Zbirka Zadataka Iz Matematike Za Studente Tehnickih Fakulteta Ferenci Ungar Comic Cvijetanovic...

419

Click here to load reader

description

zbirka zadataka

Transcript of Zbirka Zadataka Iz Matematike Za Studente Tehnickih Fakulteta Ferenci Ungar Comic Cvijetanovic...

  • F. FERENCI V. UNGAR

    1. COMIC

    . CVIJANOVIC Z.UZELAC

    ZBIRKA ZADATAA IZ

    ZA SUDENE NI FAULETA

    ~f2tr#rt4 EOGRD, 1983.

  • 6~~. ___ ~ ~t ... a .......

    , \-.~_.? ........ -I.~e b r .......... _._ ... ... ............ -

    Recenzent dr Zvezdana Radafin, za izdaval!a M/hailo Joz/c, urednik Boz/ca Vidanovic, tehni~ki urednik Gordana /(rstic, reeqje korica Branko Yeljovic.

    Ttra! 2000 primeraka Stampa: Stampara "akar" - or

  • PREDGOVOR

    knjiga namenjena prvenstveno studentima 1 godine Fakulteta te-hnickih nauka u Novom Sadu, autori se nadaju da moze korisno poslu-!iti i studentima osta1ih fakulteta.

    Glavu 1 napisao . Ferenci, Glavu 11 napisala . Ungar, Glavu 111 napisala . Ungar, Glavu IV napisala 1. m, Glavu V napisa1a 1. m, Glavu VI, napisala 1. m, Glavu VII l i 2 napisala . Ungar, 3 napisala . Cvijanovic, Glavu VIII napisala Z. Uzelac.

    Autori se zahvaljuju svima koji a.tajuCi tekst ka na eventua1ne gre-ke i dj korisne primedbe. Takode se zahvaljuju dr Vojislavu arie, redo-vnom pro(esoru Fakulteta tehnickih nauka u Novom Sadu na korisnim save-tima.

    Autori

  • s D R Z

    GLAVA 1

    Granicne vrednosti 1

    GLAVA II

    Funkcije jedne promenljive 31

    GLV III

    Funkcije vise promenljivih 76

    GLAVA IV Neodredjeni inteQral 108

    1. Integracija smenom, parcijalna integrRcijR 108 2. Integracija racionalnih funkcija 117

    g. Integrali oblika (, Vax 2+bx+c)dx 128 4. Integrali iracionalnih funkcija 135 5. Integrali oblika ( () eCl.Xcos f,x + (x)eaxsinRx)dx

    m 142

    6 . Integrali trigonometrijskih fl1nkcija . 148

    GLAVA V

    Odredjeni intearal 1. Izracunavanje

    definiciji odredjenoa intearala

    2. PovrS:ine ravnih ficura 3. Duzina luka ravne krive 4. Zapremina tela

    5. Povrsine obrtnih tela 6. Teziste, momenti inercije 7. Mesoviti zadaci

    GLAVA \71

    Diferencijalna geornetrija 1. f:r i ve u pros toru . 2. Povrsi u prostoru f3. Krive linije povrsini

    164

    164 170 179 183 194 203 211

    216 216 235 251

  • GLAVA VII

    Diferencijalne jedna~ine l. Diferencijalne jedna~ine prvog reda 2. Diferencijalne jedna~ine viseg reda 3. Primena diferencijalnih jedna~ina

    GLAVA VIII

    268

    268 302 327

    -Numeri~ka analiza 364 l. Numeri~ko resavanje jednacina 364 2. pribl!znoresavanje 8 i8 tema linearnih

    jednacina 3. Interpolacija 4. Numericko diferenciranje s. Numericka integracija 6. Numericke metode za priblizno

    resavanje diferencijalnih jednacina

    388 394 400 404

    407

  • GLAVA 1

    GRANICNE VREDNOSTI

    l. Granicne vrednosti nizova

    ~a beskonatni niz rea1nih brojeva (1 krace : )

    kaze konvergentan i konvergira broju ako za sva-ko : > postoji prirodan broj N=N(e:) takav

    I - I < :

    za > N

    to slutaju naziva granitna vrednost 1 1 niza i pise 1 =, 1

    -+ -+

    za -+

    Broj tatka nagoi1avanja niza ako kost

    I - I < :

    za svako : > za beskonatno nogo vred[Josti . - tatka nagoi1avanja konvergentnog niza jest~ njegova gra-nitna vrednost.

    Ako nizovi i konvergentni, tada vazi 1 ( + ) = 1 + 1

    n-+ n-+ n-+

  • - 2 -

    lim ( ) lim lim .... "" .... "" .... ""

    lim

    lim .... "" t t ). lim , lim .... "" .... "" .... ""

    da bi niz bio

    Cauchyev opsti princip konvergencije: konvergentan potrebno i dovoljno da svakom pozitivnom broju

    odgovara prirodan broj = () takav da

    1 - 1 <

    za svako , > -

    Niz monoton ako vazi ::. + 1 ili > za sva- - +l ko =1,2, . , ogranicen ako za neko M(~O) uvek 1 1 < -

    Princip monotonim nizovima:

    gentan ako ogranicen. monotoni niz konver-

    slucaju kada kod niza za proizvoljni realan broj postoji prirodan broj N=N(M) takav da

    > za svako > N ,

    tada niz tezi u pozitivnu beskonacnost i pise se lim =. Ako .... ""

    ovde umesto nejednakosti > vazi < , onda niz tezi u -gativnu beskonacnost, sto se pise sa lim

    Iz t i lim ' 1= sledi .... ""

    .... ""

    lim n+

    .

    Za nizove

    lim =

    1 i

    i kaze se da su asimptotski jednaki ako to se obelezava sa '" .... ""

    Iz "' sledi

    lim lim .... "" .... ""

    i

    lim lim ( , t ) .... "" .... ""

    Za polinom stepena k

    (k prirodan broj, t )

  • - -

    Ako '::' < za > N (N prirodan broj) i

    lim .... "'

    lim

    k, onda vazi 1im .... '"

    2. Granicne vrednosti i neprekidnost. funkcija

    k

    Okolina realnog broja otvoreni razmak koji sadrzi taj broj. Okolina simbola '" razmak oblika (,"'), dok oko-lina simbola -'" razmak oblika (-"',).

    Neka (-"',"') U {-"',} =R i jedna medju oko1inama od . Za realnu funkciju f(x) definisanu svakoj tacki sku- u=u \!} rec:i da ima granicnu vrednost (limes) i1i tezi ( R) kada tezi , ako za svaki niz sa osobinama:

    u

    lim .... '"

    za =1,2,

    =

    vazi lim f(a n ) = (Heineova definicija granicne vrednosti fun- .... '"

    kcije). se oznacava sa lim f(x) = . slucaju da rea-""

    lan broj i gornjoj definiciji !; i < i < , tada

    = lim f(x) ( 1evi 1imes ) ako > i

    > , onda .... -

    lim f(x) (desni 1imes ). x .... ato

    Pravi1a za racunanje sa granicnim vrednostima nizova -nose se granicne vrednosti funkcija, kada su 1im f(x) i lim g(x) konacni, onda

    "" lim (f(x)+g(x)) = 1im f(x)+ 1im g(x) -+

    lim -+

    lim -+

    -+ -+

    (f(x)g(x)) = 1im f(x) 1im -+ -4>-

    1imy(x) f(x) -+ g ( ) :':l-'i~:"") g-( ---'-) (lm g(x) t )

    -+ -+

    Pored toga vazi:

    -+

  • ako F(x) 1lll F(x) = . x~a

    - 4 -

    f(g(x)) , 1 g(x) x~a

    , 1 f(k) k~b

    , n

    Funkcija f(x) neprekidna u tacki = (-00,00) kada definisana u toj tacki, postoji konacna granicna vrednost 1lll f(x) i vaii 1 f(x) = f(a). x~a x~a

    Ako e1ementarna funkcija definisana u svakoj tacki nekog otvorenog interva1a, n n i neprekidna u tim tac-kama. (Ova nn cesto koristi pri1ikom izracunavanje granicnih vrednosti, videti m zadatak 18. ), ) i ).)

    Z D I

    1. Pokazati da

    lim , = 1,> n~OO

    ReSenje. Razlikovacemo tri slucaja > 1, =1 i < < 1. Za drugi slucaj nije potrebno ni~ta dokazivati. Treci slicaj se lako dokazuje osnovu prvog, treba samo staviti =1/ te zbog 1/ < 1, ,> 1, iz dalje sledi

    lim = 11/ = 1/ = 1/ 1.

    Na osnovu svega zoga zakljucujemo da dovoljno dokazati da

    lim = 1 za > 1. n_

    Pre svega I >" 1, ~to lako dokazati pOlaze6i od suprotnog. Medjutim stepenovanjem dobijamo > 1.

    Treba pokazati da se izraz IIi! - 11 rnoze uciniti proiz-

    voljno malim cim dovoljno veliko. Iz prethodnog imamo

    n- n-1 Va- 11 =Va- 1 gde hn promenljiva velicina.

    Dalje

    h >0

  • - 5 -

    i = (l+h ) = h ) 2 ( ) h n l+n n+ (2 h n + + n

    Kako su sa desne strane sami pozitivni sabirci vidimo da

    te

    = (1 +h ) > 1 +nh

    h < (a-l)/n .

    Sada mozemo izabrati N (:) tako du za > N (:)' h n < : i : > inace proizv01jan broj. Treba samo da bude

    N(e:) > (-l)/ : to s1edi iz

    (a-l)/n< (a-l)N(:)

    2. Pokazati da 1im 10g = . n-+ oo

    n. Treba pokazati da za svako unapred dato ( ( proizv01jno ve1ik broj) postoji N da

    10g > za > N.

    dtim iz > 10 s1edi 10g >

    i za N se moze uzeti bi~o koji prirodan broj koji nije manji od 10 .

    . Ispitati da 1i konvergiraju nizovi d = (-1) n.

    n. Kako lan+1-an ' =2, nije zadov01jan opsti Kosijev kriterijum za konvergenciju nizova i niz.'ne konvergira (osci1ira izmedju tacaka 1 i -1).

    Iz cinjenice da 1im 1/n = uvidjamo da niz ima dve n-+ oo

    tacke nagomi1avanja 1 i -1 prema tome ne konvergira.

  • - -

    Za treci dati niz imacemo ako < <

    IC - 1=1 (-1) 1 /- (_1) 1:.1 < 1/+1/ .

    Resenje. Kako -+ za > 1, = 1 za = 1 i -+ za < 1, razlikovacemo ta tri sluCaja.

  • - 7 -

    U prvom slucaju imamo neodredjeni izraz oblika (/) te an / (l+an ) = a n / a n (l/an +1) = 1/ (l/an+1) = 1.

    n-+oo n-+co

    U drugom slucaju svaki clan niza jednak 1/2, to i granicna vrednost.

    U trecem slucaju d se vidi da granicna vrednost niza jednaka nuli, jer brojitelj tezi nuli.

    IHn: Sva tri slucaja zajedno mozemo prikazati sledeci na-

    lim an/(l+an ) n-+oo

    f 01 1 1/2 za > 1 za = 1 za < < 1

    6. Ispitati konvergenciju niza ciji opsti clan = (sin n)/n .

    n. Kako

    -1/n < < l/n, jer -1 < sin < 1 za svako , i kako l/n -+ - -

    -+ , to ' n-+oo

    7. Naci lim ! [(n+i)!-n!]-1 n-+oo

    n. n![(n+l)!-n!- 1 =m n!/[n!(n+l-1>] n-+oo n-+co

    l/n = n-+oo

    8. Na6i (Jn+1 - J~). n-+co

    n. Treba odrediti neodredjeni izraz tipa "-". postici racionalisanjem brojitelja: .

    /- /- (J~1 - :> ( n+1 + lim (Vn+l - v ) = lirn n+ 1 + -;

    - /-=lirn 1/ ( + 1+ V > = , posto irnenitelj tezi beskonacnosti.

    n-+co

  • - 8 -

    9. Naci l-im n gde =n3(~+1n4+1 n/2) n+x

    ResenJ.e. an lim n3 (!n4 + 1- n 2 )

    n+oo !n2+ !n4+ 1 + n2 n

    3

    [( In 2 + In 4 + 1 + = n+x 12) (fn4 + 1 + n11 = lirn n

    3 1/4

    n+oo .{ + h+1/n 4 2 h+l/n4 + 1) In( + 12)n (

    (Ovde smo morali dva puta da primenimo postupak raciona-lisanja brojitelja da se oslobodili izraza 00_ )

    10. Naci lim (~n3+n).n2 n+oo

    ResenJ.e. Racionalisacemo brojitelj osnovu identi teta

    n+oo

    lim (3/1_n 3 + ) 3 3 2 /-3 2 2 ( (1-n) - .'1-n + ). [ 3/ 3 2 3/ 2] n+oo ~(1-n) - .'1-n +n

    n 2 lim ~~======~--~~==~--3 / 3 2 3/ 3 2

    1

    n+x ( .' (1-n) - 1-n + )

    11 Naci lim a n , gde a n n+CY>

    ;- 2 3/7 (/n J +2n-n + 3n) (!ns + 1 + n+lO)

    ResenJ.e. I u imenitelju i u brojitelju izvuci kao faktor najveci stepen od za koji drugi faktor tezi konacnorn broju razlicitom od nule, i tako dobijarno

  • - 9 -

    lim n 7 / 3 ( ~/n5/3+2/n11/3_ 1/n1/ 3 + 3 .... "" n 5 / 2 ( h+1/n5 + 1/3/2+ 10/n5 / 2 ) .... ""

    -1/6 3 _

    lim . ,1 3/1 .... ""

    12. ! gde 1+1/2 + 1/4 + + 1/2n

    a n l/n .... "" 1+1/3 t 1/9 + + ;.

    n. lim .... ""

    (Izrazi u brojitelju i imenitelju su zbirovi geometrij-skihprogresija kolicnika q=1/2 i q1 = 1/3, xn .... , .... za

    !!

  • 14. Naci

    - 10 -

    lim 12+23+ ... +n(n+1) 3 n-,oo

    Retenje. Kako se izraz u brojitelju mole napisati kao 1 (1+ 1 ) + 2 ( 2 +1 ) + .. + ( + 1) = (1 2 + 2 2 + .. + 2 ) + (1 +,2+ ... +), v id imo da se opsti clan niza moze napisati u konacnom obliku m vec upotrebljivane formule za zbir kvadrata prvih prirodnih broje-va, i m obrasca za zbir aritmeticke progresije. Rezultat se tada nalazi analogno rezultatu prethodnog zadatka (1/3).

    15. Naci lim a n gde -+-

    Resenje. Kvadriranjem izraza u malim zagradama dobojamo 1 2 _ - { (n-1) + (2x/n) L1+2+ ... +

    + (-l)I+(1/2 ) [12+22+3+ . (n-1)21} Na osnovu obrasca za zbir aritmeticke progresije i obra-

    sca za zbir kvadrata sledi

    odakle lim -+-

    2 + + 1/3 .

    16. Ispitati konvergenciju niza zadatog rekurzivnim obrascem

    =

    ( n=3,4,5, .. ), 2

    gde su 1 i 2 dati realni brojevi.

    Resenje. Koristicerno se cinjenicorn da aritmeticka sredina dva broja podjednako udaljena od njih. Oduzimanjem - 1 od u strana date jednakosti dobijamo

  • - 11 -

    za n=,4,S, (* )

    Ako 1 = 2 jasno da i n = 1 za 'sve clanove niza i lim n = 1 . Zato pretpostaviti da 1 ". 2 . n...,

    Posmatracemo niz relacija koje slede iz (*) stavljajuci n=, 4 , S , .

    -( 2- 1 )/2 -( - 2 )/2 -( 4- )/2

    - n-1 n-2 -(n- 2 -n_ )/2 - n-1 -(n_ 1 -n_ 2 )/2

    Njihovim mnozenjem i skracivanjem jednakih faktora sa leve i desne strane (koje dozvoljeno jer su svi razlicitiod nule), dobijamo

    Ovde sledi n! niz relacija 2 - 1 - 2 4 - a s-a4

    - n-1 n-2 - n-1

    2 - 1 -1/2 ( 2 - 1 )

    (-1/2)2( 2 - 1 ) (-1/2) ( 2- 1 )

    Ako ih saberemo dobijamo

    n=,4,S, ...

    n=2,.,4; ...

    jer su sabirci sa desne strane clanovi geometrijske progresije. Na osnovu svega ovog sledi da

    2.., -] lim =-'---n-+ 3

  • - 12 -

    Mozemo verificirati da ovaj rezultat vazi i slucaju 1 = 2 .

    17. Neka xn = ~ (Xn_1+ajxn_~), > , 1 neka proizvoljan pozitivan broj. Dokazati da lim xn /.

    n+oo

    Resenje. k postoji lim xn i ako lim xn = gde n+oo n+oo konacan broj, onda postoji i granicna vrednost leve i des-ne strane date jednakosti, mora biti

    1 = '2 ( + ) odakle dobijamo = /

    Na osnovu ovoga vidimo da zadatak resen ako pokaze- da niz xn konvergira konacnom pozitivnom broju.

    Obrazujmo razliku ' - , tj. 2

    1 1+- 2 1 -I".i =-( + )- = ,.., - 2 n-1 n-1 r:- 2 (xn - 1 - )

    2xn _ 1

    k ovde stavimo n=2 dobicemo da X2~/a (jer 1>0 uslovu zadatk~). 1 dalje isti nacin dobijamo

    ~, X4~a, ,x.~a za =2,,4,... (*) niz ogranicen s leve strane.

    Oduzmimo sada strane date jednakosti 1; dobijamo n-

    - = n-1

    2 -

    n-1

    Na osnovu prethodnog zakljucujemo da za n=2,3,4, .. ovaj izraz ne moze da bude pozitivoan (jer a::x~_l)

    11!

    - < n-1-

    < n- n-1 za n=3,4,5,

    te niz monotono ne raste. Prema tome osnovu principa mnotonim nizovima, sledi, da niz x n konvergira, i da osnovu (*) granicna vrednost pozitivna.

  • - 1 -

    18. Naci sledece grenicne vrednosti racionalnih fun-kcija

    ) 4 +2 -2 ++5 3 +-1 + 1

    3 - 2 - 4 ) +2+0 2-4+4

    ) lim - + 2 4 +1 - 4 +

    d) l:'..m - + - ~

    Resenje. Ovo su sve neodredjeni izrazi oblika /. Prilikom njihovog odredjivanja koristicemo sledecu cinjenicu: ako () polinom i ()=, tada P(x)=(x-)Q(), gde i Q(x) polinom.

    ) Podelicemo i brojitelj i imenitelj faktorom (+1) te 4 +2 -2++5 + 2 lim lim -4+5 2 +-1 + 1 +-1 -+1 9/ .

    -2-4 2 +2+2 ) lim lim = C\~ 2 +2+0 -4+ +2+0 - 2 (Ovde smo delili sa faktorom -2) .

    ) lim +1

    1 "2

    (ovde smo postupak delenja sa faktorom (-1) ponovili dva puta).

    d) lim - -1 n-2 2 - -1 -1 -1 lirn ( + + + ... + + )= . + - +

    19. Naci sledece granicne vrednosti a~gebarskih fun-kcija:

    ) ) J~ -1 ->l - 1

  • )

    )

    g)

    i)

    )

    1)

    )

    - 14 -

    d) 2 - : lim ~ ->-1 V ~,..1 4 - ;; - 2 ->-16 -4

    ~1+2X+1 1im ->--1 ;-

    V2 + +

    f)

    h) "" 1

    1im "" 2

    2 +5 + +2 -VX2 +121 ---- - 2 -v + 2

    ( 2 +2 - 2-1 k) 1im

    - 1

    + ,;

    (j~2+ 1 - ) ; -+- ->-

    31 1iM(\ (+) (+) (+)-), ->

    -ReSenje. ) Stavicemo V = . Posto .... 1 kada ->- 1 ,

    iamacemo

    - Vx 2 - 2V'x +1 1im "" 1 (-1)2

    2 1im - 2 + 1 ->1 ( _1) 2

    2 . (.;;;:....-.=.1~) __ -..,.. --'2 2 2 "" 1 (-1) ( ++1)

    ) Izvrsicemo smenu ; = , ~ 1 kada .... 1, te l ' :-l 1: -1 l' 1 1 1 ----- = 1 -2- = 1 --- = 2 . "" 1 - 1 ->-1 - 1 .... 1 + 1

    istog rezu1tata d01azimo i raciona1isanjem brojite1ja

    1im :-1 1im - 1 1 1 (-1) (v'~+l) ;+ 1 2 "" 1 - 1 "" 1 "" 1 ) -1= 6 "" 2 kada .... 65 ,

    1im -:. - 8 1im _8 1im 2 + 2 + 4 3 \lx-1-4

    -2-->-65 ->-2 -4 "" 2 + 2

    tj.

    1 9'

  • - 15 -

    ili

    lim ->-65

    --=-1 - 8 .~ + 8 lim ->-65 ;- /-- .

    Vx - 1 - 4 Vx - 1 + 8

    - V{X-1) 2 + 4V'x-l+16 lim

    ->-65

    -{I( - 1 ) 2 + 4 VX- 1 + 16

    d)

    3 -- V{X-1) 2 + 4VX-1 + 16

    -;-= , ->-1 kada 4

    ->-1

    lim 2 --: lim - ->-1 -: - 1 ->-1 -1

    -l+8

    te

    lim 2 ( + +) 3 ->-1

    .

    ili racionalisanjem broitelja i imenitelja dobijamo

    ci

    lim ->-l

    ) Iznedju ostalog ovaj zadatak nacin:

    4 - 4 - Vx-2 Vx -2 lim x->-16 :' 1 4 - '\ - -+16 -+16 (Vx-2) (Vx+2)

    4 - . 3 2 lim -- = l~J\{x + +)=3. ->-1 _ 1 ->-l

    mozemo resiti i slede-

    1 1 '\h- "4 ( +2)

    f) Ovaj zadatak resiti metodom racionalisanja broji-telja, tj.

    v++2 - \~-2x+x2 2 -+2 - 3 + 2

    g) Ovaj zadatak resavamo taj nacin sto racionalizu- i imenitelj , i brojitelj.

    3 -- V1+2x+1 -+-1 3/-V2+x+x

    lim -+-1

    (1+2)2 - J1~~+1 +2) 2_1+2+1

    ~V1+2x+1 . 3-ij2+x+x

    J(;+~ - 2-;';+ 2 {2+)2 - 2++2

  • +-1

    = lim +-1

    - 16 -

    r3 / 2 3/- 2 2(x+l) 0_ V(2+x) - xV2+x+x-( 3 + + 2)[\!(2) 2 - \!2+11

    3 3 - -2 o [V(2+x)2 - 2++2 ( 2 -+2) O[~(H2x)2 - Vl+2x+11

    1 "2

    h) Svescemo ovaj zadatak dva zadatka prethodnog ti-3 -3- --- V7+x - + 2 lim

    +1

    (17-:;: - 2) - (J~ - 2 )_ +1 - 1 _. 1

    3 -3- -- V7+x ~ _ v+2 - 2 +1 - 1 +1 - 1

    i)

    lim '" 2

    Postupicemo slicno kao i u prethodnom zadatku, tjo -- --3--2 +5 + +2 - Vx 2+121

    - 3;--2 - V3x+2 /2 / 3/-2- +2

    (Vx +5 - 3 + Vx+2 - 2 - Vx +121 + 5)/(-2) - 3-(-2 - 2 - V3x+2 + 2)/(-2)

    )

    /-2- /- 3 ;'-2 ---lim Vx +5 - 3 + lim Vx+2 - 2 _ lim ~x +121 - 5 +2 - 2 +2 - 2 +2 - 2

    2/3

    + 2 1 lim + l~m --~---+2 2 +5 + 3 +2 +2 + 2

    lim 3 +2 .-

    V3x-2 + 2 _ lim ~====~3~~;===~_ +2 V(+2) 2 + 23 3+2 + 4

    + 1/4 - 4/75 259 3/4 - 1/4 150

    ( 2+2 ~.~ .. ~)= lim 3 + + 2 +2 + Vx2+1

  • - 17 -

    k) Pode1icemo i brojite1j i imenite1j ;- te dobijamo

    1im 7=~J==;==== -+ Ix + + /" 1im -+ 1 1 1) u ovom zadatku treba voditi racuna tome da za

    < , =-#

    x~-oo ... -

    = [-{ -2) /= -1/ = --/ x~-oo

    ) 1im {\('2+ 1 - )= 1im __ ..::.1 __ _ ... :-+1/2 + 1 ) lim (V(a+x) (+) (+)-)

    -+

    (+) (+) (+)- 1im -;====~~=====;======~~~~==============~

    -+00 v 2 2 2 V 2 (+) (+) (+) + (+) (+) (+)+ 2

    1im _______ ~(a~+~b~+..::.c~)~x~_+~~(a~b=_+=a..::.c~+..::.b~c~)~x~+~a=b==c ___ ___ 3/ 2 2 2 V(a+x) (+) (+) (+) (+) + 2

    1 2".

    + + + (ab+ac-+) / + /2 1im ----------~~~~~~~~~----~~~------------+ (/+1)2 (b/X+l)2 (/+1)2 + V(a/x+1) (b/x+l) (c/x+l)+l + +

    20. Naci s1edece granicne vrednosti

    ) 1im sin 4 ) 1im sin # '. -+ -+ sin

    ) 1im d) 1im cos -cos 2 "' t

  • )

    g)

    i)

    k)

    )

    )

    1 - cos 2 2 , "'2 -+ s~n

    ); -1 1im ----2---+ 1

    ,2 ,2 1im s~n -s~n

    2 2 -+ -

    sin (x-'1 /3) ' 1-2cos -+

    1im arc sin -+

    1im 2x-arcsinx -+ 2 - arc tg

    ReiIenje. Pri1ikom

    - 18 -

    f)

    h)

    )

    1)

    )

    )

    lim l+sin - -+ l-sin -cos

    l-cos Vcos 2 1 im --,2,..-----+

    1iI!'. l-sin /2 X-'1r ' -

    1im (l-)tg('1/2) -+1

    1im arc t';l -+

    1im ' 1 n-+oo

    s~n

    resavanja ovih promera koristicemo cinjenicu da

    1im sip 1 -+

    ) sin 4 1im sin 4 4 4 sin 4 , .... .... 4 1.1-+0

    gde 4 = , .... kada .... . (sin ) /

    sin (sin ) / ) 1im 1im .... --- = .... sin x .... ~ (sin ) / 1im (sin ) /

    "" (Na osnovu prethodnog primera.)

    )

    d)

    __ = 1im cos ' .... tg ....

    1im ....

    cos -cos 2

    , (+ s~n -2-)

    sin 1im cos '1 .... ....

    l ' -2sin L(a+b) /2 x'sin ~m 2 -+

    - sin(-T)x

    1 -----= 1; (sin ) /

    L(a-b) /2] _

    -21im -----------1im --------- _2.+. - -+ "" 2 2

  • )

    f)

    Posto

    to

    g)

    )

    - 19 -

    1im 1-cos u -+ u sin u

    2sin2 (/2) -+ usinu

    2 sin (/2). sin (/2) = 2 . 1/2 . 1/2 1/2 -+ u -+

    u = 2 , u -+ , -+ .

    1im 1 +sin x-cos -+ 1 - sin -cos

    sin u

    ~-~+sinx -+ 1-cos sin

    1im 1-cos x=1im 2sin2 (x/2) =211' sin(x/2) 1irn sin /2=, -+ -+ -+

    1irn 1+sin - cos -+ 1-sin -cos

    -1 .

    1irn Jc~ -1 2 -+

    1 cos -1 2' 2 -+

    1irn cos -1 2 -+

    1

    Jcos +1 -1 1irn 2(sin(x/22

    2' -+ 2/2

    l ' 1-cos Jc~ 1 2 1-cos 2 cos 2 2 -+ -+

    -1 4'

    1 2 2 2 1 l' 1-cos x(cos x-sin ) 1 +cos Jcos 2 2' 1 2 -+ 1 1irn 1- (l-sin2x) (l-2sin2x) 2 -+ 2

    1 3 ' 2 2' 4 1irn S1n - S1n 2 -+ 2

    ![1irn (sin)2_ 1irn2 (sin)2 .sin2x] "" ""

    3 2

    i) Ovaj zadatak rn svesti zadatak sl,ican prethod-nirn taj nacin sto uvodirno novu prornenljivu u = - , koja te-zi ka nu1i, tj. 1irn u =

    -+

    Na osnovu toga

  • - 20 -

    sin2x-sin2a 2 2

    1im sin tsin sin -sin - "" - .... +

    = sin . 1im sin (+) -sin

    s in s in cos + cos s in - s in 1iI \1 .... 0

    sin [ sin ~ . l-cos . sin cos cos - 1im s~n .... ....

    ( l-cos , sto smo ve6 pokaza1i zada tku pod f ) ....

    Poseban slucaj ako ;;;; , a1i se odmah vidi da rezu1tat tom s1ucaju jednak jedinici.

    (Zadatak se moze uraditi i tako da se sin(u+a)-sina pretvori proizvod) .

    -) 1im l-sin (/2) 1im l-sin ("/2+/2) -+ - .... -

    gde -n= , 1im = , 1: da1je ""

    1im l-sin /2 = l-cos /2 .... n - .... -

    k) sin(-n/) 1im sin .... n/ 1-2cos .... 1-2cos (+n/)

    sin 1im 1 1 l-cos +7'sin - l-cos u + v' ....

    sin

    gde -n/=, 1im = i l-cos .... .... sin u

    (l-cos ) 1im l-cos .... sin / ....

    1) -) tg(nx/2) 1im l-x) 1im sin(nx/2) "" 1 "" 1 cos(nx/2) "" 1

    1im l-x 1im - lim u 2 cos(nx/2) cos(nu/2+n/2) sinnu/2 7 "" 1 .... ....

    .;!

  • - 21 -

    ) lim arc sin lim u sin u + + lirn

    +

    Smena: arcsinx=u, lim =, x=sinu -"

    1 sin u

    u

    ) lim arc tg +

    lim u + tg u

    lim cos u +

    Smena: arctgx=u, lim =, x=tgu +

    arc sin ) lim 2x-arc sin lim

    + 2x+arc tg + 2+ arc ta

    1

    1

    u

    sin u

    .

    1

    ovog rezultata dosli smo osnovu prethodna dva zadatka.

    ) Ako lirn f () = i ako za niz a n vazi lim a n = , + +

    tada limf(an ) = . n+oo

    U nasem primeru uzecemo a n = n. Po~to

    imacemo

    lim 1 lim sin 1 lim sin u 1 sin- u

    n+oo + +

    gde 1 lim . u u

    +

    21. Naci sledece granicne vrednosti 2 3 -2+1 -"2---) lim (~-- ) 2-l ) lim +1 )2 +1

    + 2 ++2 + 2+3 sin 1- 3

    -2-) lim (ctg ) ? d) lim

    + +

  • )

    g)

    i)

    k)

    )

    )

    r)

    - 22 -

    1 1im (-arc sin ):: -"

    3 2+1 1im -"

    1

    f)

    h)

    -3/ 2 1im (tg ) J+\fl+1n ; ) -"

    . + 1 3 ~ 1im ( 2+1 ) -5 +8-4 -..1 + 2

    1

    1 im (cos + s in ) -..

    / 1im (2/r 'arctg ) -..

    Resenje. ) Kako

    1

    (-1)2 lim(ctg ) -"1

    3 2+1 1im -..

    sin 1 +cos 1im

    1)

    )

    1 3-- ------2 (l+V 1+3x - 1-2) +

    )

    s)

    -"

    1im -..

    -..

    sin

    ) sin

    sin "-

    1im +2 2---.. ++2

    i -"

    2-1 to rezu1tat 01/2 = . 1

    "2 '

    ) Rezu1tat

    ) ovde osnova teli ka , eksponent ka jedinici, rezu1tat

    d) Kako 1- 3 --2--..

    - , rezu1tat .

    ) Osnova stepena pozitivna za " i tada eksponent teli ka -. Rezu1tat

  • - 2 -

    f) Kako 'i

  • - 24 -

    Ovde nema smis1a promeniti redos1ed sim01a 1im i 1n kao u prethodnom zadatku, jer 10 koja funkcija prema tome i 10garitamska ne moze uz.i,mati beskonacne vrednosti. Medjutim, iz cinjenice da 1im 1n =- sarnr) onda kada 1im = (iz 1n = 10ge y,e > 1 s1edi da 1ny

  • Kako 2 -2

    u = 3 2 2 + +2+l

    3 2 lirnt_ ( 2~ +~x +1 ) 3 400 2 + +2+l

    2 3 (-2) 3 2

    - 25 -

    i 1im u .... ""

    / to dobijamo

    2 (-2) 1 3 2

    1im [+) 2 + +2+l .... ""

    1im 2 + +2+l , jer izraz u eksponentu te- 4""

    zi ka 3/2.

    1) I ovde imamo neodredjeni izraz oblika '" "1 ", te 2 -3 -2 4 2-5 4

    . ( ) 11. -2- .... "" -3

    2 (1- -2- -3

    ) :.~x2-3x

    1

    {l+U)U 4""

    jer -2 4 1im -2- .... "" -3

    _24 -2-

    1im -3 .... ""

    -

    ,

    (> ) Ovde takodje neodredjeni izraz oblika "1 ", te

    resenje zadatka s1edece:

    +l 3 2

    +2 -l +l

    1im -+l

    (2+l) -5 +8-4 +2

    1im "" 1

    { (1+ x-l)-l }+2 x3-5 2+8-4 +2

    te

    (-l) (+l) +l 2 1im (+2) (-l) ( -4-4) 1im (+2) (-2)2

    "" 1 2/3 . -+l

    ) I u s1u~aju imamo neodredjeni izraz oblika "1"""

    1

    ! 1+ + ~/l+3x - il-2XJ +2 -+

    3- Vl+3x;Vl-2 2

    1im + ....

    2

  • - 26 -

    jer

    3/- /-. V1+3x-V1-2x

    11rn 2 1irn ____ ~x~ ________ ~x~ ___ .... + """

    1irn ....

    3 V 2 3/ (l+3) + V1++l)

    +1

    - 1irn ....

    -2 2.

    ) Neodredjeni izraz oblika "100" . Reenje zadatka

    1 + s in - 1 1irn ( + s,in ) k = 1irn

    .... ....

    stoga, sto

    "" "" ],irn -1 + 1irn

    ....

    1irn + sin -1

    sin

    ) Izraz neodredjen oblika "1 ", jer

    te

    sin 1irn =. 1irn 1 "" .... sin - .... l-x/sin

    sin 1irn (sin )sin -

    ""

    (sin -1) 1irn ....

    r) Neodredjeni izraz oblika "100".

    sin sin -

    .

    Uvescerno rn arc tg = , 1 1irn u = 2 ' = tg . Tada

    lirn ( 2 1 ""

    jer

    ....

    2-1 Itg u . arc tg ) ' = 1irn (* . u/tg u = 1irn 1

    .... 1/2 .... 1/2 1

    1 irn - 2 ):.-,:2 =0 1 s l V . ,

    1irn (2U-1)!t91l = 1irn 2-1 .... 1 /2 1 .... 1 /2 1 u lirn v .... o 1V-si v 2v

    v .... o

    1 gde v =- 2' 1irn v .... 1/2

    , v jer v < .

  • - 27 -

    s) Neodredjen izraz oblika "1"''' , .

    za sin I , tj. 1- k'ii (k= 0,1 1, . )

    (1 1 za k k=!1,.z-2, .. )

    Iz ovog vidimo slede6e: ako prolazi koji ve1iki broj pri1ikom tezenja ka beskonacnosti, izraz jos uvek uzima bezbroj puta vrednost jedan. Dak1e, ako postoji granicna vred-nost datog izraza kada tezi u beskonacnost ona moze biti sao jednaka jedinici. Medjutim, ako sin fO dov01jnO veliko tada I sin I < _1_ i izraz u srednjoj 'zagradi razlikuje 8

    -lxl . veoma 10 od broja , dok eksponent od bilo kako ve1ike vredn:o-sti nada1je bezbroj puta uzima vrednosti izmedju -1 i 1. Dov01jno sada da uocimo one tacke u kojima sin =1, i za-k1jucujemo da granicna vrednost mora1a biti .

    Na osnovu svega ovoga d01azimo do zakljucka da ne posto-!

    22. Na6i s1ede6e granicne vrednosti

    ) 1im {log 1/2 2 (2 +1)-109]/2 (+2)} ; +'"

    10ga (1+) 1n cos ) 1im - ) 2 + +

    d) 1n (1++2 ) +1n (1-+2 ) 2 +

    - 1 ) f) - .

    + +

  • - 28 -

    g) n-

    1im (Va-1) h) n-+oo n->oo

    i) 1im ~;I;;)n -+00 2

    Resenje. Za resavanje gornjih zadataka koristimo nepre-kidnost logaI:itamske funkeije 1n u ra.zmaku ( ,). Naime, ako stoji 1im f () = , f () > , tada 1im 1n f () =ln f () =- 1n

    -+ "" + za .

  • - 29 -

    1im 1n (l+u) 1 + 1n

    d) 1im 1n(1+x+x2 )+ln(1-x-x2 ) ~o 2 1n ( 1 +2 + 4 ) 2 4 + + + +

    gde 2 + 4 1im . = , +

    ) Uvescemo -l=, 1im =, = 1n(1+u) smenu + 1n

    te a

    X-1 1im 1n 1n + + 1n (l+)

    jer

    1im 1n (l+u) 1 . +

    -1 f) 1im - 1im - 1im -1 =-. --:-+ + +

    Do rezu1tata smo dosli koristeci rezu1tat prethodnog zadatka. 1 1 -1 g) ,( na_ 1) = 1im ..,.1 1im -1 1im 1n

    -1- -1- n+oo n+oo + +

    n+1 1 1 n 2 (

    n 2 (n n+1 h) lim - ") 1im - )= + n+oo

    1 1 1 2 n+1 = 1im 2 an+l (an (n+l) -1) 1im 1im[ (n+1) .

    n+oo n+oo n(n+1) n+oo 1

    (an (n+1)_ 1U = 1n

    i) Treba odrediti neodredjeni .izraz ob1ika "100"

    lim 1 + I) = 1 im n-+('O .....

    ] /2. (lnab) =

    2

    } ( +:\-2)

    2

  • - 30 -

    jer () . + -2 1 {

    "2 (-1) + n-~oo 2 ->

    1 1 { (nIb_1 ) -1 + "2 -1- + "' ~n,..oo -

    1

    lim :-1} 1 (ln +ln ) 1 ).N . + "2 "2 "'

    23. Odrediti realni parametar tako da funkcija f(x) bude neprekidna u tacki =, ako

    f(x) ~ 1

  • 11 GLAVA

    FUNKCIJE JEDNE PROMENLJIVE

    1. Ako postoji f (X+t:.X) - f ()

    n se ta granicna vrednost naziva izvod funkcije = f(x) tacki i obelezava se sa f' ().

    Ako funkcija ima izvod svakoj tacki nn oblasti de-finisanosti, kaze se funkcija diferencijabilna i izvodna funkcija se obelezava sa f'(x) ili kra6e '.

    2. Izvodi elementarnih funkcija.

    n n-l n aXln

    log 1 , ln

    ln , 1

  • - 32 -

    sin , aos cos , -sin

    1 arc sin ,

    -;-- 2 V1 -

    1 arc cos , -vi="7

    arc tg , 1 --2 1+

    arc ctg , 1 - --2 1+

    ( R, > ) , -1 =

    . Osnovna pravila diferenciranja

    Neka su () i v(x) diferencijabilne funkcije, tada

    [() + v(x)]' = '()'+ v'(x) (() - v(x)1' = '() - v'(x) lU(x)v(x)1 ' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)

    (] , v(x)

    u'(x)v(x) - u(x)v'(x) [v(x)]2

    4. Izvod inverzne funkcije

    Neka = f(x) monotona funkcija,

    v(x)"i'O

    -1 x=f () inverzna funkcija. Ako f(x) diferencijabilna funkcija, tada = f- 1 () takodje diferencijabilna funkcija i vazi

    tada

    ' () 1 ' ()

    ('() "i' )

    5. Izvod slozene funkcije

    Neka su y=f(u) i u=() diferencijabilne funkcije,

    '() = '() '()

    . Rolleova teorema

    Neka funkcija = f(x) definisana u intervalu [,] ima slede6a svojstva

    ) neprekidna

  • - 33 -

    ) diferencijabilna (,) ) f(a) = f(b).

    postoji tacka (.) takva f' () = .

    7. Lagrangeova teorea

    Neka funkcija = f () definisana u intervalu [,) ia sledeca svojstva

    ) neprekidna ) diferencijabilna postoji tacka (.)

    f(b) - f(a) -

    (,) takva

    f' ()

    8. Cauchyjeva teorea

    Neka funkcijf f(x) i g(x) definisane u intervalu [,1 iaju sledeca svojstva:

    ) neprekidne su ) diferencijabilne su (,)

    ) za svako . (, ) , g' () # .

    postoji (,) takva

    f () - f () g () - g ()

    f' () g' ()

    9. Taylorova teorea.

    Neka funkcija f(x) definisana u intervalu (,) i ovde puta diferencijabilna i (,), tada

    n-l f(i) ( ) i f(x) [ (-) + Rn(x), gde

    i=o i! f(n) [ +8 (- )

    R () = ::; (- )n, 0

  • R ()

    - : -

    f () (8) !

    I 0 , funkcija u tacki ima minimum

  • - 35 -

    ) f" ( ) 0

    funkcija ima minimum tacki

    ) f(n) ( )

  • - 36 -

    lim f(x) = d. "" +00

    Prava = d}e horizontalna asimpt:Dta funkcije = f () kada "" - , ako

    lim f(x) = d. .... -

    Prava = vertikalna asimptota funkcije = f () ako

    lim f () = + ....

    ili

    14. Ispitivanje funkcije

    lim f () ....

    _

    Kod ispitivanja funkcije i crtanja njenog grafika (di-jagrama) utvrdjujemo svojstva funkcije i nn karakteristicne tacke i osnovu toga crtamo grafik. ispitivanje obuhvata sledece:

    1) Odredjivanje oblasti definisanosti funkcije. 2) Utvrdjivanje nekih karakteristicnih svojstava (simet-

    ricnost , periodicnost). ) Odredjivanje nl funkcije. 4) Ispitivarje osnovu prvog izvoda. (Odredjivanje in-

    tervala gde funkcija raste, gde opada, odredjivanje ekstremnih vrednosti)

    5) Ispitivanje osnovu grugog izvoda. (Odredjivanje in-tervala gde funkcija konveksna, gde konkavna, odredjiva-n prevojnih tacaka).

    ) nsn funkcije krajevima oblasti definisanosti. (Odredjivanje limesa funkcije, odredjivanje asimptota).

    )

    )

    1. Naci prvi izvod funkcija: =

    + cx+d

    gde su ,, i d konstante.

    n.' labl l.s..l = 2 (cx+d)

    sin2x

    sin 2

  • )

    d)

    odnosno

    - 37 -

    Resenje. 2 sin (cos sin 2 - sin cos 2 )

    sin2x 2

    = ln [ ln 2 (ln ) 1\.

    Rssenje.

    =

    ln ln (ln )

    2 . 1-

    arc s ~n :---1 1+

    Resenje.

    1

    1-.2 )2 1-(--1+2 2

    2 I I ( )

    2 2 -2+ ) - 2(1- ) (2) 2

    ) = f ( ) f( )

    Resenje. ' = e f () I () + f' () f () I

    f) = x 1/x

    g)

    to

    Resenje. Kako , 1 1

    L =-2 lnx+~ 1 -

    -2 (1 - ln )

    ( ln )

    lnx

    Resenje. Kako

    1 ln = ln , to

    2 ln = ln ( ln ) - ln ,

    L = ln ( ln ) + _1_ .!. - ln

    2 ln .!.

  • )

    )

    - 38 -

    ln ) -1 r 2 ln +1 _-2 ln + ln ln ( ln )

    2.. Na6i n-ti izvod funkcija: =

    n.

    =

    n.

    ()

    ()

    ) = sin

    n. () ~in ( + n2r) d) = COS

    n.

    ) =

    n.

    () = cos ( + nr ) 2

    m>n ( i prirodni brOjevi).

    y(n) : (-1) (m-n+1)xm- n

    f) = ln .

    to

    n. . , 1 Kako = ' "=- ~ () =

    n-1 (-1) (n-1 )!

    3. Na6i izvod funkcije 2 1

    " f(x) = { sin - , =

    ", 2 ~ ~

    n. f'(x) = 2xsin.!.-cos.!. " ' 1 f'(O) = lim f(O +6) -f() lim (6)2 sin"EX

    6x~o 6 6x~o 6

    = lim (6) sin 6; 6x~o

    , jer sin -.!- \ < 1 6 -

  • - 39 -

    Prema tome

    f' () { 2 sin.!. - cos.!.

    4. Pokazati da funkcija sin.!. , 'i

    { f(x) = = izvod u tacki = .

    Resenje. postoji

    lim L'lx+o

    f(O+L'lx)-f() L'lx

    'i =

    ..

    onda ta granicna vrednost izv +

    -

    Odavde 2 2 = 2 ( +1 )

    (-)

    6. Na krivoj = 3 naci tacku u kojoj tangenta -ralelna sa secicom kroz tacke (-1; -1) i (2.'; 8).

    Resenje. Koeficijent pravca secice 8+1 tg 13 = = 3. 2+1

  • - 40 -

    Kako '( ) koeficijent pravca tangente u tacki ci- apscisa ' trazena tacka ona u kojoj

    2 3

    odakle -1.

    7. Napisati jednacinu one tangente krive = 3 + 52 - 3 ,

    koja normalna pravu

    Resenje. Kako '( ) koeficijent pravca tangente krivu u tacki cija ap~cisa , to zbog uslova normalno-

    sti tangente i date prave vazi jednakost:

    3 2 + 10 = 8. Odavde

    1

    2

    = '3 i -4

    2 Jednacina tangente u tacki ( '3 '

    13 + 27 2 8 ( - '3 ) . Jednacina tangente u tacki (-4, 13)

    - 13 8(+4).

    glasi

    8. Na6i duzinu tangente, normalne subtangente i sub-normalne krive.

    = Sint "" cos 3t.

    ResenJ.e. = () proizvoljna funkcija, tada

    1::1 5 ; 5N = ' ' I = I~I I Vl+y ,2; N = ' ,v'l+y ,2

    Za krivu 2 = cos 3 t = sin t ;

  • - 41 -

    . 2 = 3 s in t eos t

    = - 3 eos 2 t s in t

    eos t

    sin t Ako se zameni u gornje formule dobija se

    ST - eos 2 t s in t

    SN 1- eos 4 t sin t

    - eos 2 t N eos 3 t ! .

    sin t

    9. Dat kruzni sektor poluprecnika R = 100 sa een-tralnim uglom =60 0 Za koliko 6 se promeniti povrsina sektora ako se

    ) poluprecnik uve6a za 1 ) ugao umanji za ~,

    Dati priblizno resenje.

    to

    to

    Resenje.

    Povrsina kruznog sektora R2o(,

    2 ) Kako ,

    P~ = R I

    ) Budu6i da

    - = R2 2"

    1002 'v - 1; 1 43,6 'v %

    2 360 2

    10. Funkeiju f(x) =xaretgx razviti Taylorovoj forrnuli tre6eg reda (n=4) u okolini tacke = 1.

  • - 42 -

    n. Iz formulacije zadatka vidimo da = 1.

    Potrebno , znaci, naci vrednost funkcije i njenih izvoda za-kljucno sa trecim tacki = 1.

    f () = arc tg f(l) = 'fI/4 f'(x) =xarctgx+x/(l+x2 ) f"(x) =2/(l+x2 )2

    f"(l) 'fI/4 + 1/2

    - () = - 8/ +2 ) 3 f~v(x) =_8(1_SX 2 )/(!+x2 )4

    f"(1+=1/2

    f~V[1+8(-1)1 =-8 {1-S[1+8(x-1)]2} {1+[1+8(X-1)]2}4

    Trazeni razvoj xarc tgx = 'fI/4 + ('fI/~+1/2) (X-1)+l/4(x-1)2 -

    3 - 1/6(-1) -1/3

    0

  • - 43 -

    12. Polinom f () = 4 + 23 - + 10, napisati kao polinom stepenima od +2.

    Resenje. Kako fV(x)=O to u Taylorovoj formuli za f(x) u okolini tacke =-2 1 RS(X)=O, primenjujuci tu formulu

    (+2)4 - 6(+2)3 + 12(+2)2 - 9 (+2) + 12.

    13. kcije f(x)=ex nu gresku.

    Koristeci Laurinov polinom petog stepena fun-izracunati pribli~no broj , i oceniti nacinje-

    Resenje. Laurinovoj formuli

    = 1++2 /2! + 3 /3! + x4/4~ + XS/S! + 6 /6! 6 < 6 < 1

    i

    gde izraz sa desne strane ac~inov polinom petog stepena. k stavimo za =l dobicemo

    % 2.716

    Posto R6 (x) za =l imao R6 (1) = /6!

    i I R6 (1) I = 6 /6! < /6! < 3/6!

    gde smo uzeli

    2 < < 3 i 0

  • - 44 -

    1/200

    Imamo niz nejednakosti

    R 0/2) = 11/n! 0/2)n 8/2 1 = /!) /2)n 8/2 < 1/2)ne 1/2(1/n!) < !1/(n!2n ) 113< 11/(n!2n )! 1,8.

    Ako nejednacina 1/(n!2n ) 1.8 < 1/2000

    zadovoljena, to vaziti i za (*). Pogodnije napisana obliku

    2nn! >3600 n se resava probanjem. Tako zakljucujemo da n=5. Uzecemo najmanje resenje n=5 i dobijamo

    ~ 1+1/2+1/2! (1/2) 2+ 1 / ! (1/2) 3+1/41 (1/2) 4 = 1] 648 ...

    15. Izracunati 1/ 'f tako da ucinjena greska ne pre-masa 0.0001.

    .

    n. Koristicemo Laurino.v obrazac funkcije

    Videli smo vec da xn 8

    = _. 0

  • - 45 -

    16. Izracunati priblizno 3~ tako da ucinjena greska ne bide veca od 0,001.

    Resenje. Pisacemo

    3170 = 3v'O'4+' = 64(1+6/64) = 4~~1'+~3'/~3~2 Posmatracemo funkciju f(x)=IlI+x, odakle se gornji izraz dobija za =3/32.

    Primenjujuci 1

    4 311 + = 4 { 1 + ( 3

    Larinov obrazac dobijamo -1 2 i n-1 ) + ( ) + ... + ( ) } + R ()

    gde 1 2 n-1

    0

  • - 46 -

    18. Izracunati sin 1/2 pet tacnih decimala.

    Resenje. Primena Laurinovog obrasca funkciju f () sin daje

    sinX=X-/! +5 /5! _7 7!+ .. +(_1)n-:-1 + (-1)n[2n+ 1 /(2n+1)! . cos 6 , 0

  • lirn +

    - 47 -

    lim {(-1) /22 + l/x ( 2_1)} +

    lirn ->-

    282 2 (1 + )

    Vidirno da izraz ostao neodredjen jer 28 nx ->- kada ->-. Medjutirn, primecujerno da ako se izraz u irnenitelju ne pro-rneni, broitelj dobije faktor , izraz ciji se lirnes trazi sigurno nece biti neodredjen posle skracivanja. Zato rn u brojitelju funkciju 2 zarneniti njenirn razvojern Lauri-novorn obrascu drugog reda (n=).

    2 2 lirn {(-1/2 +l/{ -1)} + 282 4 28

    lirn _~(~2_-_4~/__~~~)~+_4_/~~ ____ _ ->- 4{1+282)

    2-4/ 1 -4- "6'

    20. Naci rn {( 2+cos ) / sin -/ 4} ->-

    razvijanjern funkcija sin i cos Laurinovorn obrascu.

    Rei3enje. Sredicerno prvo izraz u zagradi 4 (2+cos ) - sin lirn {(2+ cos ) / sin + /} = lirn '=":''::'-~74-=---''-''----->- ->- sin

    Razvoj funkcija Laurinovorn obrascu su:

    i

    . 5 2n+1 s~nx=x-x /! + /5!+ ... +{-1) (2n+l) < 8 < 1

    2 4 n+1 2n+1 cos = 1- /2!+ /4+ ... +(-1) /(2n+2)! "

    cos 8n , 0

  • - 48 -

    rn{ (2+cos ) / 3 sin -/ 4 } -+

    = 1/4! - 3/5!

    lirn -+

    1/60.

    (cos 6 )/4!-(3 !2}';)/5! 5 cos

    21. Na6i ekstrernne vrednosti i prevojne ta~ke funkci-2 - =

    Resenje. Izvodi funkcije su: 2 - (- +2)

    2 - ( -4+2)

    2 - (- +6-6)

    Kako ' () =0, " () =2 > , to ta~ka = apscisa tacke kojoj funkcija irna rninirnurn ()=.

    Dalje '(2)=0 i " (2)=-2- 2 < , =2 apscisa taC'k kojoj funkcija irna rnaksirnurn (2)= ~

    i

    to su 1

    Kako drugi izvod funkcije jednak nuli za

    1 = 2+12 '" (2+12)

    i 2 = 2-12 212 -2-12 f

    '" (2-12) = -212 -2+12 f I i 2 apscise prevojnih tacaka

    (6+412) -2-12 1

    2 (6-412) -2+12

    funkcije

    22. Ispitati dijagrarn funkcije 2 2 =61nx-2x +9 -18x

    sa

    okolini tacke =1.

    Rei'5enje. 6 -

    Izvodi funkcije su: 6 2 + 18-18

    6 - 2" - 12 + 18

    ordinatarna

  • Kako

    '" = 12 _ 12 3

    y(IV)

    -49 -

    , ( 1 ) = ( 1) = ,- ( 1 )

    y(IV) (1) = - 36

  • - 5() -

    Kako

    " () ='1"'(0) =0. i

    yIV () = 1 t " > za svako xto to dijagram funkcije konkavan u odno-su y-osu.

    25. Naci visillU pravog kruznog konusa najmanje za-premine opisanog oko lopte po1uprecnika r.

    n. Neka V zapremina proizvo1jnog pravog kru-znog konusa opisanog lopte.

    V = (SR) 2 . 78

    Kako

    l\P R 8 ~j /1. Q to

    QO Neka duz . Tada

    PQ=v'(r+x)2- r 2 = Vx 2 +2rx i

    (2r+x) : 8R = 2 + 2 r : r . Odavde

    8R (2r+x) r 2 + 2r;

    Zapremina V pravog kruznog konusa 2 2

    r (2r-!-x) 1 V () =

    Kako i

    81. 1

    i kako V(x)=o za x==2r, to zapremina kruznog konusa opisa-nog oko lopte minima1na za x=2r, odnosno za 8 = = 4r jer V -- (2 r ) = r7 > .

    26. 81ika visoka 1,4 m obesena nazid tako da njen donji kraj 1ezi 1,8 m iznad posmatracevih ociju. Na kojem se

  • - 51 -

    rastojanju od zida mora na1aziti smtr da ! njegov po1ozaj najpogodniji za posmatranje s1ike, tj. da vidni ugao bude naj-ve6i.

    Resenje.

    1/'

    1/8

    Neka vidni ugao. 5 s1ike :

    = -13

    tg = tq (l3-) = tg 13 - tga

    51. 2

    tg

    tg '"' -...,..::1 ...... ,-=4~x=-=--2 + 5,76

    1+tga. t ql3

    Od.avde

    Kako

    i

    = arc tg

    ' ()

    1,4 2 + 5,76

    2 7,064-1,4 2 2 2 ( +5,76) ,96

    ' () = za = 2,4 } to vidni maksima1an, kada posmatra~ udaljen od slike za 2,4 .

    27. Deblo duzine 20 m ima oblik zarubljenog konusa, ~iji su pre~nici 2 m i 1 . Iz debla treba izrezati gredu sa kvadratnim presekom, ~ija se osa poklapala sa osom debla, ~i

    zapremina bila najve6a. Na6i dimenzije grede.

    Resenje. Kako

    to

    11!

    flABC'\,flAED 1

    20 '2 20-

    = 20- 40

    SI.

    112

    )( I N

    N

  • - 52 -

    Ako d dij~gona1a kvadratnog preseka strane , tada

    d = 2-2

    Odavde

    20+ 20

    20+ =

    2 .

    Zapremina grede

    Kako

    i

    V = 2 (20-) 20+ )2(20-) 2012

    V' () 1 2 800 (400-4-3 )

    V'(x) = za 20 i V" ( ~ ) = _1_ (-40-6 . 20 )

  • - 53 -

    lim 11- 2 arc tg 2. -" ln(1+1/x)

    ) Kako ovo neodredjen izraz oblika. "/" potrazi- granicnu vrednost kolicnika izvoda brojitelja i imenitelja.

    2 cos 2 sin 2 2 cos 2 sin lim lim 2. "" cos ..... sin 2' cos

    sin Primen~L'Hospitalovog pravila dobijamo

    lim ln sin 2 = 2. .... ln sin

    ) Kako

    (.! __ 1_) .... e X-1

    neodredjen izraz oblika "/", to postupak isti kao i kod prethodnih zadataka, te

    1 2'

    d) Kako ovo neodredjeni izraz oblika "" logarit-movanjem se dibija oblik "0.00"

    lim . ln = lim ln ..... ..... 1/

    Potrazicemo kolicnik izvoda brojitelja i imenitelja 1

    lim (-)= . "" -1 -.+

    2"

    Kako ova granicna vrednost postoji, to osnovu L'sitlvg pravila jednaka granicnoj vrednosti

    lim ln Buduci da lim ln 1 to "" .....

    lim ] ....

  • - 54 -

    ) Ova granicna vrednost se jav1ja u obliku neodredje-nog izraza "1 ". Logaritmovanjem se dobija

    1im -+7/4

    tg 2 1n( tg ) = 1im -+7/4

    1n ( tg ) 1/ tg 2

    Kako ovo neodredjen izraz oblika "/" postupkom kao i u za-datku pod ) dobijamo

    1im ->-7/4

    1n( tgx) 1/tg 2

    Trazena granicna vrednost

    -1 .

    1im ->-7/4

    ( tg ) tg 2 = -1 1/ .

    f) Ovo neodredjeni izraz oblika "/".

    Kako granicna vrednost 1im 1-cos n postoji, to se ->- 1+cos

    1im - sin n moze izracunati osnovu L'Hospita1ovog pra-->- + sin vi1a. Medjutim koristeci cinjenicu da

    1 " sin ~ --- = } ->-

    dobijamo granicnu vrednost

    1im - sin ->- + sin

    1im 1 - sin / ->- 1+ sin /

    1.

    g) Iako ovo neodredjeni izraz oblika "/", L'Hos-pita1ovo pravi10 se n moze promeniti jer

    2 sin 1/x-cos 1/ ->- cos

    n postoji. Kako I sin 1/xl.21 i 1im sin 1 to

    2 ->- 1im sin 1/ 1im . sin 1/ + sin -+ sin

    29. Ispitati medjusobni po1ozaj dijagrama funkcija Fn(x) = (-)

  • - 55 -

    za raz1icite vrednosti , posebno za slucajeve kada parno i neparno.

    Resenje. Neka > . Kako

    ! -! .::. ! -! -1 za -1 < < +1 !x-a!n> !~_a!n-1 za +1

    i Fn(a)=O za svako

    0+'

    81. 4

    dijagram funkcije Fn(x), =1,2,3, .. = preseca x-osu kada =l, preseca , dodiruje kada paran broj.

    pro1azeci kroz 1 i dodiruje za nepar-

    1. Za parno (n=2k)

    F'(a) =F" () = F'-(a) = .. = F(2k-1) () . F (2k) () = . (2k)! > , funkcija ima minimum u tacki sa apscisom =.

    2. Za neparno (n=2k+1) F ' () = F" () = .. = F (2k) () , F (2k+1) () = A(2k+1)! "

    te osnovu toga sledi da = prevojna tacka funkcija. (81.4) D~jagrami funkcija za < simetricni su sa dijagramima

    funkcija za > u odnosu x-osu.

    30. Ispitati oblik dijagrama funkcija f~ () = V(x-a)d. i f~ () J(x-a)~

    za raz1icite vrednosti parametra rJ....

    Resenje. Posmatracemo slucajeve kada =1,2,3, osta1e cita1ac m! sam ispitati rezonujuci ana1ogno sa is-pitanim slucajevirna.

  • - 56 -

    81. 5 81. 6

    1. =1; f~(x) =~x-a , - - Posmatracemo sao funkciju f~(X)

    grarn funkcije f~ () = - ~ - simetrican + f 1 () odnosu x-osu.

    = 4 - jer dija-dijagrau funkcije

    Funkcija definisana za > . U tacki = dijagram funkcije sece x-osu. Kako

    f ,+ () = __ 1_ 1 2/-

    to f'(x) +00 kada +, funkcija toj tacki ima vertika1nu tangen-tu. UZimajuci obzir funkcije

    f~(x) i f~(x) dobija se dijagra. (sl. 5).

    /-, -2 V(x-a)

    Ako uzmemo obzir funkcije + f 2 () = (-) i - (-)

    dobija se dijagra (sl. 6).

    . + / =; f() = V(x-a) f; () = - (-) Funkcija f;(x) = (-) definisana

    ki = dijagram funkcije sece x-osu. Kako za > . U tac-

  • - 57 -

    f'+ () = ~ Ix-a 3 2 to f()-> kada ->, funkcija ima horizonta1nu tangentu u tacki =.

    Dljagram funkcije f;(x) (-)3 simetrican u od-nosu osu sa dijagramom funkcije f;(x) = (-)3 (s1. 7).

    31. Ispitati oblik dijagrama funkcija 3/ \.. f () = V(x-a)

    (\

    za raz1icite vrednosti parametra Q

    n. Posmatracemo s1ucajeve kada . =1,2, 3,4,5, osta1e sam cita1ac moci ispitati ana1ogno sa ovim s1ucajevima. 1. : =1; f 1 () = '-. Funkcija f 1 () definisana za sve vrednosti . U tacki = dijagram funkcije sece x-osu. Kako

    1 3/ 2 3I!(-)

    to f{(x) ->00 kada -+, funkcija u tacki = ima vertika1nu tangentu. 1 fi(x) >0 za sve vrednostix\~ tacka = prevojna tacka funkcije, jer

    f {' () = -3/ 5 9V(x-a)

    2

    predznak pro1askom kroz tacku = (s1. 8).

    ..

    0-1

    81. 9

  • - 58 -

    2. ( = 2 ; 3/ 2 f 2 (x) =V(x-a)

    Funkcija definisana za sve vrednosti . Tacka = nu1a funkcije. Kako f 2 (x) ~O za svako , dijagram funkcije se na1azi iznad x-ose. Prvi izvod funkcije

    f 2 () = --2-3/- 1 f' () ... kada '" , tacki = funkcija ima

    vertika1nu tangentu. Kako f' () < za < i f' () > za >, funkcija tacki = ima minimum. (l. 9)

    3. = 4 ;

    3 Funkcij definisana za sve vrednosti . Kako f 4(x)= = 4/3 I- , to f'(a) =0, dijagram funkcije f(x) dodiruje - tacki =, ostajuci, sta1no iznad nje, jer f 4 (x) >0 za sve x~a (l. 10).

    81. 10

    -s 4. = 5; f 5 () = V(x-a)" Funkcija definisana za sve vrednosti . U tacki =

    dijagram funkcije x-osu. Prvi izvod funkcije f5' () = 5/3 v'(x-a) 2

    Kako fS(a)=o, fS(x) >0 za sve x~a tacka = prevoj- tacka funkcije jer f5" () = ~ menja predznak pro1askcm

    9~x-a kroz tacku = (l. 11);

  • - 59 -

    32. Ispitati tok funkcije 3/ 2 f () = Vx (-1)

    i nacrtati nn dijagram.

    n. Funkcija definisana za sve vrednosti . Kako f () '\, 3 kad -+ , to dijagram funkcije okolini tac-ke = ima oblik kao slici 8, kako f(x) ~J(X-1)2 kada x-t1, dijagram funkcije okolini tacke =1 ima oblik kao slici 9.

    Iz ~ 2 = lim (-1) 1 -++

    3/ 2 liml Vx(x-1) - l -+ +00

    2 3 lim (-1) - -++ 3;: 2 2 3 / 2

    V I (- 1 ) I + Vx (-1 ) + i 3/ 2

    Vx(x-1) 1 3~ 2 (-1) -+- -+-

    2 2 = -

    sledi da prava =-2/3 kosa asimptota funkcije. Polozaj kri-ve odnosu asimptotu odredjujemo sledeci nacin. Formira- razliku

    3/ 2 -1/3 (-8/ 9) Vx (-1) - (-2/3)

    3/ 2 2 3/ 2 2 "(-1) I + (x-2/3)VX(X-1) +(-2/3) Za =8/9 kriva sece kosu asim-ptotu. Za > 8/9, kriva se nlazi ispod asimptote, jer 3! 2 Vx(x-1) -(-2/3) za < 8/9, to se kriva za sve vrednosti n od 8/9 nalazi iznad asim-ptote.

    Izvodi funkcije su:

    51.12

  • - 60 -

    f - () 3-1

    f" () 3 / 2 2 91 Vx (-1) 1

    -2 -2 -----

    3/ 2 9Vx(x-1) Sledi da1je da f-(1/3)=0, kako f" (1) < funkcija u tacki =1/3 ima maksimum

    1 114 ( ) =: . Grafik funkcije se na1azi s1. 12.

    33. Ispitati tok funkcija f i (x)~2.:t 5 i nacrtati njihov dijagram . (i=1, 2

    ReSenje. funkcije definisane su za > . Posmatra6emo prvo f~nkciju f 1 () =2 +5 . -

    Sl. 13 5

    Kako f 1 () 'v 5 / 2 kad + + to dijagram funkcije u oko1ini tacke = ima oblik kao s1i-ci 7.

    Izvodi funkcije su: f{(x) = 2 + ~ . 3 : f;:- () = 2 + 1'; . -; Kako f;:(x) > i () > za sve , funkcija sta1no raste i konkavna u odnosu y-osu.

    Funkcija fz(x) 'V - 2 kad + + , dijagram funkcije u oko1ini tacke = ima oblik kao slici 7.

    2 S Izvodi funkcije f 2 () = - Vx su:

    f" () = 2 - ~ 2 4 Kako f2'(16/25)=O, f2'- (16/25)= - 1 < , U tacki =16/25 fun-kcija ima maksimum sa ordinatoJl1 44/55. Kako f';(64/225)=0 i f;' (64/225) = - 225/64 f' to u tacki sa apscisom x=64/225funk-cija ima prevoj (sl. 13).

  • - 61 -

    34. Ispitati funkciju

    f () = 1 - 2 _1

    i nacrtati dijagram.

    5n. Funkcija definisana za > (). Kako

    f(x) 1 - 1 = - +-----

    to

    1 - 2 1 1im - + ) -++

    1

    1im 1 - 1 = 1im -~=O = , -++ -++ 1

    prava =- asimptota funkcije. Funkcija sece svo- asimptotu u tacki sa apscisom =.

    Funkcija 1, jer 1 _ 2 - 1 '"

    za sve . sto se viGi iz pomocnog dijagrama (sl. 14). Kako

    () i f "() = 2 1 -5 3

    funkcija ima ekstremum, jer postoji takvo '., 1 '" . "12, da 2 - (1.2 -l 0.= , sto se vidi iz pomocnog dijagrama (51. 15).

    .

    .

    --------~O~---~~---------~

    51.15

  • - 62 -

    Tacka = apscisa rnaksirnuma funkcije, jer

    f -- (0:)

    za 1 < : < 12

    2 le>L-5 <

    Kako 21nx-5=O za = 5 / 2 i f'--(e 5 / 2 ) =2/e10~o, to = 5 / 2 apscisa prevojne tacke funkcije sa ordinatorn

    -1/2 - 5 = 5

    Dj rm Jn na slici 16. - -2

    35. Ispisati funkciju f(x) = dijagram za razne vrednosti pararnetra .

    Resel7je. Funkcija definisana za - -2- { , > lirn -++ <

    i -

    """"2 { , > lim -+- <

    i nacrtati

    x~O. Kako

    njen

    posma tr slucajeve kada > . za svako .

    f'(x) = - -2-

    2- -2-

    funkcija irna ekstremum u tacki, cija arscisa =2, ordina-1/4 ta =

    Dijagrawi funkcija za > i < () su slikarna 17 i 18.

  • - 63 -

    0>0

    81. 17

    \: = 1

    20

    81. 18

    Ako vrednost parametra =, tada funkcija glasi f(x)=e 1/ X k ., f () 1 / ~ . t . . l/ "" 1 = sece aS1mpto , Jer r

    za sve . Kako 1 < () = - -2-

    za sve , ~O funkcija ekstrema. Drugi izvod funkcije I/

    f "() -_ 4(2+l) . /2' . ~k te =-1 apsc1sa prevoJne tac sa or-dinatom =l/ 2 ( sl. 19).

  • - 64 -

    =1

    --~~----~-----------------~

    51. 19

    36. Ispitati funkciju y=f(x)=(1+X)1/x i nacrtati nn dijagram.

    Resenje. i xiO. Kako

    Funkcija definisana za 1+ > , tj. > -1

    1n=1/ 1n() to

    , () 1/-1 f'(x) = = 2 -() .1n{)]

    Funkcija y=f(x)=(1+X)1/X sta1no opada, (1+) 1/ -1 jer 2 > - () 1n (1+) < za svako XiO.

    Ova druga jednacina se vidi iz pomo'cnog dijagrama . (sl. 20).

    Pored toga () 1/ -+-1

    1 (1-u) -1/u u-+1

  • - 65 -

    1im (l+X)l/X = +

    Kako +) l/x 1 1 +

    jer 1im 1n(1+x)l/x = 1im l/x 1n(1+x) = + +

    to prava =l asimptota funkcije f(x)=(l+X)l/X. Dijagram fun-kcije slici 21.

    51. 21--~---,O~------------7.x~

    37. Nacrtati dijagram funkcije 3+1 f(x) =-2-

    Resenje. Funkcija nije definisana za =, osa vertika1na asimptota funkcije.

    Iz

    3 +1 1im --2- ->- ++

    i 1irn +-

    odredjujemo po1ozaj krive u odnosu vertika1nu asirnptotu =. Kako

    to

    { 3 +1 - } lirn 1 ----z = 2" -++ -++

    i

    3 1 ( +1 ) --z - = 2" , x-~-oo 4--00

  • - -

    prava = kosa asirnptota funkcije. Grafik funkcije se lazi iznad asirnptote =, jer 1/x2 > za svako .

    Kako =-l jedino realno resenje jednacine ' +1=0,

    x=-l 1 prvog reda funkcije, dijagrarn toj tacki sece x-osu.

    Izvodi funkcije su: _2 f'(x) =--

    f" () 6 4'

    te x=~t! jedino rea1no resenje jednacine -2=0, kako f "( 3{2) > , funkcija tacki X=3f2 irna rninirnurn sa ordinatirn [4. Dijagrarn funkcije slici 22.

    81. 22

    8. Nacrtati

    f(x) = d jagrarn funkcije

    2 -2+l 2 +1

    Resenje. Funkcija definisana za sve vrednosti , jer x 2 +1fO za svako i. Kako

    i 1irn -7--00

    to prava =l horizonta1na asirnptota funkcije. Kako -2/ ( 2 +1) < za > to kriva ispod asirnp-

    tote, za < , iznad za < jer -2/( 2 +1) > za < . Kriva sece asirnptotu tacki sa sisrn =. Kako x2 -2+1=(-l)2, to =l nula drugog reda fun-

    kcije, grafik dodiruje x-osu tacki x=l (prerna prirne-ru 1. . ) .

  • - 67 -

    Izvodi funkcije su:

    f' () = 2 (-1) (+1) . ; 1-1;2 ) (2 +1)2 f "(); = 8 (2+1)

    f'- () = 8(1+52 ) (2+1) 4 =1 i =-1 su nu1e prvog izvoda. Kako f "( 1) =1 > funkcija u tacki =1 ima minimum (1;0),

    81. 23

    kako f "(-1) = - 1 < to u tacki =-1 funkcija ima maksimum (-1;2) .

    = nu1a drugog izvoda, kako f'" () = 8 'f to tacka (0;1) prevojna tacka funkcije. Dijagram funkcije slici 23.

    39. Ispitati funkciju = f(x) = + 1n(x2-1)

    i nacrtati njen dijagram.

    Resenje. Funkcija definisana za 2 _1 >0, tj. za ,, > 1. Dijagram funkcije sece x-osu, jer postoji takvo > 1 za koje jeo(.+ln(a2-1)=0, sto se vidi iz pomocnog dijagrama . (sl. 24).

    i

    Izvodi funkcije su: x 2+2x-1 '= 2

    -1

    2 -2( +1)

    2 ( -1)2

    Kako prvi izvod funkcije jed-nak nu1i za 1 =-1-12 ( 2=-1+12 se na1azi u oblasti definisanosti) i

    .

    l. 24

  • - 68 -

    "(-1-12) = 2 +/2 < 0+12) 2

    tacka =-l-12 apscisa tacke kojoj funkcija ima maksimum

    (-1-12) = -1-12 + 1n 2 (1+12)

    Kako " =f za sve v:r:'ednosti , funkcija prevojnih ta-caka. Da1je

    [x+1n(x2-1)! .... +

    Takodje :

    i [x+1n (2 -1) X~-OO

    [ 2-1im x+1n(x -l) .... +1+

    - i [x+1n (2_1)] .... -1-

    Grafik funkcije s1ici 25. ,

    -1-

    ....

    I 11 )(

    I r

    ~ 81. 25

    40. Nacrtati dijagram funkcije

    f () = sin

    -

    -

    n. Funkcija definisana za sve vrednosti raz1icite od nu1e. Grafik funkcije sece x-osu tackama x=kn , za k 1, 2,... Fnkcija parna jer f (-) = sinfx) = f ().

    - Kako

    1im "" +00

    sin

    ,

  • - 69 -

    to x-osa asimptota funkcije. 1

    1im sin -+

    Dijagram funkcije 1 1 l' hiperbo = = -

    u tackama x=(2k+1); za k=O,l, 2, ... , jer

    Kako

    r 1 (2k+1)~

    f [(2k+1) ~] i 1

    f ' () =

    l (2k+l )~

    cos - sin 2

    =-t 81. 26

    za k-parno

    za k-neparno.

    to f' () =0 za cos - sin = odno~no za - tg =. (videti dijagram 27).

    Dijagram funkcije slici 26.

    41. Ispitati funkciju =

    -/)

    81: 27 i nacrtati njen dijagram. (Bez ispiti~anja drugog izvoda).

  • - 70 -

    Resenje. Funkcija definisanu. za > . Kako

    - /) ->+

    lim ->+

    - ( ln /)

    jer (-->+

    prava = vertikalna asimptota

    funkcije. Kako

    lim -(1/) lim e-(lnx/x)= 1, jer ->+ ->+

    lim ( -lnx lim 1 , - -->+ ->+

    to prava =1 horizontalna asimptota funkcije. Da nasli ek-stremne vrednosti funkcije, posmatra6emo

    1 ln = - ln

    Diferenciranjem dobijamo

    ..:i.. ~ ln + (- ~ .1:.

    odnosno '=

    - (1/)

    ~ (ln -1).

    Ovde zbog - (1 /) > , '=0 za ln -1=0, odnosno za =. Kako ' > za > i ' < za < , to u tacki = funkc1ja 1 minimum ()=-(1/). Dijagram funkcije se nalazi s11ci 28.

    =1

    IC

    51.28

  • - 71 -

    42. Ispitati funkciju

    arc sin~ 1+

    i nacrtati njen dijagrarn.

    ReSenje. Kako I ~12. 1, to funkcija definisana 1+

    za svako R (videti s1. 29)

    Funkcija neparna jer

    (-) = arc sin

    Izvodi funkcije su:

    2

    -2 1+2

    Znaci '= 1+2 2

    za < 1

    '= 2 1_2 2 Jl-x za

    i

    - arc sin 2 -z 1+

    I 2 = - 1+2 = 1

    Da1je

    1

    1+2 -4 (l+2) 2 za < 1, i

    (l-2) 4 ---'-=---~~

    I (1-2 ) 1

    za

    ..

    =-1

    $1.29

    - ()

    za > 1

    4 -':='2..---.0'2 za > 1

    (l+ )'

    1

  • - 72 -

    Kako menja predznak prolaskom kroz tacku (0,0) to funkcija za = ima prevojnu tacku sa ordinatom ()= i ko-eficijentom pravca tangente '(0)=2.

    U tacki =1, ' ne postoji. Kako ' > za < < 1, ' < za > 1, to tacki =1 funkcija ima maksimum (1) = ~ . Kako funkcija neparna to za =-l funkcija ima minimum y(-l)=

    ~. Prava = horizontalna asimptota funkcije jer

    lim ++

    2 --"2 l+x

    i lim arc sin +-

    Grafik funkcije se nalazi &lici .

    ----- -~

    51.30

    4. Ispitati funkciju 2 1 / x _ = l/x

    2 i nacrtati njen dijagram.

    Resenje. Funkcija definisana za x~O.

    .

  • - 73 -

    sa dijagrama ) se vidi da postoji takvo . da 21/. -.;=( Izvodi funkcije su:

    - (+ ln 2) 2 1 / ln2 2 3 2 1 / 2 - ln2 2 Kako '=0 za x=-ln i (-ln2) = > , (-ln2)3 2-(1/1n2)

    2+1n2 to funkcija za x=-ln2 ima minimum y(-ln2) = Kako 2- (1/1n2) " < za > to funkcija konveksna intervalu ( ,), ka-ko " > za < to funkcija konkavna intervalu (-00,0).

    Granicne

    lim -+-

    jer

    lim -++

    vrednosti funkcije: 2 1 / _

    lim (l- 2 1 / -+- lim 2- /) = lim -+-

    lim -++

    -+-

    Kosa asimptota funkcije

    = - + 1 + ln 2

    2-(1/))

    2-(1/)

    1/

    = 1,

    jer

    ,

    lim -+-

    2- (l/). l/ -(1/)

    jer lim 2-(1/) -++

    -

    .

    = lim :l -++

    0/-2-(1/)) -1, -++

    lim (-) 0-2- /) + ) -++ -++

    1 - lim 2-(1/)_1

    -++ l/

    = 1 - lim -++

    2- /) 1/x21n2 -(l/)

    Dijagram funkcije se nalazi slici 32.

    s 1. 32 -In 2

    2- /)_l (1-

    l/

    )(

  • - 74 -

    44. Napisati jednacinu kruga krivine krive y=ln u tacki ( 1 ,)

    Resenje. Jednacina kruga krivine krive =() u tacki (,) :

    (-)2 + (l+~2)/2

    r = ---=----ly~"1

    (-) 2

    =

    2 r

    -'

    (' ( ) y~ " ( ) y~'). , 1

    gde

    1+ ,2 = + y~'

    1 Kako za y=lnx, = i - = --2

    = , 1,

    r = (1+1) ~/2

    1-11 212

    = 1-1.!.:!:.! = -1

    + 1+1 = - 2 , -1

    " = - 1 , to

    jednacina kruga krivine u tacki (I,)

    (-)2 + (+2)2 = 8.

    1+ ,2

    ;

    45. U kojoj tacki krive y=lnx krlvina najve6a~ Resenje. Krivina krive =() u tacki (,)

    () = "l. (1+,2)

    Za krivu y=lnx

    () 1-(1/2 )! (1+ (1/ 3/2

    Kako

    ' ()

    to

  • Kako

    ()

    - () ,

    - () >

    - () <

    1 za =-

    12

    - 75 -

    za 1 1

    12

    za

  • 111 GLAVA

    FUNKCIJE VISE PROMENLJIVIH

    1. Neka u ravni dat skup tacaka D. Sa (,) oznaca-vaju se koordinate tacaka iz skupa D. Ako svakoj tacki iz D od-govara n n vrednostz , kaze se zavisno mnljiva z funkcija dveju nezavisno promenljiv:j.h i . Pise se: z=f(x,y)

    Analogno se defj.nisu i funkcije tri i vise promenljivih. Skup D oblast definisanosti funkcije Z = f (,). Pod odredje-nim pretpostavkama funkciji f (,) funkcija z = f (,) cini vrs u prostoru. Za funkciju tri nezavisno promenljive u=f{x,y,z) adekvptne geometrijske interpretacije ali su i takve funk-cije vrl0 ceste u prienama.

    2. Nivo linij funkcije z=f{x,y) takva kriva f(x,y)=C CL

    u ravni cijim tackama funkcija ima istu vrednost z=C . Ni vo povrs funkcije u = f (,, z) povrs f (,, z) =

    cijim tackama funkcija i11ia istu vrednost u =

  • - 77 -

    . r granicna vrednost funkcije z=f(x,y) kada tacka (,) tako

    tezi tacki ( , ) ako svakom .> odgovara !;7

    1 f (,) -Ali . cim (- ) 2+ (_ ) 2 .( ~. se pise: f(x,y) = .

    -+- -+-

    razlikovati granicnu vrednost funkcije uzastopnih gra-nicnih vrednosti:

    i

    f (,) -+- -+-

    lim lim" f (,) -+ -+

    kod kojih se promenljivih smatra konstantom druga te-zi nekom . Dobije se funkcija nezavisno promenljive

    kojoj se sada ra promenljiva pusta tezi nekom .

    4. .. 1 .. d z f k .. f()' PaXC~Ja n~ ~zvo C~Je Z = ,

    l! = t.x"'o t.x ako ovaj limes postoji.

    Geometrijski l! koeficijenat pravca tangente

    krivu z=f(x,c) pravcu ose, z koeficijent pravca tangente krivu z =f(c,y)u pravcu ose.

    visih parcijalnih izvoda r+sz rs

    znaci, treba prvo r puta uzeti parcijalni izvod , zatim s puta

    Ako funkcija z = f (,) jalne izvode prvog ~ i

    2 z . 2 z vode drugog ~

    definisana obiasti ima parci-Z ~ kaolneprekidne parcijalne iz-

    , tada svakoj tacki oblasti :

  • - 78 -

    5. Totalni diferencijal funkcije Z = f (,)

    dz = ~ dx + ~ dy Analogno, totalni diferencijal funkcije = f (x,y,z)

    du dx + dy + z dz.

    Ako funkcija ia totalni diferencijal, diferencijabilna. Totalni diferencijal drugog reda funkcije z = f(x,y)

    a2z 2 2 d 2z = d(dz) = dx2 + 2 ~ dxdy + ~ dy2 ~

    Uopste,

    dx +..l.. dy) () z )

    sibol koji oznacava da se foralno izraz zagradi dize ste-

    6. Neka z = f (,) diferencijabilna funkcija -ljivih i i neka x=f 1 (t) , = f 2 (t) , tada

    dz = ~ dx + ~ ~ dt dt dt .

    Specijalno za =tje dz az + aZ ~

    dx

    Ako z = f (,) i = f 1 (u,v) , = f 2 (u,v) az az + z ~

    az z +

    z 2 av av v

    7. Ako jednacina

    (,) = ,

    tada

  • - 79 -

    gde F(x,y) diferencijabilna funkcija promenljivih i , de-finise kao funkciju nezavisno promenljive , tada

    Ako jednacina

    F

    - -W-

    F ( za '1 )

    F (, , z) = ,

    definise z kao funkciju nezavisno promenljivih i , tada

    z

    z

    F

    - z

    ( za F '1 ) z

    8. Neka funkcija z = f (,) definisana u oblasti D. Funkcija ima u tacki ( , ) oblasti D ekstremum kada razlika

    ima isti predznak za sve tacke (,) (razlicite od ) koje su u dovoljno ml0 okolini tatke .

    Ako !:" > , funkcija u tacki ima minimum, ako !:" < maksimum.

    Potreban uslov za ekstremum

    Za diferencijabilnu funkciju z = f (,) potreban uslov za ekstremnu vrednost u tacki

    (~)p =0,

    Tacke u kojima zadovoljen potreban uslov za ekstremum su sta-cionarne tacke.

    Dovoljni uslovi za ekstremum Neka stacionarna tacka funkcije z = f (,) i

    dx 2+dy 2 > . Ako '2

    < tada f(xo'yo) maksimum funkcije z=f(x,y) ) (d z)p 2

    > ('\ tada 'f (') minimum funkcije z=f(x,y) ) (d z)p

  • - 80 -

    2 ) (d z)p n predznak, tada fa.nkcija z =f(x,y)

    ekstremum tacki . uvedimo oznake

    z z =( ) , q =( ) ,r 2 2z 2

    = (~ ) s = ( ) , t = (_z) ~ ' 2

    :

    1) ako rt-s 2 >0 i r (t > ), funkcija z = f (,) ima minimum tacki

    3) ako rt-s 2 < , funkcija ekstremum tacki . 4) 2 ako rt-s =0 potrebna dalja ispitivanja.

    9. nalazenja vezanih maksimuma i minimuma funkcije z = f (,) traze ekstremne vrednosti funkcije z = f (,) koje zadovoljavaju jos jednacinu S(x,y) (jednacina veze), dakle, koje nalaze krivoj liniji dobijenoj kao presek povrsi z =f(x,y) cilindricnom povrsi S(x,y)=O. Formira (Lagran-geova funkcija)

    (,) f (,) + S (,)

    gde konstanta i trazi ekstremum funkcije (,) Analogno nalazi uslovni ekstremum funkcije tri

    ili vise promenljivih kada postoji n ili vise jednacina ve-ze. tom slucaju ima onoliko neodredjenih faktora Lagrangeo-voj funkciji koliko ima jednacina veze.

    1. Odrediti orlast defin.isanosH slede6ih funkcija z=f(x,y) ) z = lnVx2+y2 ) z = '.42 _ 2_/

    ) z = ln(x-2y) d) 1 z = . 12 2

    '! - ) z = arcsin(y-x).

  • - 81 -

    Reseje.

    ) Oblast definisanosti funkcije xO~ ravan r.ez tacke (0,0).

    ) Funkcija definisana za -2 > , tj. za , tj. za ! I > i I (s1. )

    Ixl>lyl

    =- =

    s 1.

  • - 82 -

    ) Funk.cija defirt~.ana za I y-xl ..s- t, tj. za ~ x+l 1 ~x-l. (sl. 4)

    '1

    S1ika 4.

    2. nivoa 1inije ispitati sledece povr!H. (>, > ,

    )

    2 ) + 2

    ) 2 + 2

    d)

    Resenje.

    i) 2

    1

    1

    2.

    ) Za z=K, > nivo 1inij su e1ipse

    2 ~+ 2

    2 ~ =

    cije su po1uose i -; . (Za =, tac'ka (0,0)). Za =, nivo linije su parabole

    2 2 z = ~ + 2

    ) 2 2 r~

    2 2 z = ~ - ~

    f)

    9) z =

    h) 1

    z

    s 1. 5.

  • - 83 -

    Za = nivo 1inije su parabo1e (s1. 5)

    2 v 2 z = -- + L- , Povrs parabo1oid 2 1;2

    ) Za z=k, IKI < nivo linije su e1ipse 2 2 2 ~7 + "L= 1 sa po1iosama 2 1::2 - 2 1-2

    (Za IKI=c ta~ka 0(0,0)) Za x=k, I I < nivo 1inije su e1ipse

    2 z2 2 ~+2=1-2

    Za =, I I < nivo 1inije su e1ipse 2 z2 2 2+2=1-2

    povrs e1ipsoid (s1. )

    z

    Slika 6.

    ) Za z=k nivo 1inije su e1ipse 2 2 2 ~+~=1+2"

    Za =, I I > ni vo linije su hiperbo1e z2 2 2 2" - -- = :-2 - 1 2

    Za I I < ni vo linije su hiperbole 2 2

    2"-

    2 z 2" = 1

    -:-2'

    Za IKI=b nivo 1inije su prave

    i

  • - 84 -

    z ~ ~ ~ i

    Za =, // > nivo linije su hiperbole

    2 2 2 z - ~ - 1. 2 2

    Za //= nivo linije su prave ~ = .l i ~ = .l .

    }:. Za // < nivo linije si hiperbole

    2 2 2 ~ z 1 - 2 = -2 Povrs jednograni hiperboloid. {sl.7}

    d} Za z=K nivo linije, su hiperbole

    2 _ ~ = 1 + ~ ~ t: Za = nivo linije su hiperbole

    2 z2 2 2-2=1+2

    Za =, // > nivo linije su elipse

    2 ....,.. - 1 .

    a~

    Povrs dvograni hiperboloid {sl. 8}

    } Za z=K nivo linije su elipse 2 2 ~+L 2 2 -: 2

    Za =, :f nivo linije su hiperbole 2 2 2 z

    2 - 2 2 Za = , nivo 1inije su prave ~ ~ i

    Za = nivo 1inije su hiperbole 2 2 2 z ~ 2 - = 2 .

    Za = nivo 1inije z .l i ~ su prave -

    z

    Slika 7.

    )

    Slika 8.

    ~

    .l t

  • povrs konus (s1. 9)

    f) Za z=K, > nivo linije su hiperbo1e

    2 2 ;. - ~ = .

    Za z=K, < nivi 1inije su hiperbo1e ~2. 2 - . - 2

    - 85 -

    Za = nivo 1inije su parabo1e 2 2

    z = - 2 2 Za z=K, = nivo 1inije su prave

    1.

    = ~ i

    Za = nivo 1inije su parabo1e 2 2

    z = 2" - ~

    Povrs hiperbo1icni parabo1oid (s1. 10).

    g) Za z=K nivo 1inije su hiperbo1e =. Za = nivo 1inije su prave z=Kx. Za = nivo 1inije su prave z=Ky. Skica povrsi s1ici 11.

    nivo h) Kako za svako z=K linije

    2 + 2"

    e1ipsa 2 ~ = 1, 1:;

    povrs

    ci1indar (s1. 12) i) Za svako z=K nivo 1inija

    z

    Slika 9. z

    -----t----y

    51.10

    51. 11

    parabo1a 2=2. Povrs cilindar (s1. 13).

  • - 86 -

    z z

    SHka 12. SHka 13.

    3. Odrediti slede6e granicne vrednosti:

    ) lim [lim -+ 1 ) [ -+ -+ -+ ++ -+ -+ ++

    ) -+ d) lim ~ -+ ++ -+ 2+2 -+ -+

    ) lim -1 1 +1 f) lim -+ -+2 - -+ -+2 2

    g) lim cos ) lim (l + .!.) + -+ - -+ -+

    i) lim ( 2 + 2) - (+) -+ -+

    Resenje. ) [ -+ - -1 ++

    -+ -+ -+

    ) :.:-+:.: ++ 1 -+ -+ ->

  • - 87 -

    ) Na osnovu rezultata iz ) i ), ne postoji. d) Kako za y~kx

    lim~ 2 2 .... + ""

    2 1+2

    to ovagranicna vrednost ne postoji, jer se za razlicite vred-nosti koeficijenata dobijaju razlicite granicne vrednosti.

    ) Stavimo li - __ 1_ - - , tada biti

    lim -1 "" + 1

    ....

    1 '- -1 1 im ~1':':--=-- .... _ +1

    t , -2 ""

    Znaci, ako granicna vrednost postoji ona moze biti jednaka .

    Kako

    1 -1 - l =1 +1

    (-)-4 1 < I-I + 1 4 1 < + 1 y~

    jer lil

    < '2 ' to granicna vrednost postoji i jednaka .

    f) Granicna vrednost ne postoji jer

    1 za > = - za "" 2 -

  • Znaci, f (,) -

    -+

    i) Kako >() 2 2 2 + < (+) ,

    i

    1

    - 88 -

    .

    > (), to

    i

    lim ( 2+2) - (+) < lim (+) 2 - (+)

    Za

    -+ -+

    +=

    -+ -+

    lim -+ -+

    2 - (+) (+) =

    2 2 -(+) ( + )

    4. Naci az

    -+

    -+

    lim -+

    .

    _ az 1.-

    2 - u

    ako

    n.

    az

    5.

    1 az rxy

    _1_ 2 2ylnxY + 2 _1_ __ 1

    2

    Izracunati 3 3

    (~\p i z = ~ i (1,3).

    n. Kako 333 3 - ( - ) az 1 2

    2 L

    2

    i

    ylnxy + ~

    az ) , ako

  • - 89 -

    az 1 3 3 3 3 3 -3:t - ( -:t )

    -4 2

    to 2'1+33 3 (~ ) 29 i (~ ) -23 -1 55 12 1.2 -9

    6. Izracunati (~~ )' ako U =ln(xy+z) i (1,2,0).

    au

    Resenje. Parcijalni izvodi funkcije U =U)x,y,z) su:

    1 xy+z ,

    au

    1 xy+z ,

    az

    1 xy+z

    Vrednosti parcijalnih izvoda u tacki (1,2,0) su:

    dU

    au 1 ) = :-~+02 1 1 1

    1.2+01 "2 1 1

    1 2+0 "2

    7. Naci totalni diferencija funkcije 3 2 U = +3xy-x+yz +z

    Resenje.

    au

    Kako

    2 3 + 3 - 1

    au z = 2yz + 1, to

    au

    2 2 (3 +3y-1)dx+ (3x+z )dy+ (2yu+1)dz

    2 2 8. Tacka se krece povrsi z = '"'2 - u datom tre-nutku u tacki (2,1,1). Kakoce se prorneniti z ako se pro-rneni za 0,01 za -0,02 ?

  • - 90 -

    Resenje. prirastaj funkcije

    _ (2+0,01) 2 2 z2 - 2 - (1-0,02) = 1,05965.

    Prirastaj se moze priblizno izracunati pomocu totalnog diferen-cijala. jer za dovoljno malo ~x i ~y

    Znaci

    odnosno

    to

    Kako

    to

    ~z ~ (dz)A

    ~ z :t 2 , 1 + ( - 2) ( - , (2) 0,06.

    9. Izracunati ~~ , ako z = , gde = sint

    Resenje.

    dz dt

    dz dt

    Kako

    + ~ ~ dt to

    cost

    ~~ (sint) cost [cost tgt - Sintlnsint]

    10. Naci Z i z k' , .

    2 v 2 z = u -2ue gde u = - 2 i v = sin (+) .

    Resenje. Kako z

    z U

    U +~ v

    v ' z v v = (2U-2e ) (2-2) -2ue cos (+) .

    z

    z

    z U + ~ V u V

    v 2 v (2U-2e ) ( -2) - 2 cos (+)

  • - 91 -

    11. Naci ~~ i ~ ako ' , z = uvlnw 1 qde u =' 2 2 v = 1 - - , w = sin (-)

    i

    odnosno

    to

    i

    to

    ResenJe. Kako

    12.

    z U

    U

    v

    w

    z

    z

    z

    v ln w, z 1 u lnw, v "2 v 1 U

    - 2 ,

    -2, v -2

    cos (-) , w = -cos(x-y)

    = ~ U + z U v

    v + z w w v + z w w

    z v w w

    v ln w (- ~) +.!. u lnw (-2)+ v (-) ..::: 2 v w ~ ~ lnw (-2) + ;: [-cos (-)]

    Naci u u U k' ' 'z 2

    U =ev w, qde v =ln{X+y-z), w=xY

    Resenje. Kako u U v + u w

    v w u u v + U w v w

    u U v + u w az v z w z U 2

    _._1_ + 2 2 -1 2vwev w v w x+y-z v

    2 2 v 2 v

    2w U v w U 2vwe + v w xYlnx 2vwe x+y-z , z x+y-z

  • - 92 -

    13. Neka .; 2 "'2 z = ln + Pokazati da

    Resenje. Kako

    z 1 1 2 '; 2+/ 2'; 2+2 2+2

    z 1 1 2 ~ ';-2-2 ';-2-2 2 2

    + 2 + + i

    2 z 2 2 2 2 2 + -2 - -2 (2+2) 2 (2+2) 2

    2 z 222 2 2 + -2 - -2 (2+2) 2 (2+/) 2

    to 2 z 2 z 2 2 2 2

    = - + - ~+ -2 (2+2) 2 (2+2) 2

    14. Neka . 2 z

    Pokazati da

    to

    Iz z

    n.

    z

    Kako

    -sin --sin - 2 z sledi da = - .Q, xsiny - 'L~1 cosx.

    to

    15. 333 Odrediti d z, ako z = + -3.

    Resenje.

    +

    2 2 z + z 2 :--2 =(

  • - 93 -

    Na6i6emo slede6e parcijalne izvode z 2 - 3

    z 6 -----

    z 2 - () z () 2 :: 2 z 6 z ~ --2

    2 z = 6

    z 6

    -2 ~ i uvrstiti ih izraz za d z,

    dZ = 6 dx +6 dy

    16.r Na6i d 2 z , ako z =f(u,v), gde = , v = , f nn dvaput diferen-

    cijabilna funkcija.

    Resenje.

    d 2 z = d(dz) = d( ~~ )du + ~; dv) = dud ~ + ~ d 2u + dvd ~; + ~ dv2 V du ( 2f 2f dv) f du 2 +

    --2 du + ~ + v

    + dv( 2 f \ + 2 f f dv2 v --2 dv) + v V 2 f du 2 + 2 f dv2 + 2 f du dv+ ~ d 2u f d 2v ~ v2 2 -- + -v v

    Kako du = dx + dy = eYdx + xeYdy

    2 ' 2 d d(du) d(eYdx+xeYdy) = 2eYdx dy+ xeYdy i

    dv

    d 2v = d (dv) = d (yeXdx+eXdy) 2ex dx dy+yeXdx 2 tozamenom tih vrednosti izraz d 2 z dobijamo da

  • - 94 -

    d 2z = (yeXf 'v+e2y f"uu + 2+ f"uv + y2e 2xf "vv) dx 2 + . r , 2 + 2 + 2 l f u + f 'v+xe f:v '+ (l+xy) f"uv+ye f"vy dx dy+

    17. Uveriti se da izraz 232 (cosx + 3 ) dx + ( - ) dy

    totalni diferencijal neke funkcije i naci tu funkciju.

    n. 2 U ovom slucaju = cosx + 3 , 3 2 Q -

    Prema tome ' - Q = 2 i stoga ' - 2 3 2 ."QZ ()z (cosx+3x y)dx+ ( - )dy =dz =~x dx+ ~y dy, gde, z tra~ena funkcija.

    Iz uslova z 2 = cosx + 3 sledi

    z = s (cosx + 2) dx = sinx + + S () S d t ,_z -_ 3 + S'(y) 3 _2 ruge s rane ,

    2 3 odakleje S'(y) - S(y) ~+c i 2 z = sinx +

    ,,3 - + .

    18. Uveriti se da izraz

    ( ! - ;) dx + .( ! - ~) dy + ( ! - L ) dz ~ z 2 2 z totalni diferencijal neke funkcije i naci tu funkciju.

    n. ! _ L

    U. ovom slucaJ'u ' =! z - -2 '

    1 Q = z - -2'

    R 2

    z

    Q Kako ~

    to

    =

    1 - 2'

    " ..

    R

    R z==

    1 - 2

  • 1

    gde

    - 95 -

    z 1 1 2) dx + ( Z - 2") dy + ( -

    ~)dZ z

    U trazena funkcija. ll,.m au 1 z 2 .

    dU au dx+ au d + au d z z,

    Znaci da U f ( 1 z ~+ ~+ S (, z) 2)dx Sa druge strane

    odakle

    au

    au z as

    + as 2"

    .!. + as z 1 -z

    as z

    1 - -z

    -~. z

    2"

    Treba odrediti funkciju S(y,z) dve promenljive ciji su parcijal-ni izvodi poznati i zadovoljen uslov totalnog diferencijala.

    Konacno

    izvoda

    S(y,z) = r..!. dy =:l + (z) z z as z - ~ + ' (z)

    z

    ' (z) (z)

    S (, z) = :l+ . z dobijamo U = ~ + ~+ :l+ z

    19. Odrediti az i z

    = R sinu cosv R sinu sinv

    ,

    L 2

    z

    .

    ako

    z = R cosuu gde R konst~nta.

    Resenje. az i az

    (

    = x(u,v),

    Izvescemo formulu za nalazenje parcijalnih kad

    = y(u,v), z = z(u,v) z=z(u,v) sledi az z + z av z z +~ v IZ v i -=- v

  • , , 8 18 11 = * ' 1 8 80::> = U18nU18- = ~~ ' 80::> n 80::> = :~

    a~ }{"?){ ne ne ne ne ze ze ze

    1 ne ne - ne ne ze ze - ze

    a~ "E?d ne ne -

    ne 1

    ne ne -

    ne a~ "E?1~"E?pa~ ~ ZI

    ne + ne : ne + ne

    OW"E?~1qoP od OW"E?~1::>uaiaJ1P ('n)= 1 ('n): O}{V ne ne -

    ne 1

    ne ne -

    ne

    a~ "E?1;?"E?pa~ ~ ZI

    ne + ne : ne +

    OW"E?~1qoP ' od OW"E?~1::>ua~aJ1P ('n) :;; ('n): O}{V

    - 96 -

  • to z

    z

    - 97 -

    R2 . 2 - s~n ucosv =- sinucosv

    R2sinucosucOS 2v+R2sinucosusin2v cosu

    R2sinucosucos1v+R2sinucosusin2v .:.

    sinusinv cosu

    20. Kako glasi izraz 1 z + 2 z 7? polarnirn koordina-tama~

    to

    i

    Resenje. Kako = :r'cos = rsin ,

    z z 1" + Z =~ :

    2. ~ r + z ] _ r . Dalje

    2 z 2

    [ z r + ~ ~ ' r + 2. [ ~ r + ~ l2. 1 r aF" r _

    Kako r 1 2+2 i = r

    = s 1-2-2 +

    ~ ~ - 2 2 122 + + ~

    --2 1 2 2 + +

    arctg :i

    i r

    1

    / 2 2 v + 1

    / 2 2 V +

    to

    / 2 2 v +

    _ sin r

    s r

    sin

    r r , , , ~y Ako se zamene izraze ~~

    se: z z z sin = r s - . r

    2. [~ s +~(-sin >] s +2. [~ s + ~z Cir Cir r '. Cir (_ s in

    r

    dobice

  • + 2 z

    ( r s -

    Koristeci da

    - 98 -

    Si2 ) s + r

    z sin 2 sin_ ~ s ) . {-- ;2r r ~ r 2 z 2 z dobijamo r r ,

    + 2 z sin2 _ 2 2 z 2 ~ r

    sins + ~ r 1r

    + 2 ~ sins 2

    r

    Na isti nacin dobijamo da :

    2 z 2 z 2 2 2 z sins sin 2 +~ cos + 2 ~ ~ 2 -- r r r +~ 2 ~ sins cos

    - 2 r r 2 r

    Znaci:

    21. ",. z ; z k' Na,-,~ ' 2 2 2 2 + +z -R =0.

    sin r

    . 2 ~+ r

    +

    Resenje. sto daje

    Jednacinu 2 2 2 2 + +z -R =0 diferenciramo

    i 2 + 2z ~

    dZ' 2 + 2z -- = , uz uslov Z f Z

    i

    u opstem slucaju ako f(x,y,z) =0 definise z kao funkciju od i , vaZi da

    dZ

    f i az za

    f dZ " .

  • - 99 -

    22. Ako + + 1n z = , pokazati da

    - 1

    n. Kako = - - 1nz, to = -. Iz = 1n(-x-1nz) s1edi 1 1 -- . (- z ). Iz z =

    -x-1nz z -- =. (-1).

    Znaci da -- 1nz ~ ~ = - _ -(x+1nz)e - -1 ~z z(x+1nz) - z(x+1nz) -

    u opstern s1ucaju, ako f(x,y,z) =0 pod us10vorn da = (, z) y=y(x,z), z =z(x,y) tada

    af af af az ~ ~ =- az - af z z ~ az

    -1. az

    23. Naci ekstrernne vrednosti funkcije z = 4 + 4 n. Kako raz1ika

    z(x,y)-z(o,o) 4 4 + > za svako i , to funkcija irna rninirnurn tacki 0(0,0).

    24. 1i funkcija z 3 + 3 irna ekstrern tacki 0(0,0) ?

    n. Kako z (,) = -z (-,-), to funkcija tac-ki 0(0,0) nrn ekstrern jer z(x,y) >0 za ,>, z(x,y)

  • - 100 -

    bi nasli stacionarne tacke funkcije, resicemo sistem jedna-cina:

    2 2 (12-4-3)

    3 ( 8-2-3) Resenja sistema su

    ) =, proizvoljno ) =, proizvoljno

    ) =2, = 4 } . 4 Znaci tacke koordinatnih osa i tacka (2,}) su stacionarne tac-

    ke fUll{cije. Kako

    a2 z

    ~ 2 6 (4-2-.) , 2 (24-8-9)

    2 z 3 ~ = 2 (4--3),

    to

    u svim tackama koordinatnih osa. Kako razlika

    3 2 z(o+Ax,y+Ay)-z(,)=() (+) (4---)

    menja predznak , stavi li se umesto , to funkcija u tac-kama ose nema ekstrem.

    Isto tako funkcija ni u tackama ose nema ekstrem. U tacki (2, )

    2 = ( :) 6'2.()2(4-2'2.-) =_( \6 )2

    2 z (\) 2 = ( )

    Kako _ 2 = 162

    - -9-

    22. 4 4 -64 }(24-82-9. })= :

    3 4 2'2 (4-2-3 ) = -32

    2 (-32)- ~

    .9 642 -9- >

    to funkcija u tacki (2, ) ima maksimum jer < i < .

  • - 101 -

    26. 2 2 8 8 Naci ekstremne vrednosti funkcije z = ++ +- +-

    Resenje. Parcijalni izvodi funkcije su:

    ~ = 8 2 + -:::2

    z

    Treba resiti sistem jednacina 8 2 + -2

    8 +2-2=

    8 +2-2

    Ovaj sistem jednacina ekvivalentan sledecem sistemu + 8 ( 1 1 ) 2 +2

    1 1 - = 8( 2 - 2 Iz druge jednacine

    2 2 2 2 (-) + 8 ( - ) odnosno (-)' (2 2+8 (+)

    Kako + > , to - = . Koristeci da =, jednacina 8 2+- 2 =

    postaje 3 8 -2"

    odnosno 3 8

    Znaci tacka ( 2 I 2 313 313 stacionarna tacka funkcije.

    Kako 2 z 2 + 16 2 z 1, 2 z 2 + 16 to ~ ~ , ~ ~ 2 2 2 2 (~) (~) (Z) = 8'8-1 =63 >0, -

    2 i ( z) =8 >0, ,~ funkcija tacki ( -~ __ 2_) ima minimum zml.'n 313 ' 313

    15 319

    27. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije z = 2+2 pod uslovom da promenlj ive i zadovoljavaju jednacinu + = 2.

  • - 102 -

    Resenje. Formiramo Lagrangeovu funkciju 2 2 F(x,y) = + + (+-2). Imamo F = 2 + , F - = 2 +

    Potrebni uslov kstr daje sistem jednacina 2 +

    2 + +-2=0.

    Kad resimo sistem jednacina nalazimo da ==1,=-2

    Kako 2F ""2 = 2, ,

    2" + 2dy > ,

    , to

    funkcija tacki (1,1) ima minimum zmin = 2.

    28. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije z = pod 2 2

    uslovom da promenljive i zadovoljavaju jednacinu + = 1.

    Imamo

    Resenje. F(x,y)

    Formiramo Lagrangeovu funkciju 2 2 +( + -1) F - = + 2,

    F - = + 2

    Potrebni uslovi daju sistem jednacina + 2 =

    .

    + 2 = 2 + 2 - 1 = .

    Kad resimo sistem jednacina nalazimo da 1 =~ 1 = - 1 1 12 1 12 "2

    1 1 2 1 2 - 2 - "2 1 1 1 , = - "2 11

    1 1 4 1 4 4 = - "2" 11 12

  • - 103 -

    Tacke ( 1 -.!... ), Q(- 1 1 1 1 i , - -), R( -, -- ) /2 /2 /2 12

    S(- 1 1 su stacionarne tacke funkcije. 12 12

    Kako 2F 2. , 2F 2~ 2 F 1 7 ;? , ;)

    2 F 2(- 1.) 2 F ) 2 1 ~)p 2 = - 1, ;? (- 2) -1 to

    2 2 2 2 (d F)p=-dx +2dxdy-dy =- (dx-dy)

    Razlika 1 2 2 1 ~ = F(x,y)-F( 1 '1) =. -2 ( + -1) -2 1 2 2 - '2 ( + ) ,

    posle prelaska polarne koordinate glasi

    ~ 1 r 2 ( s in 2 - 1) . Kako ~ 0 za ( ,. ) 2 < < r ' ~a funkcija u tacki R irna rninirnum.

    Funkcija i u tacki S irna rninirnum, jer ~ F(x,y) - F(X4 ,y 4) =~(Sin2+1) > za ; < < 2 ( ~ 74 ).

    29. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije u =x2+y2+z 2 pod uslovorn da prornenlj ive , i z zadovoljavaj'u uslove 2 +

    2 + -z=, x+2y-z=.

    Resenje. Forrnirarno Lagrangeovu funkciju 2 2 2 2 2 f (,, z) = + +z + 1 ( + -z) + 2 (x+2y-z)

  • Kako

    to su

    - 104 -

    F 2+2 1+ 2 F 2 + 2 1 + 2 2 F 2Z- 1 - 2 z ,

    potrebni uslovi za ekstrernum

    2 + 2 1 + 2 =

    2 +2 1 +2 2 = 2z - 1 - 2 = .

    Iz ovog sistema se dobija - 2 =--- 2

    z =

    1+~1 Ako se te vrednosti za x,y,z zamene u jednacine

    dobija se

    Odavde

    Za 2 = ,

    Za 2

    + 2 1+ 1

    1 =

    2 2 + -z =

    x+2y-z

    2 5 2 '4 (1+ 1 )2

    ,

    [ 2 --+

    1+ 1

    1 = i =0, =0,

    i 1 + 2

    =

    2

    -12, 2 22, =

    z = .

    - 5 ..

    1, = 2,

    Tacke 0(0,0,0) i (1,2,5) su stacionarne tacke Kako

    2F 2 + 2 1 2 F 2 + 2 1 ' 2F = ;7 , 7 7 2F , 2F , 2F z ,

    to

    z = 5.

    funkcije.

    2

  • - 105 -

    2 2 2 2(dx +dy +dz

    Kako

    . m~n .

    (d 2F)p [2+2 (-12) dx 2 + [2+2 (-12) dy2 + 2dz 2 [ 2 2 2

    -2 11 (dx +dy ) - (dx+2dy) =

    -2 [ (IIO dx __ 2_ dy) 2 + 33 d 2 I < 5' , .r to

    1 + 4 + 25 30.

    30. U inzinjerskoj praksi se cesto jav1ja s1edeci za-datak: znamo i1i pretpostav1jamo da izmedju nezavisno promen1ji-ve i zavisno promenljive postoji 1inearna veza. Vrse se merenja i dobija se tabela koja se sastoji iz uredjenih parova ( 1 ' 1 ) , ( 2 , 2) , .. ( ' m)' m > 2. nu linearnu funkciju = + smatramo vezom izmedju i za koju funkcija

    f(a,b) m I [Yi-(axi +b)]2

    i=1 ima nnu vrednost. Potrebni uslovi ekstremuma su:

    f = -2 I ( i-axi-b ) . i=1 ~ f m

    = -2 L (. - .-) = . i=1 ~ ~ Posle sredjivanja dobija se sistem linearnih jednacina

    2 m I . + L . f xiy i

    i=1 ~ i=1 ~ i=1 m L . + L Yi .

    i=1 ~ i=1

    cije resenje L xiy i- f . L Yi

    i=1 i=1 ~ i=1 rn 2 2

    m L . - f X i ) i=1 ~ i=1

  • m 2 L 1 1=1

    m

    L 1=1

    m m L 2 -

    1=1 i

    -106 -

    -1 m

    L i=l

    u tacki (,) funkcija f(a,b) ima minimum jer m m

    2 L i=l

    2 L X i ' i=1 i

    Poslednja nejednacina spec1jaln1 slucaj CauChyjeve nejedna-1n

    Za i = 1

    m

    L 1=1

    odnosno

    m 2 m 2 m L 1 - ( . X i ) >

    1=1 i=l

    Znak =n moze biti jer tada bilo 1= 2= = sto se proti-vi pretpostavci da medju ! niz ima razlicitih. Znaci,

    m m

    m L i=l

    -i ( . i=l 31. Neka su merenjem dobijeni slede61 uredjeni parovi:

    (40 , 5 ; 104, 5) , ( 38, 6 ; 10 2) , ( 37 , 9 ; 10 ) , ( 36 , 2 ; 97 , 5 ) (35,1; 95,5), (34,6; 94). Radi efikasnijeg racunanja formira se tabela

  • - 107 -

    2 . ! 1 1 1 ~

    40,5 104,5 1640,25 4232,25 38,6 102 1489,96 3937,20 37,0 100 1436,41 3790 36,2 97,5 1310,44 3529,50 35,1 95,5 1232,01 3352,05 34,6 94 1197,16 3252,40

    ~ 1222,9 593,5 8306,23 22093,4 1=1

    u ovom slui5aju = 622093,4 - 222,9593,5 = 269,25 = 1,76

    2 6 830 6 , 23 - 222,9 152,97

    = 8306,23593,5 - 222,922093,4 2 6 8306 , 23 - 222, 9

    Trazena linearna funkcij~

    = .1, 76 + 33, 53

    5128,65 152,97

    33,53.

  • 1. 2. f

    . f 4. f 5. f 6. f 7. f

    8. f

    IY GLAYA

    NEODREDJENI INTEGRAL

    1. Integracija smenom, parcijalna integracija

    Tablica integrala i osnovne etode integracije n+1

    xndx + ( 'f -1) n+1

    dx lnlxl+ ' ( 'f )

    eXdx +

    aXdx + ln

    sinxdx=-cosx+

    cos dx = sin +

    dx tg + --2-cos

    dx - ctg + --2-

    sin

  • 9.

    10.

    11.

    12.

    13.

    14.

    15.

    16.

    - 109 -

    J~ { arcsin + -arccos + -2

    f dx { arctg + l+X2 -arctg +

    dx 1 ln !l+ ! + --2- 2" 1- 1-

    dx ln I + I22 1 + I~ _ sh xdx ch + ch xdx sh + dx = - cth + --2

    sh

    dx ch 2x

    thx+C.

    Metoda zaena. Stavljaju6i

    = (t) dx = '{t)dt , gde (t) neprekidna funkcija zajedno sa svojim izvodom '(t) dobijao

    Jf(x)dx = f[(t)]'(t)dt.

    Parcijalna integracija Ako su U i v diferencijabilne funkcije , tada

    u d v = u v - v du

    Primenjuju6i tablicu osnovnih integrala na6i slede6e integrale.

    1. 1 2 (- ) dx

  • - 110 -

    Resenje.

    1 f (27 - 2 7 2 + 9 4 - ) dx = 27 f dx -2 4 27 f dx + 9 f dx - f dx 3 5 7 27 - 27 + 9 ""5 - 7 +

    2. 1 (1- ; v dx

    Resenje.

    1

    7/4 - 1 / 4 +

    7/4 - 1/4

    2 3. 1 = j~ dx

    +1

    Resenje. brojitelja sa imeniteljem dobijamo:

    1 f (1+ +)dX = + 2arc tg + . +1)

    4. 1 = f V1-sin2x dx .

    Resenje.

    1 =fVsin2 x+cos 2 x-2sirrxcos dx = (sin -cos ) dx = -cos -sin +

    5. 2 1 = tg dx

    Resenje. . 2 I=J~dx

    cos

    2 f 1-COS dx 2 cos

    J~-J dx cos

    tg - + .

  • - 111 -

    Koristeci rnetodu zarnene naci sledece integrale:

    6. 1 f dx +

    Resenje. Smenom x+a=t, dx=dt dobijamo

    1 = f dt t

    7. 1


ii. rákócz ferenci minz hadúr.t 1 - OSZKepa.oszk.hu/00000/00018/00116/pdf/EPA00018_hadtortenelmi... · 2018. 5. 30. · ii. rákócz ferenci minz hadúr.t 1 A né szeretetep lelkesedés,

ii. rákócz ferenci minz hadúr.t 1 - OSZKepa.oszk.hu/00000/00018/00116/pdf/EPA00018_hadtortenelmi... · 2018. 5. 30. · ii. rákócz ferenci minz hadúr.t 1 A né szeretetep lelkesedés,

Milan Uzelac: Fenomenologija umetnosti

Milan Uzelac: Fenomenologija umetnosti

vrste i formati tehnickih crteza

vrste i formati tehnickih crteza

f tehnickih nauka ns

f tehnickih nauka ns

Are (exogenous) interferons really necessary? Peter Ferenci Medical University of Vienna.

Are (exogenous) interferons really necessary? Peter Ferenci Medical University of Vienna.

Uzelac, M.: Estetika

Uzelac, M.: Estetika

Uzelac, M.: Praktična fenomenologija

Uzelac, M.: Praktična fenomenologija

FENOMENOLOGIJA UMETNOSTI - Milan Uzelac. Filozofija ...

FENOMENOLOGIJA UMETNOSTI - Milan Uzelac. Filozofija ...

FAKULTET TEHNICKIH NAUKA, NOVI SAD, 27.VI 2018.ˇ

FAKULTET TEHNICKIH NAUKA, NOVI SAD, 27.VI 2018.ˇ

Hrapavost Tehnickih Povrsina-1

Hrapavost Tehnickih Povrsina-1

Hallerkeől gróf Haller Ferenci,

Hallerkeől gróf Haller Ferenci,

Galerija Adris Milivoj Uzelac Katalog

Galerija Adris Milivoj Uzelac Katalog

BpSM 2013.09. - Ferenci Tamás: Nehéz kérdések a védőoltások biztonsága kapcsán

BpSM 2013.09. - Ferenci Tamás: Nehéz kérdések a védőoltások biztonsága kapcsán

Recnik mesovitih tehnickih pojmova

Recnik mesovitih tehnickih pojmova

MEDIJI U SUDSKOM POSTUPKU - Alan Uzelac

MEDIJI U SUDSKOM POSTUPKU - Alan Uzelac

Uzelac, M.: Fenomenologija umetnosti.

Uzelac, M.: Fenomenologija umetnosti.

Aleksandar Uzelac - Pod Senkom Psa

Aleksandar Uzelac - Pod Senkom Psa

Estetika Milan Uzelac

Estetika Milan Uzelac

Milan Uzelac Price iz bolonjske sume

Milan Uzelac Price iz bolonjske sume

članci - Alan Uzelac

članci - Alan Uzelac