Ako funkciite na desnata strana na sistemot se linearni

po y1, y2, . . . , yn , odnosno vai deka:

f i (x, y1, y2, . . . , yn) =n∑

j=1

pij(x)y j + q i(x) ,

togax takviot sistem se narekuva linearen sistem na difer-encijalni ravenki od red n.

Neka φ e rexenie na diferencijalnata ravenka od red n:

dnφ

dxn = F

x,φ,

dφ

dx, d2φ

dx2, . . . ,

dn−1φdxn−1

.

Neka gi izbereme funkciite y1, y2, . . . , yn , takvi da vai:

y1(x) = φ(x) , y2(x) = dφ

dx , . . . , yn(x) =

dn−1φdxn−1

.

Togax tie go zadovoluvaat sistemot na ravenki:

dyidx

= yi+1 , i = 1, 2, . . . , n− 1,dyndx

= F (x, y1, . . . , yn) .

Poqetni uslovi (Koxiev problem) na sistem diferencijalni ravenki se:

y1(x0) = t01 , y2(x0) = t

02 , . . . , yn(x0) = t

0n ,

kade xto x0, t01, . . . , t

0n se dadeni realni broevi. Dovolni

uslovi za postoeǌe na rexenie na Koxieviot problem e neprek-inatost na funkciite f i vo nekoja okolina na poqetnata toqka

x0, t01, . . . , t

0n

. (teorema na Peano) Vrz osnova na teoremata

na Pikar dovolen uslov za egzistencija na rexenieto naKoxieviot problem e funkciite f i koi se na desnata strana

18


20/77

19

na sistemot da go zadovoluvaat Lipxicoviot uslov po promen-

livite y1, y2, . . . , yn vo okolina na poqetnata toqka (x0, t01, . . . , t0n) .Ovoj uslov ḱe bide zadovolen ako vo okolinata na poqet-nata toqka funkciite f i imaat ograniqeni prvi parcijalniizvodi po promenlivite y1, y2, . . . , yn .

Vo sledniot del ḱe opixeme dve metodi za rexavaǌe nasistemi diferencijalni ravenki

Metod na posledovatelni integraciiAko sistemot na diferencijalni ravenki se sostoi od n

ravenki od prv red takvi da sekoja od niv ima samo edna

nepoznata funkcija:dy1dx

= f 1 (x, y1)

dy2dx

= f 2 (x, y2)

... ...

dyndx

= f n (x, yn) ,

togax rexenieto na sistemot se dobiva so rexavaǌe na sekojaravenka posebno.

Ako sistemot na diferencijalni ravenki e od oblik:dy1dx

= f 1 (x, y1)

dy2dx

= f 2 (x, y1, y2)

... ...

dyndx

= f n (x, y1, y2, . . . , yn) ,

togax rexenieto na sistemot se dobiva na sledniot naqin:prvo se rexava prvata ravenka, a potoa toa nejzinoto rexeni

19


21/77

20

se zamenuva vo vtorata ravenka koja xto sledna se rexava,

i taka natamu se do poslednata ravenka.Metod na iskluquvaǌeMnogu normalni sistemi na diferencijalni ravenki moat

da se rexat so pomox na prethodno sveduvaǌe na dadeniotsistem na edna diferencijalna ravenka od povisok red soedna nepoznata funkcija. Toa ḱe go ilustrirame na sled-niot primer.

Primer 1.4.1. Da se rexi sistemot diferencijalni ravenki:

dy

dx = −z , dz

dx = y .

Rexenie: y(x) = C 1 sin x + C 2 cos x , z(x) = −C 1 cos x + C 2 sin x .

20


22/77

Glava 2

Funkcii od poveke promenlivi

2.1 Definicija na funkcija od poveke promenlivi

Neka funkcijataf : X → Y

e definiran na domen X ⊂ Rn so rang Y ⊂ Rm, kade xto m in se prirodni broevi. Domenot na funkcijata f se narekuvadefiniciona oblast na funkcijata f , isto kako i kaj funkciiod edna realna promenliva. Vo ovaa glava voglavno ḱe raz-gleduvame funkcii za n > 1.

Definicija 2.1.1. Neka n > 1 i m se prirodni broevi i nekaX ⊂ Rn, Y ⊂ Rm. Pridruuvaǌeto so koe na sekoj element od mnoestvoto X mu se dodeluva samo eden element od mno-estvoto Y se narekuva funkcija od poveḱe promenlivi.

• ako e n > 1, m = 1 togax f e realna funkcija od poveḱerealni promenlivi (ili skalarno pole);

• ako e n > 1, m > 1 togax f e vektorska funkcija od poveḱerealni promenlivi (ili vektorsko pole).

21


23/77

22

Primer 2.1.1. Neka e dadena funkcijata f (x,y ,z) = √ z −x2

−y2 .

(a) Da se najde f (0, 1, 3) i f (1, 2, 9).(b) Da se opredeli definicionata oblast na f .

Rexenie:(a) Imame deka f (0, 1, 3) =

√ 3 − 02 − 12 = √ 2 i

f (1, 2, 3) =√

9 − 12 − 22 = 2.(b) Definicionata oblast na f se sostoi od site vred-

nosti (x,y ,z) za koi xto√

z − x2 − y2 e realen broj, a toa eza site vrednosti taka xto z ≥ x2 − y2. Bidejki z = x2 + y2 edadena povrxina (paraboloid) dobivame deka definicionaoblast na f se site toqki od R3 koi leat na taa povrxina

ili se nad nea.

Primer 2.1.2. Najdi ja definicionata oblast i rangot nafunkcijata f (x, y) =

√ 1− x2 − y2.

Rexenie: Definicionata oblast na f se sostoi od sitevrednosti (x, y) za koi xto 1 − x2 − y2 ≥ 0 e realen broj, t.evnatrexnosta na edineqen krug. Rangot na f e intervalot[0, 1].

Aritmetiqkite svojstva na funkciite od poveḱe promen-livi se definirani na ist naqin kako za funkcii od edna

promenliva. Na primer, Ako f i g se funkcii od dve promen-livi x i y togax funkciite f + g, f −g, f ·g i f

g se definirani

so:

• (f + g)(x, y) = f (x, y) + g(x, y);

• (f − g)(x, y) = f (x, y) − g(x, y);

• (f · g) (x, y) = f (x, y) · g(x, y);

• f g (x, y) = f (x,y)g(x,y) g(x, y)̸= 0 .

22


24/77

23

Nie najmnogu ḱe rabotime so funkcii od dve promenlivi.

Grafikot na funkcija od dve promenlivi e mnoestvo na po-dredeni trojki (x,y ,f (x, y)) kade xto (x, y) pripaǵa vo defini-cionata oblast na f. Za da go skicirame grafikot na f obiqnofunkcijata ja pretstavuvame kako z = f (x, y) .

Primer 2.1.3. Da se skicira grafikot na funkcijataf (x, y) = 1

−x

−y.

23


25/77

24

Rexenie: Neka z = f (x, y) od kade dobivame z = 1

− x

− y

odnosno x + y + z = 1. Ova e ravenka na ramnina so normalenvektor ⃗n = {1, 1, 1}. Funkcijata e dadena na slikata.

Primer 2.1.4. Da se skicira grafikot na funkcijataf (x, y) = x2 + y2.

Rexenie: Neka z = f (x, y) od kade dobivame z = x2 + y2 .Da zabeleime deka z sekogax dobiva pozitivni vrednosti.Neka z = c = const, togax imame deka x2 + y2 = c xto e ravenkana krunica so radius

√ c. Ako pak x = 0 ili pak y = 0 do-

bivame z = y2 ili z = x2 xto se ravenki na parabola. Zatoaovaa povrxina se narekuva eliptiqen paraboloid, i nejzin-iot izgled e daden na slikata.

24


26/77

25

Povrxini od vtor red.Opxtata ravenka na povrxina od vtor red e

A1x2+A2y

2+A3z2+2B1yz +2B2zx +2B3xy +2C 1x+2C 2y +2C 3z +D = 0,

kade xto barem eden od broevite A1, A2, A3, B1, B2, B3, C 1, C 2 iC 3 e razliqen od nula. Na primer , ako ravenkata na povr-xinata e

x2 − 4x + 4 + y2 − 2y + 1 + z2 = 25 ,togax imame

(x− 2)2 + (y − 1)2 + z2 = 25pa dobivame sfera so centar vo (2, 1, 0) i radius 5.

Elipsoid. Ravenkata na elipsoidot e

x2

a2 +

y2

b2 +

z2

c2 = 1 , a, b, c > 0 .

25


27/77

26

Za z = h kade xto h e konstanta , sledi deka x2

a2 +

y2

b2 = 1

− h2

c2 ,

pa ako e |h| < c presecite na ramninata z = h so elipsoidotse elipsi. Ako h = ±c togax gi dobivame temiǌata na elip-soidot (0, 0, c) i (0, 0,−c) . Analogno se dobiva i za x = h i y = hako h e konstanta.

Ednokrilen hiperboloid. Ravenkata na ednokrilniothiperboloid e

x2

a2 +

y2

b2 − z

2

c2 = 1 , a, b, c > 0 .


a2+

y2

b2 = 1+

h2

c2 xto

e elipsa, pa presecite na ramninata z = h so ednokrilniothiperboloid se elipsi. Za x = h kade xto h e konstanta

dobivame y2

b2 − z

2

c2 = 1 − h

2

a2 xto e hiperbola. Analogno se

dobiva za y = h.

26


28/77

27

Dvokrilen hiperboloid. Ravenkata na dvokrilniot hiper-boloid e

x2

a2 +

y2

b2 − z

2

c2 = −1 , a, b, c > 0 .


a2 +

y2

b2 =

h2

c2 − 1

xto e elipsa ako |h| > c. Za x = h kade xto h e konstantadobivame

y2

b2 − z

2

c2 = −1 − h

2

a2 xto e hiperbola, a analogna e

situacijata za y = h.

27


29/77

28

Eliptiqki paraboloid. Ravenkata na eliptiqkiot pa-raboloid e

z = x2

a2 +

y2

b2 , a, b > 0 .

Za z = h kade xto h > 0 e konstanta , sledi deka x2

a2 +

y2

b2 = h

xto e elipsa. Za x = h ili y = h dobivame paraboli.

28


30/77

29

Hiperboliq paraboloid.(Sedlo) Ravenkata na hiper-boliqkiot paraboloid e

z = x2

a2 − y

2

b2 , a, b > 0 .

Za z = h kade xto h ̸= 0 e konstanta , sledi deka x2

a2 − y

2

b2 = h

xto e hiperbola. Za x = h ili y = h dobivame paraboli. Ako

z = 0 gi dobivame pravite x√

a ± b√

b= 0 .

29


31/77

30

Konus. Ravenkata na konusot e

x2

a2 +

y2

b2 − z

2

c2 = 0 , a, b, c > 0 .

Ako e z = h kade xto h ̸= 0 e konstanta , dobivame elipsix2

a2 +

y2

b2 =

h2

c2 . Za x = h ili y = h kade xto h e konstanta

dobivame hiperboli. Ako z = 0 ja dobivame toqkata (0, 0, 0),a ako x = 0 ili y = 0 dobivame pravi.

30


32/77

31

Cilindar. Ravenkata na eliptiqkiot cilindar ex2

a2 +

y2

b2 = 1 , a, b > 0 .

Ravenkata na hiperboliqkiot cilindar e

x2

a2 − y

2

b2 = 1 , a, b > 0 .

Ravenkata na paraboliqkiot cilindar e

y2 = 2ax , a > 0 .

31


33/77

32

2.2 Cilindriqni i sferni koordinati vo prostor

Cilindriqniot i sferniot koordinaten sistem se proxiru-vaǌe vo prostor na polarniot koordinaten sistem vo ramn-ina.

Cilindriqen koordinaten sistem. Dadena toqka voprostor P so pravoagolni koordinati (x,y ,z) ima cilindriqnikoordinati (r,θ,z) kade xto

x = r cos θ , y = r sin θ , z = z .

Znaqi cilindriqniot koordinaten sistem e dobien od po-larniot koordinaten sistem na ist naqin kako xto pravoagol-

niot sistem vo prostor e dobien od pravoagolniot sistem voramnina.

Primer 2.2.1. Da se najde ravenkata na povrxinata(a) x2 + y2 = 1; i(b) z2 = x2 + y2

vo cilindriqni koordinati.

Rexenie: (a) Cilindriqnata ravenka e ednostavno

r =√

x2 + y2 = 1

i grafikot na funkcijata e kruen cilindar.(b) Bidejki r2 = x2+y2 dobivame deka cilindriqnata ravenka

32


34/77

33

na dadenata povrxina e z2 = r2 xto e ravenka na konusna

povrxina.

Sferen koordinaten sistem. Cilindriqniot koordi-naten sistem ja locira toqkata vo prostor so pomox na dverastojanija i eden agol. Sferniot koordinaten sistem jalocira toqkata vo prostor so pomox na dva agli i edno ras-tojanie. Neka toqkata P ima cilindriqni koordinati (r,θ,z)kade xto r ≥ 0. Neka ρ ≥ 0 go oznaquva rastojanieto od ko-ordinatiot poqetok O(0, 0, 0) do P , i neka θ e agolot dadenso cilindriqnite koordinati. Neka φ ∈ [0, π] e agol xto goformira pozitivniot del na z

−oskata so otseqkata OP , kako

xto e dadeno na slikata.

Togax P ima sferni koordinati (ρ,θ,φ). Od Pitagorovatateorema dobivame deka

ρ2 = r2 + z2 .

Od triagolnikot P AO imame r = ρ sin φ, pa pravoagolnite ko-ordinati (x,y ,z) na P se povrzani so sfernite koordinati so

33


35/77

34

relacijata:

x = r cos θ = ρ sin φ cos θ ,

y = r sin θ = ρ sin φ sin θ ,

z = ρ cos φ .

kade xtoρ2 = r2 + z2 = x2 + y2 + z2 .

Primer 2.2.2. Skiciraj ja oblasta vo prostor dadena soπ/4 ≤ θ ≤ π/2 , 0 ≤ φ ≤ π/2 i 1 ≤ ρ ≤ 2.Rexenie: Toqkite qii xto sferni koordinati ja zadovolu-vaat ravenkata 1 ≤ ρ ≤ 2 leat meǵu dve sferi so centarvo koordinatniot poqetok i radius r = 1 i r = 2. Zaradiuslovot 0 ≤ φ ≤ π/2 toqkite leat na ili nad xy ramninata.Uslovot π/4 ≤ θ ≤ π/2 ne ograniquva vo prviot oktant, kakoxto e pokaano na slikata.

34


36/77

Glava 3

Diferencijalno smetaǌe na funkcii od poveke

promenlivi

3.1 Granici i neprekinatost na funkcija od poveke

promenlivi

Definicija 3.1.1. Granica na funkcijata f od dve promen-livi vo toqkata (a, b) e L, t.e.

lim(x,y)→(a,b) f (x, y) = L ,

ako za sekoe ϵ > 0 postoi δ > 0 taka xto

|f (x, y) − L| < ϵ

koga 0 <√

(x − a)2 + (y − b)2 < δ.

Primer 3.1.1. Da se pokae deka lim(x,y)→(1,2)

f (x, y) = 2 ako

f (x, y) = 6

−2x

−y .

35


37/77

36

Rexenie: Za da pokaeme deka lim(x,y)→(1,2) 6

−2x

−y = 2 treba

da pokaeme deka za proizvolno ϵ > 0 postoi δ > 0 taka davai

|(6 − 2x− y) − 2| < ϵkoga 0 <

√ (x− 1)2 + (y − 2)2 < δ. Bidejki vai deka

|x − 1| ≤√

(x− 1)2 + (y − 2)2

i|y − 2| ≤

√ (x− 1)2 + (y − 2)2

imame deka

|(6−

2x−

y)−

2|

= | −

2(x−

1)−

(y−

2)|≤ 2|x − 1| + |y − 2|

≤ 2√

(x − 1)2 + (y − 2)2 +√

(x − 1)2 + (y − 2)2< 3δ .

Znaqi ako izbereme δ = ϵ/3, za 0 <√

(x − 1)2 + (y − 2)2 < δ , vai|(6 − 2x− y) − 2|


38/77

37

pa i limest treba da bide 1

2

. Ako limes postoi negovata

vrednost e edinstvena, od xto zakluquvame deka lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2ne postoi.

Definicija 3.1.2. Funkcijata f od dve promenlivi e neprek-inata vo toqkata (a, b) ako:

• f (a, b) postoi;• lim(x,y)→(a,b) f (x, y) postoi; i• lim(x,y)→(a,b) f (x, y) = f (a, b) .

Primer 3.1.3. Dadena e funkcijata

f (x, y) =

xyx2+y2

, ako(x, y)̸ = (0, 0) ,0 , ako(x, y) = (0, 0) .

Da se opredeli vo koi toqki f e neprekinata.

Rexenie: Vo prethodniot primer vidovme deka lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2

ne postoi, pa f ima prekin vo (0, 0). Za (a, b)̸ = (0, 0), a2 + b2̸ = 0imame

lim(x,y)→(a,b)

f (x, y) = lim(x,y)→(a,b)

xyx2 + y2

= aba2 + b2

= f (a, b) ,

pa f e neprekinata vo sekoja toqka osven vo (0, 0).

3.2 Parcijalni izvodi

Neka f e funkcija od dve promenlivi x i y. Ako za vtoratapromenliva dademe konstantna vrednost y = y0 dobivame funkcijaod edna promenliva f (x, y0). Analogno moe da ja fiksir-ame i prvata promenliva i povtorno da dobieme funkcija

37


39/77

38

od edna promenliva f (x0, y). Za ovie sega veḱe funkcii od

edna promenliva moe da naoǵame izvodi, i tie izvodi givikame parcijalni izvodi na funkcijata f. Parcijalniteizvodi moat da se definiraat za funkcija od n promenlivi,no tuka ḱe ja dademe definicijata na parcijalni izvodi nafunkcija od dve promenlivi.

Definicija 3.2.1. Neka f e funkcija od dve promenlivi x iy. Prviot parcijalen izvod na f vo odnos na promenlivatax, f x, e definiran so

f x(x, y) = limh→0

f (x + h, y) − f (x, y)

h

.

Definicionata oblast na f x e mnoestvoto na site (x, y) od definicionata oblast na f za koi xto limesot postoi.Sliqno, prviot parcijalen izvod na f vo odnos na promen-livata y, f y, e definiran so

f xy(x, y) = limh→0

f (x, y + h) − f (x, y)h

.

Definicionata oblast na f y e mnoestvoto na site (x, y) od definicionata oblast na f za koi xto limesot postoi.

Oznaki koi xto gi koristime za parcijalnite izvodi se

∂f

∂x ≡ f x i ∂f

∂y ≡ f y .

Primer 3.2.1. Da se najdat prvite parcijalni izvodi na f ako

f (x, y) = x2 + xy + y sin x

i da se presmetaat vo toqkata (0, 1).

38


40/77

39

Rexenie: Imame

f x(x, y) = ∂ (x2 + xy + y sin x)

∂x = 2x + y + y cos x ,

i f x(0, 1) = 0 + 1 + 1 cos 0 = 2 . Isto taka

f y(x, y) = ∂ (x2 + xy + y sin x)

∂y = 0 + x + sin x ,

i f y(0, 1) = 0 .Primer 3.2.2. Da se najdat f x(0, 0) i f y(0, 0) za funkcijata

f (x, y) = xyx2+y2

, ako(x, y)̸ = (0, 0) ,0 , ako(x, y) = (0, 0) .

Rexenie: Vo ovoj sluqaj parcijalnite izvodi na funkcijatatreba da se baraat po definicija. Spored toa imame:

f x(0, 0) = limh→0

f (0 + h, 0) − f (0, 0)h

= limh→0

0 − 0h

= 0 ;

f y(0, 0) = limh→0

f (0, 0 + h) − f (0, 0)h

= limh→0

0 − 0h

= 0 .

Da zabeleime deka za ovaa funkcijat i dvata parcijalniizvodi vo (0, 0) postojat iako spored prethoden primer funk-cijata ima prekin vo (0, 0).

Ako f e funkcija od dve promenlivi x i y togax vtoriteparcijalni izvodi na f se definirani so

f xx = ∂ 2f

∂x2 =

∂

∂x

∂f

∂x

, f yy =

∂ 2f

∂y2 =

∂

∂y

∂f

∂y

,

f xy = ∂ 2f

∂y∂x =

∂

∂y

∂f

∂x

, f yx =

∂ 2f

∂x∂y =

∂

∂x

∂f

∂y

.

Funkciite f xy i f yx se nareqeni mexani vtori parcijalniizvodi na f vo odnos na x i y. Slednata teorema gi davauslovite pod koi mexanite parcijalni izvodi na dadena funkcijase ednakvi meǵu sebe.

39


41/77

40

Teorema 3.2.1. Ako funkciite f xy i f yx se neprekinati vo

vnatrexnosta na krug xto ja sodri (x, y) togaxf xy(x, y) = f yx(x, y) .

Ednakvosta na mexanite parcijalni izvodi vai i za me-xani izvodi od povisok red. Generalno, mexanite parcijalni izvodi na dadena funkcija se nezavisni od redosle-dot na diferenciraǌe na promenlivite ako site parcijalniizvodi od toj red se neprekinati funkcii na dadena otvorenaoblast.

Primer 3.2.3. Neka f (x, y) = x3 + 2x2y + e2x sin(πy). Da se najdatsite vtori parcijalni izvodi na f i f xyx.

Rexenie: Prvite parcijalni izvodi se:

f x(x, y) = ∂f

∂x(x, y) = 3x2 + 4xy + 2e2x sin(πy) ,

f y(x, y) = ∂f

∂y(x, y) = 2x2 + πe2x cos(πy) .

Vtorite parcijalni izvodi se:

f xx(x, y) = ∂ 2f

∂x2(x, y) =

∂

∂x

∂f

∂x

(x, y) = 6x + 4y + 4e2x sin(πy) ,

f yy(x, y) = ∂ 2f

∂y2(x, y) = ∂

∂y

∂f ∂y

(x, y) = −π2e2x sin(πy) ,

f xy(x, y) = ∂ 2f

∂y∂x(x, y) =

∂

∂y

∂f

∂x

(x, y) = 4x + 2πe2x cos(πy) ,

f yx(x, y) = ∂ 2f

∂x∂y(x, y) =

∂

∂x

∂f

∂y

(x, y) = 4x + 2πe2x cos(πy) .

Tretiot parcijalen izvod f xyx e

f xyx = ∂ 3f

∂x∂y∂x(x, y) =

∂

∂x ∂ 2f

∂y∂x (x, y) = 4 + 4πe2x cos(πy) .

40


42/77

41

Soglasno so definicijata na parcijalni izvodi na funkcija

od dve promenlivi, lesno zakluquvame deka, na primer, f x zafunkcija od tri promenlivi e definirana so

f x(x,y ,z) = limh→0

f (x + h,y ,z) − f (x,y ,z)h

.

Definicionata oblast na f x se sostoi od site (x,y ,z) od definicionata oblast na f za koi limesot postoi. Sliqnise definiciite i za f y i f z.Primer 3.2.4. Da se najdat f x, f y i f z ako

f (x,y ,z) =√

x + 2xyz + z2ex ln y .

Rexenie: Isto kako kaj funkcii od dve promenlivi ako y iz se konstantni i diferencirame samo po x se dobiva

f x(x,y ,z) = 1

2√

x + 2yz + z2ex ln y .

Za drugite prvi parcijalni izvodi imame

f y(x,y ,z) = 0 + 2xz + z2ex

1

y ,

f z(x,y ,z) = 0 + 2x + 2zex ln y .

3.3 Diferencijabilnost na funkcija od poveke promen-

livi

Parcijalnite izvodi na dadena funkcija davaat merka narelativnite promeni na vrednostite funkcijata koga se pri-bliuvame kon fiksirana toqka po prava paralelna so ko-ordinatnite oski. No postojat mnogu drugi naqini za pri-bliuvaǌe kon fiksirana toqka vo ramnina. Za da kaemedeka funkcijata e diferencijabilna vo nekoja toqka morada gi razgledame relativnite promeni na vrednostite nafunkcija bez razlika kako se pribliuvame kon dadenata

toqka.41


43/77

42

Definicija 3.3.1. Funkcijata f so parcijalni izvodi f x i

f y vo (x, y) e diferencijabilna vo (x, y) ako postoi otvorenaoblast R okolu (x, y) i funkcii ϵ1 i ϵ2 takvi xto:

1. f (x+△x, y+△y)−f (x, y) = f x(x, y)△x+f y(x, y)△y+ϵ1(△x,△y)△x+ϵ2(△x,△y)△y za site (x + △x, y + △y) vo R i vai

2. lim(△x,△y)→(0,0)

ϵ1(△x,△y) = 0 i lim(△x,△y)→(0,0)

ϵ2(△x,△y) = 0 .

Primer 3.3.1. Da se pokae deka funkcijata

f (x, y) = x2 + y2

e diferencijabilna vo sekoja toqka od R

2

.

Rexenie: Ḱe pokaeme diferencijabilnost na ovaa funkcijapo definicija. Imame deka f x(x, y) = 2x i f y(x, y) = 2y , pa

(x + △x)2 + (y + △y)2−(x2+y2) = 2x△x+2y△y+ϵ1(△x,△y)△x+ϵ2(△x,△y)△y .So sreduvaǌe na ovaa ravenka dobivame

(△x)2 + (△y)2 = ϵ1(△x,△y)△x + ϵ2(△x,△y)△y .Ako izbereme

ϵ1(△x,△y) = △x , ϵ2(△x,△y) = △yuslovite od definicijata za diferencijabilnost na funkcijase ispolneti. Zakluquvame deka f e diferencijabilna vo(x, y), pa poradi proizvolnosta na toqkata sledi deka f ediferencijabilna vo sekoja toqka od R2 .

Teorema 3.3.1. Ako funkcija f od dve promenlivi e difer-encijabilna vo (x, y), togax f e neprekinata vo (x, y) .

Teorema 3.3.2. Ako parcijalnite izvodi na funkcija f od dve promenlivi se neprekinati vo (x, y), togax f e diferen-cijabilna vo (x, y) .

42


44/77

43

Primer 3.3.2. Da se pokae deka f (x, y) = ln(x2 + y) e difer-

encijabilna vo (1, e).

Rexenie: Parcijalnite izvodi na f se

f x(x, y) = 2x

x2 + y , f x(x, y) =

1

x2 + y .

Ovie funkcii se neprekinati vo (1, e), pa f e diferencija-bilna vo (1, e).

Za funkcija od edna realna promenliva y = f (x) diferen-cijabilna vo x imame definirano diferencijal na funkcijaso dy = f ′(x)dx . Sliqno, ako f e funkcija od dve promenlivi

xto e diferencijabilna vo toqkata (x, y) , togax diferencijal na z = f (x, y) vo odnos na toqkata (x, y) i prirastot △x i△y e definiran so

dz = f x(x, y)△x + f y(x, y)△y .

Definirame i diferencijali dx = △x i dy = △y, pa za difer-encijalot dz dobvame

dz = f x(x, y)dx + f y(x, y)dy .

Diferencijalot dz gi aproksimira promenite △

z na vred-nostite na funkcijata f pri promeni dx = △x i dy = △y napromenlivite x i y, kako xto e pokaano na slikata.

dz ≈ △z = f (x + △x, y + △y) − f (x, y) ,

od kade dobivame deka

f (x + △x, y + △y) ≈ f (x, y) + dz .

43


45/77

44

Primer 3.3.3. Neka z = f (x, y) = x3 + 2xy . Da se najde dz.

Rexenie: Parcijalnite izvodi na f se f x = 3x2 + 2y i f y = 2x.Togax

dz = (3x2 + 2y)dx + 2xdy .

Primer 3.3.4. Neka w = f (x,y ,z) = x2ye3z . Da se najde dw.

Rexenie: Parcijalnite izvodi na f se f x = 2xye3z , f y = x2e3z

i f z = 3x2ye3z . Togax

dw = f x(x,y ,z)dx + f y(x,y ,z)dy + f z(x,y ,z)dz

= 2xye3zdx + x2e3zdy + 3x2ye3zdz .

44


46/77

45

3.4 Izvodi na sloena funkcija

Teorema 3.4.1. Neka x i y se diferencijabilni funkcii od ti neka f e diferencijabilna funkcija od dve promenlivi xi y. Togax f e diferencijabilna funkcija od t i

df

dt(x(t), y(t)) = f x(x(t), y(t))x

′(t) + f y(x(t), y(t))y′(t) .

Posledna ravenka za izvod na sloena funkcija moe dase zapixe kako

df

dt =

∂f

∂x

dx

dt +

∂ f

∂y

dy

dt . (3.1)

Primer 3.4.1. Za f (x, y) = x sin y + ex cos y , x(t) = t2 + 1 i y(t) = t3

da se presmeta df

dt .

Rexenie: Spored prethodnata teorema imame

df

dt =

∂f

∂x

dx

dt +

∂ f

∂y

dy

dt

= (sin y + ex cos y)(2t) + (x cos y − ex sin y)(3t2)= 2t sin t3 + 2tet

2+1 cos t3 + 3t2(t2 + 1) cos t3 − 3t2et2+1 sin t3 .

Prethodnata teorema moe da bide generalizirana i zafunkcii od poveḱe promenlivi, kako i sluqaj koga samitepromenlivi se funkcii od poveḱe promenlivi. Od site tiemonosti najmnogu se koristat slednite relacii.

Ako f e funkcija od x(u, v) i y(u, v), togax

∂f

∂u =

∂f

∂x

∂x

∂u +

∂ f

∂y

∂y

∂u i

∂f

∂v =

∂f

∂x

∂x

∂v +

∂ f

∂y

∂y

∂v . (3.2)

Ako f e funkcija od x(t), y(t) i z(t), togax

df

dt =

∂f

∂x

dx

dt +

∂ f

∂y

dy

dt +

∂ f

∂z

dz

dt . (3.3)

45


47/77

46

Ako f e funkcija od x(u, v), y(u, v) i z(u, v), togax

∂f

∂u =

∂f

∂x

∂x

∂u+

∂f

∂y

∂y

∂u+

∂f

∂z

∂z

∂u i

∂f

∂v =

∂f

∂x

∂x

∂v +

∂f

∂y

∂y

∂v + +

∂f

∂z

∂z

∂v . (3.4)

Primer 3.4.2. Neka f (x, y) = y2tg x , x(u, v) = u2 − v2 iy(u, v) = u2 + v2. Da se najde

∂f

∂u i

∂f

∂v.

Rexenie: Spored prethodnite formuli imame

∂f

∂u =

∂f

∂x

∂x

∂u +

∂ f

∂y

∂y

∂u =

y2

cos2 x2u + (2ytgx)(2u)

= 2u(u2 + v2)2

cos2(u2 − v2) + 4u(u2 + v2)tg(u2 − v2) ;

∂f

∂v =

∂f

∂x

∂x

∂v +

∂ f

∂y

∂y

∂v =

y2

cos2 x(−2v) + (2ytgx)(2v)

= −2v(u2 + v2)2

cos2(u2 − v2) + 4v(u2 + v2)tg(u2 − v2) .

Teorema 3.4.2. Ako F (x,y ,z) = 0 implicitno ja definira zkako diferencijabilna funkcija od x i y togax imame

∂z∂x

= −F x(x,y ,z)F z(x,y ,z)

i ∂z∂y

= −F y(x,y ,z)F z(x,y ,z)

ako F z(x,y ,z)̸ = 0.

Dokaz. Bidejki F (x,y ,z) = 0 implicitno ja definira z kakodiferencijabilna funkcija od x i y, voveduvame novi promen-livi i toa u = x, v = y i w = z = z(x, y). So koristeǌe narelacijata 3.4 imame

0 = ∂F

∂x =

∂F

∂u

∂u

∂x +

∂ F

∂v

∂v

∂x +

∂ F

∂w

∂w

∂x =

∂F

∂u ·

1 + ∂ F

∂v ·

0 + ∂ F

∂w ·

∂z

∂x .

46


48/77

47

Bidejki u = x i w = z imame deka ∂F

∂u = F x(x,y ,z) i

∂F

∂w = F z(x,y ,z) pa so zamena vo gornata relacija se dobiva

∂z

∂x = −F x(x,y ,z)

F z(x,y ,z) .

Na sliqen naqin se dobiva i parcijalniot izvod na z popromenlivata y.

3.5 Izvodi na funkcija po pravec. Gradient. Tan-

gentna ramnina.

Definicija 3.5.1. Neka ⃗u = u1⃗ i+u2⃗ j e edineqen vektor. Izvod po pravec na vektorot ⃗u na funkcijata f = f (x, y) e definiranso

D⃗ uf (x, y) = limh→0

f (x + hu1, y + hu2) − f (x, y)h

.

Definicionata oblast na D⃗ uf se sostoi od site (x, y) od definicionata oblast na f za koi xto limesot postoi.

Primer 3.5.1. Da se presmeta D⃗u f (1, 2) ako f (x, y) = 6− x2 − y2

i ⃗u =

√ 2

2⃗ i +

√ 2

2⃗ j .

Rexenie: Imame

D⃗ uf (1, 2) = limh→0

f (1 + (√

2/2)h, 2 + (√

2/2)h) − f (1, 2)h

= limh→0

{6 − [1 + (√ 2/2)h]2 − [2 + (√ 2/2)h]2} − (6 − 12 − 22)h

= limh→0

−√ 2h − 1/2h2 − 2√ 2h − 1/2h2h

= limh→

0(−3

√ 2 − h) = −3

√ 2 .

47


49/77

48

Vo specijalniot sluqaj koga ⃗u =⃗ i dobivame deka izvodot po

pravec na ⃗ i na funkcijata f e nejziniot parcijalen izvod f xbidejki

D⃗ if (x, y) = limh→0f (x + h, y) − f (x, y)

h = f x(x, y) .

Analogno za ⃗u =⃗ j imame deka D⃗ jf (x, y) = f y(x, y) .

Teorema 3.5.1. Ako f e diferencijabilna vo (x, y) iu⃗ = u1⃗ i + u2⃗ j e edineqen vektor, togax

D⃗u f (x, y) = f x(x, y)u1 + f y(x, y)u2 = {f x(x, y), f y(x, y)} ·⃗u .

Primer 3.5.2. Neka f (x, y) = 2x2 − y2 − 1 i ⃗v = 3⃗ i + 4⃗ j . Da senajde izvodot na f vo (2, 1) po pravec na vektorot ⃗v .

Rexenie: Bidejki ⃗v ne e edineqen vektor prvo go naoǵameedineqniot vektor vo pravec na ⃗v :

u⃗ = ⃗v

|⃗v | = 3⃗ i + 4⃗ j√

32 + 42 =

3

5⃗ i +

4

5⃗ j .

Bidejki f x(x, y) = 4x i f y(x, y) = −2y,

D⃗ uf (x, y) = 4x

3

5 − 2y4

5 =

4

5 (3x− 2y)i D⃗ uf (2, 1) =

16

5 .

Definicija 3.5.2. Ako f e funkcija so parcijalni izvodi vo(x, y), togax gradient na f vo (x, y) (oznaka ∇f (x, y)) e vektorotdefiniran so

gradf (x, y) ≡ ∇f (x, y) = f x(x, y)⃗ i + f y(x, y)⃗ j

Primer 3.5.3. da se najde gradientot na funkcijataf (x, y) = ex sin y.

48


50/77

49

Rexenie:

∇f (x, y) = f x(x, y)⃗ i + f y(x, y)⃗ j = e

x sin y⃗ i + ex cos y⃗ j .

So gradientot dadena skalarna funkcija od poveḱe promen-livi se transformira vo vektorska funkcija od poveḱe promen-livi. Za diferencijabilna funkcija f i edineqen vektor

u⃗ = u1⃗ i + u2⃗ j imame deka

D⃗ uf (x, y) = f x(x, y)u1 + f y(x, y)u2 = ∇f (x, y) ·⃗u .

Izvod po pravec i gradient se definirani i za funkciiod tri i poveḱe promenlivi na sliqen naqin kako prethodno.

Neka ⃗u = u1⃗ i + u2⃗ j + u3⃗ k e edineqen vektor, togax izvod popravec na vektorot ⃗u na funkcijata f (x,y ,z) e definiran so

D⃗ uf (x,y ,z) = limh→0

f (x + hu1, y + hu2, z + hu3) − f (x,y ,z)h

,

ako limesot postoi. Ako f e diferencijabilna vo (x,y ,z),togax

D⃗ uf (x,y ,z) = f x(x,y ,z)u1 + f y(x,y ,z)u2 + f z(x,y ,z)u3 .

Gradientot na f e definiran so

gradf (x,y ,z) ≡ ∇f (x,y ,z) = f x(x,y ,z)⃗ i + f y(x,y ,z)⃗ j + f z(x,y ,z)⃗ k ,

paD⃗u f (x,y, = ∇f (x,y ,z) ·⃗u .

Tangentna ramnina i normala.

Teorema 3.5.2. Neka F e diferencijabilna funkcija od tripromenlivi i neka S e dadena povrxina vo prostor opixanaso

F (x,y ,z) = c , c = constanta .

Ako P (x0, y0, z0) e toqka xto lei na povrxinata S i∇F (x0, y0, z0) ̸= 0, togax vektorot ∇F (x0, y0, z0) e normalen nasekoja kriva vo S xto minuva niz P (x0, y0, z0).

49


51/77

50

Od ovaa teorema dobivame deka site tangentni vektori

na povrxinata S vo toqkata P 0 leat vo edna ista ramnina.(kako xto e dadeno na slikata).

Ovaa ramnina se narekuva tangentna ramnina na S vo P 0.Normalata na ovaa tangentna ramnina se narekuva normalana dadenata povrxina vo toqkata P 0. Bidejki normalniotvektor na tangentnata ramnina na povrxinata F (x,y ,z) = cvo P (x0, y0, z0) e

∇F (x0, y0, z0) = F x(x0, y0, z0)⃗ i + F y(x0, y0, z0)⃗ j + F z(x0, y0, z0)⃗ k ,

ravenkata na tangentnata ramnina na S vo P 0 ḱe bide

F x(x0, y0, z0)(x − x0) + F y(x0, y0, z0)(y − y0) + F z(x0, y0, z0)(z − z0) = 0 .(3.5)

Primer 3.5.4. Da se najde tangentnata ramnina na paraboloidotx2 + y2 + z = 6 vo toqkata (1, 2, 1).

Rexenie: Neka F (x,y ,z) = x2 + y2 + z−6 Togax za vektorot ∇F dobivame

∇F (x,y ,z) = 2x⃗ i + 2y⃗ j +⃗ k , pa

∇F (1, 2, 1) = 2⃗ i + 4⃗ j +⃗ k .

50


52/77

51

Ravenkata na tangentnata ramnina sega ḱe bide

2(x − 1) + 4(y − 2) + (z − 1) = 0 ,odnosno 2x + 4y + z − 11 = 0, kako xto e pokaano na slikata.

So sluqaj koga povrxinata S vo prostor e zadadena sofunkcijata z = f (x, y) togax imame deka

F (x,y ,z) = z − f (x, y) = 0, paF x(x,y ,z) = −f x(x, y) , F y(x,y ,z) = −f y(x, y) , F z(x,y ,z) = 1

pa tangentnata ramnina na S vo toqkata P 0(x0, y0, f (x0, y0) imaravenka

−f x(x0, y0)(x− x0) − f y(x0, y0)(y − y0) + (z − f (x0, y0)) = 0 .

Primer 3.5.5. Da se pokae deka normalata na sfera voproizvolna nejzina toqka mora da minuva niz centarot nasferata.

51


53/77

52

Rexenie: Dovolno e ako tvrdeǌeto go pokaeme za cen-

tralna sfera. Nejzinata ravenka e x2 + y2 + z2 = r2 . Togaxza vektorot ∇F dobivame

∇F (x,y ,z) = 2x⃗ i + 2y⃗ j + 2z⃗ k ,pa zatoa normalata na sferata vo toqka P 0(x0, y0, z0) ima noseqkivektor {x0, y0, z0} i ravenka vo parametarski oblik

x = x0 + x0t , y = y0 + y0t , z = z0 + z0t .

Sega e jasno deka toqkata (0, 0, 0) pripaǵa na ovaa prava. (jadobivame za t = −1.)

3.6 Ekstremni vrednosti na funkcija od poveke promen-

livi.

Definicija 3.6.1. Funkcijata f od dve promenlivi ima ap-soluten maksimum (ili samo maksimum) vo toqkata (x0, y0) vooblasta R ako f (x, y) ≤ f (x0, y0) za site (x, y) vo R. Funkcijataf ima apsoluten minimum vo toqkata (x0, y0) vo oblasta R akof (x, y) ≥ f (x0, y0) za site (x, y) vo R.

Funkcijata f ima relativen maksimum vo toqkata (x0, y0)

ako postoi krug D okolu (x0, y0) taka xto f (x, y) ≤ f (x0, y0) zasite (x, y) vo vnatrexnosta na D. Funkcijata f ima relativenminimum vo toqkata (x0, y0) ako postoi krug D okolu (x0, y0)taka xto f (x, y) ≥ f (x0, y0) za site (x, y) vo vnatrexnosta na D.Teorema 3.6.1. Neka f e neprekinata funkcija na zatvorenai ograniqena oblast R vo R2. Togax postojat (x1, y1) i (x2, y2)vo R taka xto

f (x1, y1) ≤ f (x, y) ≤ f (x2, y2)za site (x, y) vo R.

52


54/77

53

Definicija 3.6.2. Funkcijata f od dve promenlivi ima kritiqnatoqka vo (x0, y0) ∈ Df ako i dvata prvi parcijalni izvodi naf vo toqkata (x0, y0) se nuli, ili barem eden od parcijalniteizvodi na f vo (x0, y0) ne postoi.

Primer 3.6.1. Da se najdat kritiqnite toqki na funkcijataf (x, y) = 4 − 4x2 − y2.Rexenie: Bidejki f x =

−8x i f y =

−2y, parcijalnite izvodi

na f postojat za site vrednosti na x i y. Znaqi, edinstvenatakritiqna toqka ja dobivame koga i dvata parcijalni izvodise nula, a toa e vo toqkata (0, 0).

Teorema 3.6.2. Ako funkcijata f ima relativen ekstrem votoqkata (x0, y0), togax (x0, y0) e kritiqna toqka za f .

Primer 3.6.2. Da se pokae deka funkcijata f (x, y) = ex sin ynema relativni ekstremi.

Rexenie: Parcijalnite izvodi na f se

f x(x, y) = ex sin y , f y(x, y) = e

x cos y .

53


55/77

54

Znaqi kritiqnite toqki gi dobivame za ex sin y = 0 , ex cos y = 0.

Bidejki ovoj sistem ravenki nema rexenie, dobivame deka idvata parcijalni izvodi ne moat istovremeno da se nula,pa f nema kritiqni toqki. Spored prethodnata teoremasledi deka f nema ekstremi.

Kritiqna toqka vo koja xto nemame relativen ekstremse narekuva toqka na sedlo na grafikot na f . Na slednataslika e pokaana toqka na sedlo za funkcijata z = x2 − y2.

Primer 3.6.3. Da se najdat apsolutniot minimum i apso-lutniot maksimum na funkcijata f (x, y) = 5 − 2x2 + 2xy − y2 vooblasta R zadadena so 0

≤x≤

1 i 0≤

y ≤

2 .

Rexenie: Najprvo go imame sistemot f x = 0 , f y = 0 od kadedobivame

−4x + 2y = 0 , 2x − 2y = 0 .Rexenie na ovoj sistem e toqkata (0, 0) koja xto lei nagranicata na dadenata oblast. Granicata na R se sostoiod qetiri segmenti na pravi i toa

B1 : y = 0 , 0 ≤ x ≤ 1; B2 : x = 1 , 0 ≤ y ≤ 2;B3 : y = 2 , 0

≤x

≤1; B4 : x = 0 , 0

≤y

≤2 .

54


56/77

55

Za da gi najdeme ekstremnite vrednosti na f na granicata

gi ispituvame site delovi posebno.Na B1 imame f (x, 0) = 5 − 2x2 za 0 ≤ x ≤ 1. Bidejki f opaǵa

na ovoj interval minimalnata vrednost na f e 3 za x = 1, amaksimalnata vrednost na f e 5 za x = 0.

Na B2 imame f (1, y) = 3 + 2y − y2 za 0 ≤ y ≤ 2. Na ovoj inter-val ḱe ja razgleduvame f kako funkcija od edna promenliva.Ovaa funkcija ima ekstremi na B2 vo krajnite toqki na B2 :(1, 0) i (1, 2) ili koga 0 = f ′(1, y) = 2 − 2y a toa e vo toqkata(1, 1). Bidejki f (1, 0) = 3 i f (1, 1) = 4 f (1, 2) = 3 maksimalnatavrednostna f na B2 e 4, a minimalnata e 3.

Na B3 imame f (x, 2) = 1

−2x2 + 4x za 0

≤x

≤ 1. Povtorno ja

razgleduvame f kako funkcija od edna promenliva. Vo krajnite toqki na B3 imame f (0, 2) = 1 i f (1, 2) = 3 a koga0 = f ′(x, 2) = −4x + 4 dobivame povtorno x = 1. Znaqi maksi-malnata vrednostna f na B3 e 3, a minimalnata e 1.

Na B4 imame f (0, y) = 5 − y2 za 0 ≤ y ≤ 2. Na ovoj inter-val minimalnata vrednost na f e 1 vo (0, 2), a maksimalnatavrednost na f e 5 vo (0, 0).

Koneqno, zakluquvame deka minimalnata vrednost na f naR e 1 vo toqkata (0, 2), a maksimalnata vrednost na f na R e5 vo toqkata (0, 0).

55


57/77

56

Teorema 3.6.3. Neka f e funkcija so neprekinati vtori par-cijalni izvodi i neka (x0, y0) e kritiqna toqka za f . Neka

D(x0, y0) = f xx(x0, y0)f yy(x0, y0) − [f xy(x0, y0)]2 .

• Ako D(x0, y0) > 0 i f xx(x0, y0) < 0, togax f ima relativenmaksimum vo (x0, y0) .

• Ako D(x0, y0) > 0 i f xx(x0, y0) > 0, togax f ima relativenminimum vo (x0, y0) .

• Ako D(x0, y0) < 0, togax f ima toqka na sedlo vo (x0, y0) .Vo sluqaj koga D(x0, y0) = 0 ne moe da se dade odgovor

dali vo (x0, y0) ima ekstrem, toqka na sedlo, ili nitu ednotonitu drugoto.

Primer 3.6.4. Da se najdat relativnite ekstremi na funk-cijata f (x, y) = x3

−y3 + 3xy.

56


58/77

57

Rexenie: Kritiqnite toqki na f se dobivaat so rexavaǌe

na sistemot

0 = f x(x, y) = 3x2 + 3y

0 = f y(x, y) = −3y2 + 3x ,i toa se toqkite (0, 0) i (1,−1). Ponatamu imame:

D(0, 0) = f xx(0, 0)f yy(0, 0) − [f xy(0, 0)]2 = (0)(0) − (3)2 = −9 < 0 ,pa vo (0, 0) dobivame toqka na sedlo. Vo kritiqnata toqka(1,−1) vai

D(1,−1) = f xx(1,−1)f yy(1,−1) − [f xy(1,−1)]2

= (6)(6) − (3)2

= 27 > 0 ,

pa vo (1,−1) imame relativen minimum.Lagranova funkcija.Vo praktiqno rexavaǌe na dadeni problemi mnogu qesto

naoǵame sluqai kade xto treba da najdeme ekstrem na nekojafunkcija, no pod nekoj uslov, t.e. so nekoe ograniquvaǌe.Zaradi toa ovie ekstremi se narekuvaat uxte i uslovni ek-stremi ili vrzani ekstremi. Za naoǵaǌe na ekstremi nafunkcijata f (x,y ,z) pod dadeni uslovi-ograniquvaǌa g(x,y ,z) =0 ja formirame Lagranovata funkcija:

F (x,y ,z ,λ) = f (x,y ,z) − λg(x,y ,z) ,i sega problemot na naoǵaǌe na usloven ekstrem na f se sve-duva na problem na naoǵaǌe na ekstrem na F . Da zabeleimedeka funkcijata F ima plus edna promenliva λ.

Primer 3.6.5. Da se najde minimalnat vrednost na funkcijata f (x,y ,z) = 9xy + 16yz + 16xz ako vai xyz = 36.

Rexenie: Neka g(x,y ,z) = xyz − 36 = 0 . Togax Lagranovatafunkcija ḱe bide

F (x,y ,z ,λ) = 9xy + 16yz + 16xz

−λ(xyz

−36) .

57


59/77

58

Imame

F x = 9y + 16z − λyz = 0F y = 9x + 16z − λxz = 0F z = 16y + 16x − λxy = 0F λ = xyz − 36 = 0 .

So mnoeǌe na prvata ravenka so x, na vtorata so y i natretata so z dobivame 9xy + 16xz = 9xy + 16yz i9xy + 16xz = 16yx + 16xz od kade sledi x = y i x = 16/9z. Sozamena vo poslednata ravenka od sistemot xyz − 36 = 0 se

dobiva z =

9

4, odnosno x = y = 4. Znaqi uslovniot ekstrem kojgo barame e toqkata (4, 4,

9

4)

58


60/77

Glava 4

Dvojni i trojni integrali

4.1 Dvojni integrali

Neka f e neprekinata nenegativna funkcija od dve promen-livi definirana na ograniqena oblast R vo x0y ramninata.Naxata cel e da go opredelime volumenot V na teloto ograniqenoso cilindar so osnova R i vrv xto lei na povrxinatadadena so z = f (x, y), kako xto e pokaano na slikata.

Najprvo pravime mrea na pravi niz R xto se paralelniso x-oskata i y-oskata. (vidi ja slikata)

59


61/77

60

Neka R1, R2, . . . , Rn se pravoagolnicite formirani od taamrea xto leat celosno vo R. Mnoestvoto od tie pravoagol-nici go oznaquvame so P , i ∥P∥ ja oznaquva maksimalnatadolina na dijagonalite na pravoagolnicite vo toa mno-estvo. Neka (xi, yi) e proizvolna toqka vo Ri, pa za sekoj i gopresmetuvame f (xi, yi). Volumenot △V i na paralelopipedot soosnova Ri i visina f (xi, yi) e

△V i = f (xi, yi)△P i ,kade xto △P i e ploxtinata na pravoalognikot Ri. Sumiran- jeto na site volumeni na paralelopipedi ja dava aproksi-

macijata na volumenot

V ≈n∑

i=1

f (xi, yi)△P i .

Ovaa suma se narekuva Rimanova suma za f na oblasta R. Definicija 4.1.1. Neka funkcijata f od dve promenlivi edefinirana na ograniqena oblast R vo ramnina. Dvojniotintegral na f nad R e definiran so

∫ ∫ Rf (x, y)dP = lim

∥P∥→0

n

∑i=1f (xi, yi)△P i ,

60


62/77

61

ako limesot postoi. Vo ovoj sluqaj velime deka f e integra-

bilna na oblasta R.Ako f e neprekinata i ograniqenata oblast R e zatvorena,

togax f e integrabilna na R. Definicija 4.1.2. Neka f e neprekinata i nenegativna funkcijaod dve promenlivi definirana na ograniqena i zatvorenaoblast R, togax volumenot na teloto so osnova R i vrv povr-xinata z = f (x, y) e

V =

∫ ∫ R

f (x, y)dP .

Primer 4.1.1. Presmetaj go ∫ ∫ R√ 16 − x2 − y2dP , kade xto R

e vnatrexnosta na krugot x2 + y2 ≤ 16 vo x0y-ramninata.Rexenie: Bidejki

√ 16 − x2 − y2 ≥ 0 ovoj dvoen integral e

volumenot na teloto so osnova R i vrv xto lei na povr-xinata z =

√ 16 − x2 − y2 . Ovaa povrxina e gornata polovina

od sferata x2 + y2 + z2 = 16, kako xto e pokaano na slikata.Bidejki sfera so radius r ima volumen V = 4/3πr3, ovoj in-tegral ima vrednost polovina od volumenot na sfera so ra-dius 4. Dobivame

∫ ∫ R√ 16 − x

2

−y2dP =

1

24

3

π43 = 1283

π .

61


63/77

62

Dvojniot integral gi zadovoluva voobiqaenite aritmetiqki

svojstva koi gi ima opredeleniot integral. Na primer, nekaf i g se integrabilni na R i neka c e konstanta, togax vai:∫ ∫

R(f ± g)(x, y)dP =

∫ ∫ R

f (x, y)dP ±∫ ∫

Rg(x, y)dP ∫ ∫

Rcf (x, y)dP = c

∫ ∫ R

f (x, y)dP .

Ako pak R e oblast koja xto e unija na disjunktnite oblastiR1 i R2 imame

∫ ∫ R f (x, y)dP = ∫ ∫ R1 f (x, y)dP + ∫ ∫ R2 f (x, y)dP .4.2 Iterirani integrali

Definicijata na dvoen integral vkluquva limes na Rimanovasuma

n∑i=1

f (xi, yi)△P i ,

kade xto △P i e ploxtina na i-tiot pravoagolnik Ri. Ako ovojpravoagolnik e so dolina △xi i xirina △yi togax negovataploxtina e △P i = △xi△yi . Sega, za efektivno presmetuvaǌena dvojni integrali ja imame slednata teorema.Teorema 4.2.1. • Neka f e neprekinata funkcija na oblasta

R dadena so R : a ≤ x ≤ b , g1(x) ≤ y ≤ g2(x) , togax∫ ∫ R

f (x, y)dP =

∫ ba

∫ g2(x)g1(x)

f (x, y)dydx.

• Neka f e neprekinata funkcija na oblasta R dadena soR : c ≤ y ≤ d , h1(y) ≤ x ≤ h2(y) , togax∫ ∫

Rf (x, y)dP =

∫ dc

∫ h2(y)h1(y)

f (x, y)dxdy .

62


64/77

63

Znaqi ∫ ∫ R f (x, y)dP = ∫ b

a ∫ g2(x)

g1(x)f (x, y)dy dx , ili∫ ∫

Rf (x, y)dP =

∫ dc

∫ h2(y)h1(y)

f (x, y)dx

dy . Ovie integrali se nareku-

vaat iterirani integrali, a obiqno se pixuvaat bez za-gradi.

Primer 4.2.1. Da se najde volumenot na teloto qij vrv epovrxinata z = 7 − x2 − y, a za osnova ima pravoagolnikograniqen so ramninite x = 0, x = 2, y = 2 i y = 3.

Rexenie: Teloto qij xto volumen se bara e dadeno na slikata.

63


65/77

64

Imame deka 0 ≤ x ≤ 2 i g1(x) ≤ y ≤ g2(x) kade xto g1(x) = 2 ig2(x) = 3. Sledi

V =

∫ ∫ R

7 − x2 − y dP = ∫ 2

0

∫ 32

7− x2 − y dydx

=

∫ 20

∫ 32

(7 − x2 − y)dy

dx

=

∫ 20

(7y − x2y − y

2

2 |y=3y=2)dy

dx

=∫ 20

(21 − 3x2 − 92 ) − (14 − 2x2 − 2)

dx

=

∫ 20

(9

2 − x2)dx = 19

3 .

Primer 4.2.2. Da se najde volumenot na teloto ograniqenood gore so grafikot na funkcijata f (x, y) = 1− xy, od dolu sox0y-ramninata, so cilindarot y = x2 i so ramninata y = x.

Rexenie: Osnovata na teloto e oblasta vo x0y-ramninatadadena na slikata.

64


66/77

65

Graficite na y = x2 i y = x se seqat vo toqkite (0, 0) i(1, 1), pa oblasta R e dadena so 0 ≤ x ≤ 1 i x2 ≤ y ≤ x. Bidejkif e nad R volumenot na telotot ḱe bide:

V =

∫ 10

∫ xx2

(1 − xy)dy

dx

=

∫ 10

y − x y

2

2 |y=xy=x2

dx

=

∫ 1

0 (x − x

3

2 ) − (x2 − x

5

2 )

dx =

1

8 .

Za nekoi oblasti na integracija∫ ∫

Rf (x, y)dP moe da

bide pretstaven kako

∫ ba

∫ g2(x)g1(x)

f (x, y)dydx ili∫ dc

∫ h2(y)h1(y)

f (x, y)dxdy .

Menuvaǌeto na eden iteriran integral vo drug se narekuvasmena na granici na integracija na integralot. Vo nekoisluqai so vakva smena na granici na integracija se olesnuvaintegriraǌeto.

65


67/77

66

Primer 4.2.3. Da se presmeta ∫ 10∫ 1x

ey2

dydx.

Rexenie: Granicite na integracija vo ovoj integral se0 ≤ x ≤ 1 i x ≤ y ≤ 1. Bidejki nema primitivna funkcijaza f (y) = ey

2

za da go rexime ovoj integral pravime smena nagranicite na integracija, pri xto oblasta R sega ja opixu-vame so 0 ≤ y ≤ 1 i 0 ≤ x ≤ y.

Sega imame∫ 10

∫ 1x

ey2

dydx =

∫ ∫ R

ey2

dP =

∫ 10

∫ y0

ey2

dxdy

=∫ 10

ey2(x|x=yx=0)dy =∫ 10

yey2 = 12

(e − 1) .

Ploxtinata P na oblasta R vo ramnina ima ista vrednostkako i volumen na telo so osnova R i konstantna visina 1.Zaradi toa imame deka

P =

∫ ∫ R

1dP . (4.1)

Vo specijalen sluqaj koga R e oblast ograniqena so pravitex = a i x = b i graficite na neprekinatite funkcii f i g

66


68/77

67

kade xto g(x)

≤f (x) za x

∈[a, b] dobivame

P =

∫ ∫ R

1dP =

∫ ba

∫ f (x)g(x)

dydx =

∫ ba

[f (x) − g(x)]dx .

Jasno e deka ova e formula za ploxtina na oblast ograniqenameǵu dve krivi koja veḱe ja znaeme od delot za primena naedineqen integral.

4.3 Dvojni integrali vo polarni koordinati

Za presmetuvaǌe na dvojni integrali vo polarni koordi-

nati sliqno kako vo pravoagolen dekartov sistem pravimemrea na oblasta R vo ramnina kade xto edineqen elemente oblasta Ri ograniqena so zracite θ = θi−1 i θ = θi, kako ikrunite iseqoci r = ri−1 i r = ri.

Bidejki ploxtinata na kruen iseqok iznesuva 1

2r2i△θi , za

ploxtinata na oblasta Ri dobivame

△P i = 12

r2i△θi − 1

2r2i−1△θi

= 1

2(ri + ri−1)(ri − ri−1)△θi = ri + ri−1

2 △ri△θi .

Za da go aproksimirame volumenot △V i na teloto ograniqenoso osnova Ri i so vrv grafikot na f , ja presmetuvame vred-nosta na funkcijata f vo proizvolna toqka od oblasta Ri.

67


69/77

68

Neka toa bide toqkata so koordinati (r̂i, θ̂i) = ri + ri−12

, θi + θi−1

2 .

Togax celiot volumen e aproksimiran so Rimanovata suma

V ≈n∑

i=1

△V i =n∑

i=1

f (r̂i, θ̂i)r̂i△ri△θi

pa

∫ ∫ R

f (r, θ)dP = V = lim∥ P∥→0

n∑i=1

f (r̂i, θ̂i)r̂i△ri△θi .

Teorema 4.3.1. • Neka f e neprekinata funkcija na oblastaR dadena so R : α

≤ θ ≤

β ≤

α + 2π , 0 ≤

g1(θ) ≤

r ≤

g2(θ) ,

togax ∫ ∫ R

f (r, θ)dP =

∫ βα

∫ g2(θ)g1(θ)

f (r, θ)rdrdθ .

• Neka f e neprekinata funkcija na oblasta R dadena soR : 0 ≤ a ≤ r ≤ b , h1(r) ≤ θ ≤ h2(r) + 2π , togax∫ ∫

Rf (r, θ)dP =

∫ ba

∫ h2(r)h1(r)

f (r, θ)rdθdr .

Primer 4.3.1. Da se presmeta

∫ ∫ R(3x + y)dP kade xto R e

oblast vo prviot kvadrant xto lei vo krugot x2 + y2 = 4 inadvor od krugot x2 + y2 = 1.

Rexenie: Oblasta R e dadena na slikata.

68


70/77

69

Preminuvame vo polarni koordinati i dobivame x = r cos θ

i y = r sin θ, a oblasta R sega e 0 ≤ θ ≤ π2 i 1 ≤ r ≤ 2. Zaintegralot sega imame:∫ ∫

R(3x + y)dP =

∫ π2

0

∫ 21

(3r cos θ + r sin θ)rdrdθ

=

∫ π2

0

r3 cos θ +

r3

3 sin θ

r=2r=1

dθ

=

∫ π2

0

(8 − 1)cos θ + 7

3 sin θ

dθ =

28

3 .

Primer 4.3.2. Da se najde volumenot na jajceto opixano sopovrxinite z = (x2 + y2)/2 i z = 6 − x2 − y2 kako xto e dadenona slikata.

Rexenie:

Graficite na funkciite z = (x2 + y2)/2 i z = 6−x2−y2 se seqatkoga

z = x2 + y2

2 = 6 − x2 − y2 ,

a toa dava deka x2 + y2 = 4 i z = 2. Oblasta na integracijavo polarni koordinati e 0

≤θ

≤2π i 0

≤r

≤2. Za volumenot

69


71/77

70

dobivame:

V =

∫ ∫ R

(6 − x2 − y2) − 1

2(x2 + y2)

dP

=

∫ 2π0

∫ 20

(6 − r2) − 1

2r2

rdrdθ

=

∫ 2π0

3r2 − 3

2

r4

4

r=2r=0

dθ = 12π .

4.4 Ploxtina na povrxina

Neka S e povrxina dadena so z = f (x, y), kade xto (x, y) pripaǵana zatvorena i ograniqena oblast R i f ima neprekinatiparcijalni izvodi. Vakvata povrxina S se narekuva glatka,i togax moe da ja presmetame nejzinata ploxtina. Neka△S i e del od taa povrxina koja xto lei nad pravoagolnikotRi. Togax ploxtinata na △S i e aproksimirana so tangent-nata ramnina na dadenata povrxina vo toqkata (xi, yi, f (xi, yi)) ,koja ima ravenka (poznata od porano)

f x(xi, yi)(x − xi) + f y(xi, yi)(y − yi) − (z − f (xi, yi)) = 0 .

70


72/77

71

Ploxtinata

△S i e ploxtina na paralelogram konstru-

iran nad vektorite ⃗u = △xi⃗ i+f x(xi, yi)△xi⃗ k i ⃗v = △yi⃗ j+f y(xi, yi)△yi⃗ k .Togax vrednosta na ploxtinata △S i e ednakva na intenzite-tot (dolinata) na vektorot

u⃗ ×⃗v = {−f x(xi, yi)△xi△yi,−f y(xi, yi)△xi△yi,△xi△yi} ,pa dobivame deka

△S i =

(f x(xi, yi))2 + (f y(xi, yi))2 + 1 △xi△yi .

So sumiraǌe na △S i za sekoe i se dobiva Rimanova suma xto ja aproksimira ploxtinata na oblasta S pa imame:

Definicija 4.4.1. Neka S e glatka povrxina definiranaso z = f (x, y) kade (x, y) pripaǵa na zatvorena i ograniqenaoblast R. Togax ploxtinata na povrxinata S e

SP =

∫ ∫ R

(f x(xi, yi))2 + (f y(xi, yi))2 + 1 dP .

Primer 4.4.1. Da se presmeta ploxtinata na del od povr-xinata f (x, y) = 3 − x − 2y2 koja xto lei nad oblasta R vox0y ramninata xto e triagolnik so temiǌa (0, 0, 0), (0, 1, 0) i(1, 1, 0).

Rexenie: Ploxtinata na delot od povrxinata xto trebada go presmetame e daden na slikata.

71


73/77

72

Oblasta R vo x0y ramninata e dadena so 0

≤y

≤1 i 0

≤x

≤y. Spored formulata dobivame deka

SP =

∫ ∫ R

∂

∂x(3 − x− 2y2)

2+

∂

∂y(3 − x − 2y2)

2+ 1 dP

=

∫ 10

∫ y0

√ (−1)2 + (−4y)2 + 1 dxdy =

∫ 10

∫ y0

√ 16y2 + 2 dxdy ≈ 1.53 .

4.5 Trojni integrali

Definiraǌeto na troen integral na funkcija od tri promen-

livi nad oblast D vo prostor e sliqno so definiraǌeto nadvoen integral na funkcija od dve promenlivi nad oblast Rvo ramnina. Znaqi na dadenata oblast D koja e ograniqenavo prostor pravime mrea od paralelopipedi koi se dobi-vaat so povlekuvaǌe na ramnini paralelni so x0y, y0z i x0zramninite. Ponatamu, izbirame proizvolna toqka (xi, yi, zi)od edineqnata oblast Di vo prostor, i formirame Rimanovasuma vo odnos na f , mreata, izborot na toqka vo Di:

n

∑i=1f (xi, yi, zi)△V i ,

kade xto △V i e volumenot na paralelopipedot Di.

72


74/77

73

Definicija 4.5.1. Neka f e funkcija od tri promenlivi

definirana na ograniqena oblast D vo prostor. Togax trojniot integral na f nad D e definiran so

∫ ∫ ∫ D

f (x,y ,z)dV = lim∥P∥→0

n∑i=1

f (xi, yi, zi)△V i ,

ako limesot postoi. Vo ovoj sluqaj velime deka f e integra-bilna na D.

Primer 4.5.1. Da se presmeta integralot od f (x,y ,z) = xy sin znad oblasta D vo prostor dadena so 0 ≤ x ≤ 1 , 1 ≤ y ≤ 3 i0≤

z ≤

π .

Rexenie: Imame∫ ∫ ∫ D

f (x,y ,z)dV =

∫ 10

∫ 31

∫ π0

xy sin zdzdydx

=

∫ 10

∫ 31−xy cos z|z=πz=0dydx

=

∫ 10

∫ 31

2xydydx =

∫ 10

xy2|y=3y=1dx

= ∫ 1

0

8xdx = 4 .

Vo opxt sluqaj, troen integral od funkcijata f nad oblastD moe da se pretstavi kako iteriran integral kade xtonajprvo se integrira po z, potoa po y i na kraj po x. Ako D ja pretstavime kako

a ≤ x ≤ b , g1(x) ≤ y ≤ g2(x) , h1(x, y) ≤ z ≤ h2(x, y) ,trojniot integral go presmetuvame so formulata

∫ ∫ ∫ D f (x,y ,z)dV = ∫ b

a ∫ g2(x)

g1(x) ∫ h2(x,y)

h1(x,y)f (x,y ,z)dzdydx.

73


75/77

74

Analogno kako porano, kaj iteriranite integrali moe da

imame promena na redosledot na integriraǌe vo zavisnostod toa kako D e zadadena.Primer 4.5.2. Da se presmeta

∫ ∫ ∫ D

zdV , ako D e oblasta vo

prviot oktant ograniqena so ramninite x = y, z = 0 i y = 0 icilindarot x2 + z2 = 1.

Rexenie: Oblasta na koja xto treba da se integrira edadena na slikata. Od tuka imame 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x ,0 ≤ z ≤ √ 1 − x2 . Za integralot se dobiva:

∫ ∫ ∫ D zdV = ∫ 1

0 ∫ x

0 ∫ √ 1−x2

0zdzdydx

=

∫ 10

∫ x0

z2

2 |z=

√ 1−x2

z=0 dydx

=

∫ 10

∫ x0

1 − x22

dydx =

∫ 10

1 − x22

y|y=xy=0dx

=

∫ 10

x− x32

dx = 1

8 .

So formulata 4.1 pokaavme deka ploxtina na ramnin-ski lik moe da se presmetuva so dvoen integral. Sega,analogno na toa ako f (x,y ,z) = 1 trojniot integral nad oblastD vo prostor ḱe go dade volimenot na taa oblast, t.e.:

V =

∫ ∫ ∫ D

dV . (4.2)

Trojni integrali vo cilindriqni i sferni koordinatiZa dadena oblast D vo cilindriqni koordinati:

α ≤ θ ≤ β , g1(θ) ≤ r ≤ g2(θ) , h1(r, θ) ≤ z ≤ h2(r, θ) ,trojniot integral nad taa oblast go presmetuvame po for-mulata

∫ ∫ ∫ D f (r,θ,z)dV = ∫ β

α ∫ g2(θ)

g1(θ) ∫

matematika 2 tuneski

Documents