Drzavni Univerzitet u Novom Pazaru
Departman za Matematicke nauke
Matematicka analiza 3Vezbe
Pripremile:Ajla Rasljanin
Almina Hanusa
Zimski semestar, 2017/2018
2
Sadrzaj
1 Metricki prostor - Osnovni pojmovi 4
2 Limesi funkcije jedne realne promenljive 7
3 Otvoreni i zatvoreni skupovi 9
4 Nizovi u Rn 13
5 Funkcije vise promenljivih 14
6 Granicna vrednost ili limes funkcije, neprekidnost fnkcije i limes kroz (duz) skup 156.1 Polarne koordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
7 Parcijalni izvodi i diferencijabilnost 377.1 Izvod u pravcu, gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 517.2 Parcijalni izvodi drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
8 Lokalni ekstremi 58
9 Implicitne funkcije 66
10 Uslovni ekstremi 73
11 Implicitne funkcije sa vektorskim velicinama 7911.1 Transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3
1 Metricki prostor - Osnovni pojmovi
1. Dokazati da se u skupu R metrika moze definisati na sledeci nacin: d(x, y) = |x− y|
Resenje:
(a) d(x, y) = |x− y| ≥ 0;
(b) d(x, y) = 0⇔ |x− y| = 0⇔ x− y = 0⇔ x = y;
(c) d(x, y) = |x− y| = | − |y − x|| = | − 1| · |y − x| = |y − x| = d(y, x);
(d) d(x, z) = |x− z| = |x− y + y − z| ≤ |x− y|+ |y − z| = d(x, y) + d(y, z).
2. Dokazati da je: |x+ 3y| ≤√
10 ·√x2 + y2
Resenje:|x+ 3y| ≤ |x|+ |3y| = |x · 1|+ |y · 3| ≤
√x2 + y2 ·
√12 + 32 =
√10 ·
√x2 + y2
3. Dokazati da je |x1 + y1 + 2z1| < 2 ·√
2 ·√x2
1 + y21 + z2
1
Resenje:|x1 + y1 + 2z1| ≤ |x1|+ |y1|+ |2z1| = |x1 · 1|+ |y1 · 1|+ |z1 · 2| ≤
√x2
1 + y21 + z2
1 ·√
12 + 12 + 22 =√
6 ·√x2
1 + y21 + z2
1 <√
8 ·√x2
1 + y21 + z2
1 = 2 ·√
2 ·√x2
1 + y21 + z2
1
4. Ako je p = 3 i q = 32 . Dokazati da je |x1 + 3x2| ≤ 3
√|x1|3 + |x2|3 · 3
√28 + 6 ·
√3
Resenje:|x1 + 3x2| ≤ |x1|+ |3x2| = |x1 · 1|+ |x2 · 3| ≤ (|x1|3 + |x2|3)
13 · (|1|
32 + |3|
32 )
23 =
3√|x1|3 + |x2|3 ·
3√
(|1|32 + |3|
32 )2 = 3
√|x1|3 + |x2|3 · 3
√(1 +
√33)2 = 3
√|x1|3 + |x2|3 · 3
√28 + 6
√3
5. Dokazati nejednakost Minkovskog za p=1.
Resenje:p=1⇒ ‖x+ y‖1 ≤ ‖x‖1 + ‖y‖1
‖x+ y‖1 =n∑j=1|xj + y1| = |x1 + y1|+ |x2 + y2|+ ...+ |xn + yn| ≤ |x1|+ |y1|+ |x2|+ |y2|+ ...
+ |xn|+ |yn| = |x1|+ |x2|+ ...+ |xn|+ |y1|+ |y2|+ ...+ |yn| =n∑j=1|xj |+
n∑j=1|yj | = ‖x‖1 + ‖y‖1
6. Dokazati nejednakost Minkovskog za p=2.
Resenje:Analogno prethhodnom zadatku.
7. Dokazati da je d1 metrika.
Resenje:
4
(a) d1 ≥ 0
d1(x, y) = ‖x− y‖1 =n∑j=1|x− y| = |x1 − y1|+ |x2 − y2|+ ...+ |xn − yn| ≤ 0
(b) d1(x, y) = 0⇔ x = y
d1(x, y) = ‖x−y‖1 =n∑j=1|xj −yj | = |x1−y1|+ |x2−y2|+ ...+ |xn−yn| = 0⇔ |xj −yj | = 0
⇔ xj − yj = 0⇔ xj = y1
(c) d1(x, y) = d1(y, x)
d1(x, y) =n∑j=1|xj − yj | =
n∑j=1| − |yj − xj || =
n∑j=1|yj − xj | = d1(y, x)
(d) d1(x, z) =n∑j=1|xj − zj | =
n∑j=1|xj − yj + yj − zj | ≤
n∑j=1|xj − yj |+
n∑j=1|yj − zj | = ‖x− y‖1 +
‖y − z‖1 = d1(x, y) + d1(y, z)
8. Dokazati da vazi:
Resenje:
(a) d∞(x, y) ≤ dp(x, y) ≤ n1pd∞(x, y)
|x1−y1| = (|x1−y1|p)1p ≤ (|x1−y1|p+|x2−y2|p+...+|xn−yn|p)
1p = (
n∑j=1|xj−yj |p)
1p = dp(x, y)
|xj − yj | ≤ dp(x, y)⇒ |xj − yj | ≤ dp(x, y)⇔ d∞(x, y) ≤ dp(x, y)(∗)
dp(x, y) =n∑j=1|xj−yj |p)
1p = (|x1−y1|p+|x2−y2|p+...+|xn−yn|p)
1p ≤ (n· max
1≤j≤n|xj−yj |p)
1p =
= n1p max
1≤j≤n(|xj − yj |p)
1p = n
1p max
1≤j≤n|xj − yj | = n
1pd∞(x, y)⇒ dp(x, y) ≤ n
1pd∞(x, y)(∗∗)
(∗)(∗∗)====⇒ d∞(x, y) ≤ dp(x, y) ≤ n1pd∞(x, y)
(b) limp→∞
dp(x, y) = d∞(x, y)
Na osnovu (a) imamo d∞(x, y) ≤ dp(x, y) ≤ n1pd∞(x, y) / lim
p→∞
limp→∞
d∞(x, y) ≤ limp→∞
dp(x, y) ≤ limp→∞
n1pd∞(x, y)⇒ lim
p→∞dp(x, y) = d∞(x, y)
Koristimo teoremu o dva policajca:g ≤ f ≤ h / lim
x→a
limx→a
g(x) = b, limx→a
h(x) = b
⇒ limx→a
f(x) = b
9. Dokazati da vazi:
(a) ‖x‖2 ≤ ‖x‖1, x ∈ Rn, za n=2;
5
Resenje:x = (x1, x2)
‖x‖2 =√|x1|2 + |x2|2 ≤
√|x1|2 + |x2|2 + 2|x1x2| =
√(|x1|+ |x2|)2 = |x1|+ |x2| = ‖x‖1
(b) ‖x‖2 ≤ ‖x‖3, x ∈ Rn, za n=3;
Resenje:x = (x1, x2, x3)
‖x‖3 =√|x1|2 + |x2|2 + |x3|2 ≤
√|x1|2 + |x2|2 + |x3|2 + 2|x1x2|+ 2|x2x3|+ 2|x1x3| =√
(|x1 + x2 + x3|)2 = |x1|+ |x2|+ |x3| = ‖x‖1
(c) Za vezbu: ‖x‖p ≤ ‖x‖1, p > 1
10. Dokazati da vazi:
(a) ‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤√n · ‖x‖∞
Resenje:
|xj | =√x2j ≤
√x2
1 + x22 + ...+ x2
j + ...x2n =
√√√√ n∑i=1
x2i = ‖x‖2
xj ≤ ‖x‖2, za j=1,..n
⇒ max1≤j≤n
|xj | ≤ ‖x‖2
⇒ ‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 (*)
|xj | ≤ max1≤j≤n
|xj |
⇒ |xj | ≤ ‖x‖∞ /2 ⇒ |xj |2 ≤ ‖x‖2∞ , za svako j = 1, .., n
‖x‖2 =√x2
1 + x22...+ x2
n ≤√‖x‖2∞ + ‖x‖2∞ + ...+ ‖x‖2∞ =
√n · ‖x‖2∞ =
√n · ‖x‖∞
⇒‖x‖2 ≤ ‖x‖2∞(**)
(∗)(∗∗)====⇒‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤√n · ‖x‖∞
(b) Za vezbu: ‖x‖∞ ≤ ‖x‖p ≤ n1p · ‖x‖∞
6
2 Limesi funkcije jedne realne promenljive
11. Izracunati:
(a) limx→0
x−1x+1 = −1
(b) limx→0
1x =?
Kako je limx→0+
1x = +∞ i lim
x→0−1x = −∞, sledi da ovaj limes ne postoji.
(c) limx→1
11−x =?
Kako je limx→1−
11−x = +∞ i lim
x→1+
11−x = −∞, sledi da ovaj limes ne postoji.
(d) limx→−1
x−1x+1 =?
Kako je limx→−1−
x−1x+1 = +∞ i lim
x→−1+
x−1x+1 = −∞, sledi da ovaj limes ne postoji.
(e) limx→−1
x+1x2−1 = lim
x→−1x+1
(x−1)·(x+1) = limx→−1
1x−1 = −1
2
(f) limx→1
1x2−3x+2 = lim
x→11
(x−2)(x−1) ={
+∞, x→ 1−−∞, x→ 1+
(g) limx→1
1x2−3x+2
Kako je limx→1−
1(x−1)(x+1) = +∞ i lim
x→1+
1(x−1)(x+1) = −∞, sledi da ovaj limes ne postoji.
(h) limx→0
sinxx = 1
(i) limx→0
sin3xx = 3
(j) limx→0
ln(1+x)x = 1
(k) limx→0
ex−1x = 1
(l) limx→0
1−cosxx2 = 1
2
(m) limx→+∞
ex = +∞
(n) limx→−∞
ex = 0
(o) limx→0+
ln x = −∞
(p) limx→+∞
ln x = +∞
(q) limx→−∞
ln x nije definisano
Grafik funkcije y = lnx
12. limx→0
sin 1x
7
Resenje:Posmatrajmo nizove: Xn = 1
nπ i Yn = 1π2 +2nπ
Uslovi: limn→+∞
Xn = 0 i limn→+∞
Yn = 0
limn→+∞
(Xn) = limn→+∞
sin 1Xn
= limn→+∞
sin 11nπ
= limn→+∞
sinnπ = 0
limn→+∞
(Yn) = limn→+∞
sin 1Yn
= limn→+∞
sin π2 + 2nπ = 1
⇒ 0 6= 1Zbog ovoga ne postoji
Ovaj primer se koristi samo za dokazivanje da lim ne postoji!!!
8
3 Otvoreni i zatvoreni skupovi
13. Naci odgovarajuce oblike (interpretacije)kugle u R1, R2 i R3.
(a) R.
Resenje:B(a, ε) = {x ∈ R|d(x, a) < ε} = {x ∈ R||x− a| < ε}|x− a| < ε⇔ −ε < x− a < ε/+ a⇔ a− ε < x < a+ ε⇔ x ∈ (a− ε, a+ ε)
B(a, ε) = {x ∈ R|d(x, a) < ε} = {x ∈ R||x− a| < ε} = (a− ε, a+ ε)
S(a, ε) = {x ∈ R|d(x, a) = ε} = {x ∈ R||x− a| = ε} = {a− ε, a+ ε}|x− a| = εx− a = ε ∨ x− a = −εx = ε+ a ∨ x = ε− a
(b) R2.
Resenje:B(a, ε) = {(x, y) ∈ R2|d(x, y), (a1, a2) < ε}
d((x, y), (a1, a2)) =√
(x− a1)2 + (y − a2)2 < ε⇒ (x− a1)2 + (y − a2)2 < ε2
Unutrasnjost kruga, C(a1, a2), r = ε
S(a, ε) = {(x, y) ∈ R2|d(x, y), (a1, a2) = ε}√(x− a1)2 + (y − a2)2 = ε/2
(x− a1)2 + (y − a2)2 = ε2, C(a1, a2), r = ε
(c) R3
Resenje:U R3 pojmovi otvorena kugla, zatvorena kugla i sfera se podudaraju sa uobicajenim ge-ometrijskim pojmovima.
14. Naci oblik otvorene kugle B(a, ε) u R2p, za p = ∞, p = 2 i p = 1, pri cemu je tacka a = (0, 0) u
kordinatnom centru, ε = 1.
(a) Za p =∞
Resenje:B∞(a, ε) = ((0, 0), 1) = {(x, y) ∈ R2|d∞(x, y), (0, 0) < ε}
d∞(u, v) = ‖u− v‖∞
d∞((x, y), (0, 0)) = max{|x− 0|, |y − 0|} = max{|x|, |y|} < 1⇔ |x| < 1 i |y| < 1
⇔ −1 < x < 1 i −1 < y < 1⇔ x ∈ (−1, 1), y ∈ (−1, 1)⇔ (x, y) ∈ (−1, 1)Unutrasnjost kvadrata.
9
(b) Za p=2
Resenje:B2(a, ε) = {(x, y) ∈ R2|d2(x, y), (0, 0)) < 1}
d2((x, y), (0, 0)) =√
(x− 0)2 + (y − 0)2 < 1⇔√x2 + y2 < 1⇔ x2 + y2 < 1
Unutrasnjost kruga.
(c) Za p=1
Resenje:B1(a, ε) = B1((0, 0), 1) = {(x, y) ∈ R2|d1((x, y)(0, 0)) < 1}
d1((x, y), (0, 0)) = |x− 0|+ |y − 0| = |x|+ |y| < 1⇒ |y| < 1− |x|− (1− |x|) < y < 1− |x| ⇒ |x| − 1 < y < 1− |x|
15. Dokazati da je skup L{(x, y) ∈ R2|y > x} otvoren.
Resenje:M = R2�L zatvoren?M = {(x, y) ∈ R2|y ≤ x}M ⊆MA ⊆ B ⇔ x ∈ A⇒ ...⇒ x ∈ B(x, y) ∈ M ⇒ ∃ niz (xn, yn) iz M, xn → x, yn → y, (n→∞)(xn, yn) ∈M ⇒ yn ≤ xn ⇒ lim
n→+∞⇒ lim
n→+∞yn ≤ lim
n→+∞xn ⇒ y ≤ x⇒ (x, y) ∈M
M ⊆M ⇒M jeste zatvoren.M = R2�L zatvoren ⇒ da je L otvoren !
16. Skup A je otvoren u (Rn, d∞) akko je skup A otvoren u (Rn, dp).
Resenje:⇒Neka je A otvoren u (Rn, d∞), tj.(∀a ∈ A)(∃ε > 0)B∞(a, ε) ⊆ A. Treba dokazati da je A otvoren u(Rn, dp), tj. (∀a ∈ A)(∃r > 0)Bp(a, r) ⊆ A.Treba naci poluprecnik r, pa dokazati da je Bp(a, r) ⊆ B∞(a, ε).Koristimo ‖x‖∞ ≤ ‖x‖p ≤ n
1p ‖x‖∞.
r = εDa li ce da vazi da Bp(a, r = ε) ⊆ B∞(a, ε)Neka je x ∈ Bp(a, ε)⇒ dp(x, a) < ε⇒ ‖x− a‖p < ε‖x− a‖∞ ≤ ‖x− a‖p < εd∞(x, a) < ε⇒ x ∈ B∞(a, ε)Zakljucujemo da je Bp(a, ε) ⊆ B∞(a, ε) ⊆ A⇒ Bp(a, ε) ⊆ AZa r = ε > 0 vazi da je Bp(a, r = ε) ⊆ A, sto znaci da je skup A otvoren na (Rn, dp).
⇐ Neka je A otvoren u (Rn, dp) ⇒ (∀a ∈ A)(∃ε > 0)B∞(a, r) ⊆ A. Treba naci poluprecnik r,pa dokazati da je B∞(a, r) ⊆ Bp(a, ε) ⊆ A.Neka je r = ε
n1p
B∞(a, r = ε
n1p
) ⊆ Bp(a, ε) ?
x ∈ B∞(a, ε
n1p
)⇒ d∞(x, a) < ε
n1p⇒ ‖x− a‖∞ < ε
n1p
⇒ ‖x− a‖p ≤ n1p ‖x− a‖∞ < n
1p ε
n1p
= ε
10
‖x− a‖p < ε;
‖x− a‖p < ε⇒ dp(x, a) < ε⇒ x ∈ Bp(a, ε)
B∞(a, r = ε
n1p
) ⊆ Bp(a, ε) ⊆ A
B∞(a, r = ε
n1p
) ⊆ A
(∀a ∈ A)(∃r = ε
n1p> 0)B∞(a, r = ε
n1p
) ⊆ A
Sledi A je otvoren u (Rn, d∞).
17. Dokazati da je A = {(x, y) ∈ R2|xy > 0} otvoren.
Resenje:xy > 0 ako je: x > 0, y > 0 ili x < 0, y < 0.ε = min{|a|, |b|}(∀(a, b) ∈ A)(∃ε > 0)B((a, b), ε) ⊆ Aε = min{|a|, |b|}Treba dokazati da je B((a, b), ε = min{|a|, |b|}) ⊆ A.
Neka je (a,b)∈A.Neka je (x, y) ∈ B((a, b), ε = min{|a|, |b|})d((x, y), (a, b)) < ε = min{|a|, |b|}√
(x− a)2 + (y − b)2 < min{|a|, |b|}Vazi da je:|x− a| =
√(x− a)2 ≤
√(x− a)2 + (y − b)2 < min{|a|, |b|}
|x− a| < min{|a|, |b|}|y − b| =
√(y − b)2 ≤
√(x− a)2 + (y − b)2 < min{|a|, |b|}
|y − b| < min{|a|, |b|}
|x− a| < |a| i |y − b| < |b|−a < x− a < a i −b < y − b < ba− |a| < x < |a|+ a i b− |b| < y < b+ |b|Zato sto je (a,b)∈A⇒ a · b > 0
(a) a > 0, b > 0;
(b) a < 0, b < 0.
(a) a > 0, b > 0|a| = a i |b| = b⇒ 0 < x < 2a i 0 < y < 2y =⇒ x · y > 0⇒ (x, y) ∈ A
(b) a < 0, b < 02a < x < 0 i 2b < y < 0x · y > 0⇒ (x, y) ∈ A
(∀(a, b) ∈ A)(∃ε = min{|a|, |b|} > 0)B((a, b)ε = min{|a|, |b|}) ⊆ ASledi da je A otvoren sto je i trebalo dokazati.
11
18. Dokazati da su otvorene lopte konveksni skupovi u Rn
Resenje:B(a, ε) = {x ∈ Rn|d(x, a) < ε} = {x ∈ Rn|‖x− a‖ < ε}Neka je c, d ∈ B(a, ε), dokazimo da je duz [c, d] ⊆ B(a, ε)c, d ∈ B(a, ε)⇒ ‖c− a‖ < ε i d ∈ B(a, ε)⇒ ‖d− a‖ < εNeka je y ∈ [c, d]. Tada je y + t(d− c). Treba da pokazemo da y ∈ B(a, ε).
‖y − a‖ < ε‖c+ t(d− c)− a‖ < ε‖c+ t(d− c)− a‖ = ‖c− a+ t(d− c)‖ = ‖c− a+ t(d− a+ a− c)‖ == ‖c− a+ t(d− a) + t(a− c)‖ = ‖c− a+ t(d− a)− t(c− a)‖ == ‖(c− a)(1− t) + t(d− a)‖ ≤ ‖(c− a)(1− t)‖+ ‖t · (d− a)‖ == |1− t| · ‖c− a‖+ |t| · ‖d− a‖ = |1− t| · ‖c− a‖+ t · ‖d− a‖ << (1− t) · ε+ t · ε = ε− t · ε+ t · ε = ε⇒ ‖c+ t(d− c)− a‖ = ‖y − a‖ < ε⇒ y ∈ B(a, ε)⇒ [c, d] ⊆ B(a, ε)
12
4 Nizovi u Rn
19. Dat je niz (xn, yn, zn) = (2n2+3n2+1 , (1 + 1
n)n, 2n) ∀n ∈ N naci lim
n→+∞(xn, yn, zn)
Resenje:lim
n→+∞xn = lim
n→+∞2n2+3n2+1 = 2
limn→+∞
yn = limn→+∞
(1 + 1n)n = e
limn→+∞
zn = limn→+∞
2n = 0
limn→+∞
(xn, yn, zn) = (2, e, 0).
20. Dokazati da je limn→+∞
‖xn − x‖2 = 0⇔ limn→+∞
‖xn − x‖∞ = 0;Resenje:⇒ lim
n→+∞‖xn − x‖2 = 0
0 ≤ ‖xn − x‖∞ ≤ ‖xn − x‖2� limn→+∞
0 ≤ limn→+∞
‖xn − x‖∞ ≤ limn→+∞
‖xn − x‖2 = 0⇒ lim
n→+∞‖xn − x‖∞ = 0
⇐ Neka je limn→+∞
‖xn − x‖∞ = 0
0 ≤ ‖xn − x‖2 ≤ k12 ‖xn − x‖∞� lim
n→+∞0 ≤ lim
n→+∞‖xn − x‖2 ≤ lim
n→+∞
√k‖xn − x‖∞ ⇒
√k · 0 = 0
⇒ limn→+∞
‖xn − x‖2 = 0
21. Dokazati da niz ((xn, yn))naN ima granicnu vrednost (x, y) u metrickom prostoru (R2, d2) ako i samoako ima istu granicnu vrednost u prostoru (R2, d∞), gde je d2(a, b) =‖ a− b ‖2, d∞(a, b) =‖ a− b ‖∞,za bilo koje a = (a1, a2), b = (b1, b2) iz R2.
13
5 Funkcije vise promenljivih
22. Naci domen sledecih funkcija i skicirati ga u ravni:
(a) f(x, y) =√
9− x2 − y2
Resenje:9− x2 − y2 ≥ 0x2 + y2 ≤ 9 =⇒ A= {(x,y)∈ R2|x2 + y2 ≤ 9} Slika 3.1.a
(b) z = x ln (y2 − x)Resenje:y2 − x > 0y2 > x =⇒ A={(x,y)∈ R2|y2 > x} Slika 3.1.b
(c) z = 2x−3lnx+y−1
Resenje:x+ y − 1 > 1 & ln(x+ y − 1) 6= 0y > 1− x & y 6= 2− x=⇒ A= { (x,y)∈ R2|y > 1− x & y 6= 2− x}
(a) (b) (c)
Figure 5.1: Grafici funkcija 22. zadatak
23. Nacrtati grafik funkcije f(x, y) = 6− 3x− 2y
Resenje:z = 6− 3x− 2y3x+ 2y + z − 6 = 0 (Predstavlja jednacinu ravni)x = 0, y = 0⇒ z = 6 (0, 0, 6)x = 0, z = 0⇒ y = 3 (0, 3, 0)y = 0, z = 0⇒ x = 2 (2, 0, 0)
24. Naci oblast definisanosti i skicirati grafike funkcija
(a) f(x, y) =√
1− x2 − y2
(b) f(x, y, z) = xyzx2+y2+z2
Resenje: Analogno prethodnim primerima.
14
6 Granicna vrednost ili limes funkcije, neprekidnost fnkcije i limeskroz (duz) skup
25. Koristeci definiciju limesa dokazati:
(a) lim(x,y)→(0,0)
xy√x2+y2
= 0, A = R2/{0, 0}
Resenje:(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y) ∈ A)(0 <
√x2 + y2 < δ ⇒
∣∣∣∣ xy√x2+y2
∣∣∣∣ < ε)∣∣∣∣ xy√x2+y2
∣∣∣∣ = |x||y|√x2+y2
= 1 · |y| =√y2 ≤
√x2 + y2 < ε
δ = ε
Provera:(∀ε > 0)(∃δ = ε > 0)(∀(x, y) ∈ A)(0 <
√x2 + y2 < δ = ε ⇒
∣∣∣∣ xy√x2+y2
∣∣∣∣ < √x2 + y2 < δ =
ε)
(b) lim(x,y,z)→(a,b,c)
(x+ y + z) = a+ b+ c, A = R3
Resenje:(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y, z) ∈ A)(0 <
√(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 < δ ⇒
|(x+ y + z − (a+ b+ c))| < ε)
|(x+ y + z − (a+ b+ c))| = |(x− a) + (y − b) + (z − c)| ≤ |x− a|+ |y − b|+ |z − c| =
1 · |x− a|+ 1 · |y − b|+ 1 · |z − c| ≤√
(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 ·√
1 + 1 + 1 < ε
⇒ δ = ε√3
Provera:(∀ε > 0)(∃δ = ε√
3 > 0)(∀(x, y, z) ∈ A)(0 <√
(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 < δ = ε√3 ⇒
|(x+ y + z − (a+ b+ c))| ≤√
3 ·√
(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 <√
3 · ε√3 = ε)
(c) lim(x,y)→(a,b)
(x2 − y2) = a2 − b, A = R2
Resenje:(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y) ∈ A)(0 <
√(x− a)2 + (y − b)2 < δ ⇒
∣∣x2 − y2 − (a2 − b2)∣∣ < ε)∣∣x2 − y2 − (a2 − b2)
∣∣ =∣∣(x2 − a2)− (y2 − b2)
∣∣ ≤ ∣∣x2 − a2∣∣ +∣∣y2 − b2
∣∣ = |x− a| |x+ a| +
|y − b| |y + b| ≤
∣∣∣∣∣∣∣0 < |x− a| =
√(x− a)2 ≤
√(x− a)2 + (y − b)2
0 < |y − a| =√
(y − b)2 ≤√
(x− a)2 + (y − b)2
∣∣∣∣∣∣∣ ≤√
(x− a)2 + (y − b)2 ·
|x+ a|+√
(x− a)2 + (y − b)2 · |y + b| =√
(x− a)2 + (y − b)2 · (|x+ a|+ |y − b|) ≤√(x− a)2 + (y − b)2 · (|x− a|+ 2|a|+ |y − b|+ 2|b|)
∀δ ∈ R, 0 < δ ≤ 1 je ispunjeno0 < |x− a| ≤
√(x− a)2 + (y − b)2 < δ ≤ 1⇒ |x− a〈 1
0 < |y − a| ≤√
(x− a)2 + (y − b)2 < δ ≤ 1⇒ |y − b| < 1
⇒√
(x− a)2 + (y − b)2·(|x−a|+2|a|+|y−b|+2|b|) <√
(x− a)2 + (y − b)2·(2+2|a|+2|b|) <ε
15
⇒ δ = min{1, ε2+2|a|+2|a|}
Provera:i. δ = ε
2+2|a|+2|a|√(x− a)2 + (y − b)2 · (2 + 2|a|+ 2|b|) < ε
2+2|a|+2|a| · (2 + 2|a|+ 2|b|) = ε
ii. δ = 1 < ε2+2|a|+2|a|√
(x− a)2 + (y − b)2 · (2 + 2|a|+ 2|b|) < 1 · (2 + 2|a|+ 2|b|¡ε(d) lim
(x,y,z)→(0,0,0)xyz√
x2+y2+z2= 0, A = R3/{0, 0, 0}
Resenje:(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y, z) ∈ A)(0 <
√x2 + y2 + z2 < δ ⇒
∣∣∣∣ xyz√x2+y2+z2
∣∣∣∣ < ε) (1)∣∣∣∣ xyz√x2+y2+z2
∣∣∣∣ = |x||y||z|√x2+y2+z2
= 1 · |y||z| =√y2√z2 ≤
√x2 + y2 + z2 ·
√x2 + y2 + z2 < ε
⇒ δ2 = ε⇒ δ =√ε
Provera:(∀ε > 0)(∃δ =
√ε > 0)(∀(x, y, z) ∈ A)(0 <
√x2 + y2 + z2 < δ =
√ε
⇒∣∣∣∣ xy√
x2+y2+z2
∣∣∣∣ < √x2 + y2 + z2 ·√x2 + y2 + z2 <
√ε ·√ε = ε)
(e) lim(x,y,z)→(0,0,0)
2x2+y2+3z2√x2+y2+z2
= 0, A = R3/{0, 0, 0}
Resenje:(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y, z) ∈ A)(0 <
√x2 + y2 + z2 < δ ⇒
∣∣∣∣ 2x2+y2+3z2√x2+y2+z2
∣∣∣∣ < ε)∣∣∣∣ 2x2+y2+3z2√x2+y2+z2
∣∣∣∣ = 2 x2√x2+y2+z2
+ y2√x2+y2+z2
+ 3 z2√x2+y2+z2
≤ 2|x|+ |y|+ 3|z|K.S.N≤√
x2 + y2 + z2 ·√
22 + 12 + 32 =√
14 ·√x2 + y2 + z2 < ε
⇒ δ = ε√14
Provera:(∀ε > 0)(∃δ = ε√
14 > 0)(∀(x, y, z) ∈ A)(0 <√x2 + y2 + z2 < δ = ε√
14
⇒∣∣∣∣ 2x2+y2+3z2√
x2+y2+z2
∣∣∣∣ < √x2 + y2 + z2 ·√
14 < ε√14 ·√
14 = ε)
(f) lim(x,y)→(0,0)
3x2yx2+y2 = 0, A = R2/{0, 0}
Resenje:(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y) ∈ A)(0 <
√(x− a)2 + (y − b)2 < δ ⇒
∣∣∣ 3x2yx2+y2 − 0
∣∣∣ < ε)Procenimo razliku na kraju—| 3x2yx2+y2 | < ε⇔
∣∣∣ 3x2yx2+y2
∣∣∣ = 3x2|y|x2+y2 = 3 · |y| ≤ 3
√y2 ≤ 3
√x2 + y2 < ε
δ = ε3
Provera:(∀ε > 0)(∃δ = ε
3 > 0)(∀(x, y) ∈ A)(0 <√x2 + y2 < δ = ε
3 ⇒∣∣∣ 3x2yx2+y2
∣∣∣ ≤ 3√x2 + y2 <
< 3 ε3 = ε
16
(g) lim(x,y)→(0,0)
(x+ y) sin 1x sin 1
y = 0
Resenje:(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀(x, y) ∈ A)(0 <
√x2 + y2 < δ ⇒
∣∣∣(x+ y) sin 1x sin 1
y
∣∣∣ < ε)∣∣∣(x+ y) sin 1x sin 1
y
∣∣∣ ≤ |x+y|·1·1 ≤ |x|·1+|y|·1K.s.N.≤
√x2 + y2·
√12 + 12 =
√2·√x2 + y2 < ε
⇒ δ = ε√2
Provera:(∀ε > 0)(∃δ = ε√
2 > 0)(∀(x, y) ∈ A)(0 <√x2 + y2 < δ = ε√
2 ⇒∣∣∣(x+ y) sin 1
x sin 1y
∣∣∣ ≤√
2√x2 + y2 <
√2 ε√
2 = ε)
(h) lim(x,y,z)→(0,0,0)
2x2+yz+xz√x2+y2+z2
= 0
Resenje: Analogno prethodnim primerima
(i) lim(x,y)→(a,b)
(x+ y) = a+ b
Resenje: Analogno prethodnim primerima
26. Dokazati da su:
(a) projekcije(b) moduli projekcija(c) norma
neprekidne funkcije.
Resenje:
(a) x = (x1, ..., xn), a = (a1, ..., an)(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ A)(0 <
√(x1 − a1)2 + ...+ (xn − an)2 < δ ⇒ |pj(x)− pj(a)| < ε)
|pj(x)− pj(a)| = |pj(x1, ...xn)− pj(a1, ...an)| = |xj − aj | =√
((xj − aj)2) ≤√(x1 − a1)2 + ...+ (xn − an)2 < ε =⇒ δ = ε
Provera:(∀ε > 0)(∃δ = ε > 0)(∀x ∈ A)(0 <
√(x1 − a1)2 + ...+ (xn − an)2 < δ = ε⇒
|pj(x)− pj(a)| < ε)
=⇒ limx→a
pj(x) = pj(a)
(b) x = (x1, ..., xn), a = (a1, ..., an)(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ A)(0 <
√(x1 − a1)2 + ...+ (xn − an)2 < δ ⇒
∣∣∣pj(x)− pj(a)∣∣∣ < ε)∣∣∣pj(x)− pj(a)
∣∣∣ = ||xj | − |aj || ≤ |xj − aj | =√
((xj − aj)2) ≤√
(x1 − a1)2 + ...+ (xn − an)2
17
< ε =⇒ δ = ε
Provera:(∀ε > 0)(∃δ = ε > 0)(∀x ∈ A)(0 <
√(x1 − a1)2 + ...+ (xn − an)2 < δ = ε⇒∣∣∣pj(x)− pj(a)
∣∣∣ < ε)
=⇒ limx→a
pj(x) = pj(a)
(c) (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ A)(‖ x− a ‖< δ ⇒ |‖ x ‖ − ‖ a ‖| < ε)
|‖ x ‖ − ‖ a ‖| ≤‖ x− a ‖< ε
limx→a‖ x ‖=‖ a ‖
27. Dokazati:
(a) lim(x,y)→(a,b)
|x| = |a|
lim(x,y)→(a,b)
|x| = lim(x,y)→(a,b)
|p1(x, y)| = |p1(a, b)| = |a|
lim(x,y)→(a,b)
|x| = aJer su projekcije nepekidna presikavanje
(b) lim(x,y)→(a,b)
x · y = a · b
lim(x,y)→(a,b)
x · y = lim(x,y)→(a,b)
p1(x, y) · p2(x, y) = p1(a, b) · p2(a, b) = a · b
(c) lim(x,y)→(a,b)
√x2 + y2 =
√a2 + b2
lim(x,y)→(a,b)
√x2 + y2 = lim
(x,y)→(a,b)‖ (x, y) ‖=‖ (a, b) ‖=
√a2 + b2
(d) lim(x,y)→(a,b)
max{|x|, |y|} = max{|a|, |b|}
Vazi, jer je rec o sup-normi
Polinomi su neprekidna preslikavanja, jer predstavljaju konacan zbir monoma, a monomisu neprekidni. Kolicnik dva polinoma jeste neprekidno preslikavanje kad god je polinomu imeniocu razlicit od nule.
28. f(x, y) = 3x2y − 3x4 + 2 + 7xy3 − 1
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0) = 2− 1 = 1
29. f(x, y) = xy−3x2+y2
lim(x,y)→(1,0)
xy−3x2+y2 = 1·0−3
12+02 = −3
30. Naci sledece granicne vrednosti:
18
(a) lim(x,y)→(0,0)
x3
x2+y2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣ x3
x2+y2
∣∣∣ = x2|x|x2+y2 ≤ |x| / lim
(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
x3
x2+y2 ≤ lim(x,y)→(0,0)
|x| = 0
Na osnovu teoreme o dva policajca (sendvic teorema):
=⇒ lim(x,y)→(0,0)
∣∣∣ x3
x2+y2
∣∣∣ = 0 =⇒ lim(x,y)→(0,0)
x3
x2+y2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
(b) lim(x,y)→(0,0)
x2y2
(x2+y2)√x2+y2
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ | x2y2
(x2+y2)√x2+y2
| = x2|y||y|(x2+y2)
√x2+y2
≤ |y| / lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| ≤ lim(x,y)→(0,0)
|y| = 0
Na osnovu sendvic teoreme zakljucujemo da je
lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
(c) lim(x,y)→(0,0)
x5+x3y7
(x2+y2)2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ | x5+x3y7
(x2+y2)2 | ≤ |x5|(x2+y2)2 + |x3y7|
(x2+y2)2 = x4|x|(x2+y2)2 + |x3|y4|y3|
(x2+y2)2
≤ |x|+ |x3||y3|/ lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
∣∣∣ x5+x3y7
(x2+y2)2
∣∣∣ ≤ lim(x,y)→(0,0)
(|x|+ |x3||y3|) = 0
Teorema o dva policajca:
lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
(d) lim(x,y)→(0,0)
x2yx2+y2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ | x2y
x2+y2 | ≤ x2|y|x2+y ≤ |y|/ lim
(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
| x2y
x2+y2 | ≤ lim(x,y)→(0,0)
|y| = 0
Teorema o dva policajca:
lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
31. Izracunati sledece granicne vrednosti:
(a) lim(x,y)→(1,1)
(x2−1)(y−1)−(y2−1)(x−1)xy−x−y+1 =
(00
)= lim
(x,y)→(1,1)(x−1)(x+1)(y−1)−(y−1)(y+1)(x−1)
x(y−1)−(y−1) =
lim(x,y)→(1,1)
(x−1)(y−1)(x+1−y−1)(y−1)(x−1) = lim
(x,y)→(1,1)(x+ 1− y − 1) = lim
(x,y)→(1,1)(x− y) = 0
(b) lim(x,y)→(1,1)
x2+2xy−3y2
x3−y3 =(
00
)= lim
(x,y)→(1,1)(x+y)2−4y2
(x−y)(x2+xy+y2) = lim(x,y)→(1,1)
(x+y−2y)(x+y+2y)(x−y)(x2+xy+y2) =
lim(x,y)→(1,1)
(x−y)(x+3y)(x−y)(x2+xy+y2) = 4
3
(c) lim(x,y)→(2,2)
x2−y2
x2−2xy+x−y+y2 =(
00
)= lim
(x,y)→(2,2)(x−y)(x+y)
x2−xy−xy−x−y+y2 = lim(x,y)→(2,2)
(x−y)(x+y)x(x−y)−y(x−y)+(x−y) =
lim(x,y)→(2,2)
(x−y)(x+y)(x−y)(x−y+1) = 4
1 = 4
(d) lim(x,y)→(0,1)
x2y√1+x2y−1
=(
00
)= lim
(x,y)→(0,1)x2y√
1+x2y−1·√
1+x2y+1√1+x2y+1
= lim(x,y)→(0,1)
(x2y)(√
1+x2y+1)1+x2y−1 =
lim(x,y)→(0,1)
√1 + x2y + 1 = 2
(e) lim(x,y)→(0,0)
√1+x2y2−1x2+y2 =
(00
)= lim
(x,y)→(0,0)
√1+x2y2−1x2+y2 ·
√1+x2y2+1√1+x2y2+1
= lim(x,y)→(0,0)
1+x2y2−1(x2+y2)(
√1+x2y2+1)
=
19
lim(x,y)→(0,0)
x2y2
(x2+y2)(√
1+x2y2+1)=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ (x2y2)(x2+y2)(
√1+x2y2+1)
≤ y2√1+x2y2+1)
/ lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
(x2y2)(x2+y2)(
√1+x2y2+1)
≤
lim(x,y)→(0,0)
y2
(√
1+x2y2+1)= 0
2 = 0
Teorema o dva policajca:
lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
32. Dokazati da funkcija f(x, y) = x2yx4+y2 ima limes u tacki (0, 0) po ma bilo kojoj pravoj y = tx(t 6= 0)
koja prolazi kroz tu tacku, ali da taj limes ipak ne postoji.
Posmatramo limes duz parabole y = x2 i y = −x2.
y = x2
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = limx→0
x2x2
x4+x4 = limx→0
x4
2x4 = 12
y = −x2
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = limx→0
x2(−x)2
x4+x4 = limx→0
−x4
2x4 = −12
12 6=
−12 sledi da limes ne postoji.
Dokazati da ne postoje sledeci limesi:
33. lim(x,y)→(0,0)
xyx2+y2
(a) y = 0lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim
x→0x·0
x2+02 = limx→0
0x2 = 0
(b) y = x
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = limx→0
x·xx2+x2 = lim
x→0x2
2x2 = 12
Na osnovu (a) i (b) sledi da limes ne postoji.
34. lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2
(a) x = 0lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim
y→002−y2
02+y2 == limy→0
−y2
y2 = −1
(b) y = 0lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim
x→0x2−02
x2+02 = limx→0
x2
x2 = 1
Kako je (a)6= (b) sledi da limes ne postoji.
35. lim(x,y,z)→(0,0,0)
x+y+z√x2+y2+z2
x− osa(y = 0, z = 0)
20
lim(x,y,z)→(0,0,0)
f(x, y, z) = limx→0
x+0+0√x2+0+0 = lim
x→0x|x| =
limx→0+
xx = 1
limx→0−
x−x = −1
⇒ limes ne postoji.
Naci limes sledecih funkcija ili utvrditi da ne postoji.
36. lim(x,y)→(0,0)
x−yx+y
Posmatrajmo niz (xn, yn) = ( 1n ,
1n)→ (0, 0), n→ +∞.
limn→∞
f(xn, yn) = limn→∞
f( 1n ,
1n) = lim
n→∞
1n− 1n
1n
+ 1n
= limn→∞
02n
= 0(x′n, y′n) = ( 1
n ,1n2 )→ (0, 0), n→ +∞
limn→∞
f(x′n, y′n) = limn→∞
f( 1n ,
1n2 ) = lim
n→∞
1n− 1n2
1n
+ 1n2
= limn→∞
n−1n2n+1n2
= 1→ 0 6= 1 limes ne postoji.
37. lim(x,y)→(0,0)
|xy||x|+|y| =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ |xy||x|+|y| = |x||y|
|x|+|y| ≤ |y|/ lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) ≤ lim(x,y)→(0,0)
|y| = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
38. lim(x,y)→(0,0)
(x2+y2)x2x2+y2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣0 < | (x
2+y2)x2x2+y2 | = (x2+y2)|x|
2x2+y2 ≤ |x|/ lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) ≤ lim(x,y)→(0,0)
|x| = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
39. lim(x,y)→(0,0)
sin 1√x2+y2
(xn, yn) = ( 1nπ , 0)→ (0, 0), (n→ +∞)
limn→+∞
(xn, yn) = limn→+∞
sin 1√( 1nπ
)2+02= lim
n→+∞sin 1√
( 1nπ
)2= lim
n→+∞sin 1
1nπ
=lim
n→+∞sinnπ = 0
(x′n, y′n) = limn→+∞
( 1( 1π2 +2nπ )2+02 ) = lim
n→+∞sin 1
1π2 +2nπ
= limn→+∞
sin(π/2 + 2nπ) = 1
Limes ne postoji.
40. lim(x,y)→(0,0)
1x2+y2 =
(1
0+
)= +∞
41. lim(x,y)→(0,0)
x2y+√x2+y2√
x2+y2
42. Ispitati da li postoje limesi u (0,0) kao i uzastopni(ponovljeni).
limx→0
(limy→0
f(x, y))
i
limy→0
(limx→0
f(x, y)).
21
(a)
f(x, y) = x− yx+ y
limx→0
(limy→0
x−yx+y
)= lim
x→0xx = lim
x→01 = 1,
limy→0
(limx→0
x−yx+y
)= lim
y→0(−1) = −1.
Ponovljeni limesi postoje i razliciti su.y = tx;limx→0y=tx
x−txx+tx = lim
x→0x(1−t)x(1+t) = lim
x→01−t1+t = 1−t
1+t
Ovaj limes zavisi od parametra t, pa sledi da limes ne postoji.
(b)f(x, y) = xy
xy + x+ y
limx→0
(limy→0
xyxy+x+y
)= lim
x→00
0+x+0 = 0
limy→0
(limx→0
xyxy+x+y
)= lim
y→00y = 0
Uzastopni limesi postoje i jednaki su.
y − osa, x = 0limy→0x=0
0·y0·y+0+y = lim
y→0x=0
0y = 0
y = −xlimx→0y=−x
x·(−x)x·(−x)+x−x = lim
x→0−x2
−x2 = 1
Limes ne postoji.
(c)
f(x, y) = (x+ y)sin1x· sin1
y, x, y 6= 0.
limy→0
(limx→0
(x+ y)sin 1x · sin
1y
)limx→0
(x+ y)sin 1x · sin
1y
xn = 1nπ → 0, (n→ +∞)
limn→+∞
f(xn) = limn→0
( 1nπ + y)sin 1
1nπ
· sin 1y =
limn→+∞
( 1nπ + y) · sin(nπ) · sin 1
y = 0
x′n = 1π2 +2nπ → 0, (n→ +∞)
limn→+∞
f(x′n) = limn→+∞
(1
π2 +2nπ + y
)sin 1
(π2 +2nπ) · sin1y = y · 1 · sin 1
y 6= 0Limes ne postoji.Ponovljeni limes ne postoji.
lim(x,y)→(0,0)
(x+ y)sin1x· sin1
y=
22
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣(x+ y) · sin 1
x · sin1y
∣∣∣ ≤ |x+ y| ≤ |x|+ |y|
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
∣∣∣(x+ y)sin 1x · sin
1y
∣∣∣ ≤ lim(x,y)→(0,0)
(|x|+ |y|) = 0⇒T2P
lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
Napomena: Limes apsolutne funkcije jednak je i limesu obicne funckije.
(d)
f(x, y) = x2 − y2
|x| − |y|
limx→0
(limy→0
x2−y2
|x|−|y|
)= lim
x→0x2
|x| = limx→0
|x||x||x| = lim
x→0|x| = 0,
limy→0
(limx→0
x2−y2
|x|−|y|
)= 0.
lim(x,y)→(0,0)
x2−y2
|x|−|y| ·|x|+|y||x|+|x| = lim
(x,y)→(0,0)(x2−y2)(|x|+|y|)|x|2−|y|2 = lim
(x,y)→(0,0)(x2−y2)(|x|+|y|)
(x2−y2) =
lim(x,y)→(0,0)
(|x|+ |y|) = 0
(e)
f(x, y) = x2y2
x2y2 + (x− y)2
limx→0
(limy→0
x2y2
x2y2+(x−y)2
)= lim
x→00x2 = 0
limy→0
(limx→0
x2y2
x2y2+(x−y)2
)= lim
y→00 = 0
Ponovljeni limesi postoje i jednaki su.y − osa, x = 0limy→0x=0
x2y2
x2y2+(x−y)2 = limy→0
0y2 = 0
y = xlimx→0y=x
x2x2
x2x2+(x−x) = limx→0
x4
x4 = 1
43. Naci limes ili utvrditi da ne postoji.lim
(x,y)→(0,0)|x|
x2+y2
y = 0⇒ limx→0y=0
|x|x2+02 = lim
x→0y=0
|x||x||x| = lim
x→01|x| = +∞
x = 0⇒ limy→0x=0
002+y2 =
(limy→0
0y2
)= 0
Ne postoji ni kao konacan ni kao beskonacan.
44. Naci limes ili utvrditi da ne postoji.
(a) lim(x,y)→(0,0)
e− |x−y|x2−2xy+y2 = lim
(x,y)→(0,0)e−−(x−y)
(x−y)2 = lim(x,y)→(0,0)
e− 1
(x−y) = elim
(x,y)→(0,0)− 1|x−y| = e−∞ =
1e∞ = 0
23
(b) lim(x,y)→(0,0)
−1x2+y2 = −∞
(c) limx→±∞y→±∞
1x2+y2 =
(1
+∞
)= 0
45. Naci limes ili utvrditi da ne postoji.lim
x→±∞y→±∞
x2+y2
x4+y4 =∣∣∣∣∣∣∣∣0 < x2+y2
x4+y4 = x2
x4+y2 + y2
x4+y4 ≤ x4
x4 + y4
y4 = 1x4 + 1
y2
0 < limx→±∞y→±∞
x2+y2
x4+y4 ≤ limx→±∞y→±∞
(1x2 + 1
y2
)= 0 + 0 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣Na osnovu T2P sledi da je lim=0.
46. limx→±∞y→±∞
x+yx2−xy+y2 =
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 <∣∣∣ x+yx2−xy+y2
∣∣∣ ≤ |x|x2−xy+y2 + |y|
x2−xy+y2 = |x|(y− 1
2x)2+ 3
4x2
+ |y|(x− 1
2y)2+ 3
4y2≤
≤ |x|34x
2 + |y|34y
2 = 43|x| + 4
3|y|
0 ≤ limx→±∞y→±∞
∣∣∣ x+yx2−xy+y2
∣∣∣ = limx→±∞y→±∞
(4
3|x| + 43|y|
)= 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
47. limx→±∞y→±∞
(xy
x2+y2
)x2
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 <∣∣∣ xyx2+y2
∣∣∣ ≤ 12
⇒ 0 <(
xyx2+y2
)x2
≤ 12x2
0 < limx→±∞y→±∞
(xy
x2+y2
)≤ lim
x→±∞y→±∞
12x2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
6.1 Polarne koordinate
48. Naci limes sledecih funkcija ili utvrditi da ne postoji.
(a) lim(x,y)→(0,0)
xy√x2+y2
= limρ→0
ρcosθ·ρsinθ√ρ2cos2θ+ρ2sin2θ
= limρ→0
ρ3cosθsinθρ =
limρ→0
ρcosθsinθ =
∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ |ρcosθsinθ| ≤ ρ · 1 · 1
0 ≤ limρ→0
ρcosθsinθ ≤ limρ→0
ρ = 0
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
(b) lim(x,y)→(0,0)
(x2+y2)x2x2+y2 = lim
ρ→0(ρ2cos2θ+ρ2sin2θ)ρcosθ
2ρ2cos2θ+ρ2sin2θ =
= limρ→0
ρ2cosθρ2(2cos2θ+sin2θ) = lim
ρ→0ρcosθ
2cos2θ+sin2θ =
=∣∣∣∣0 ≤ ∣∣∣ ρcosθ
2cos2θ+sin2θ
∣∣∣ = ρ|cosθ|cos2θ+cos2θ+sinθ = ρ|cosθ|
cos2θ+1 ≤ρ2
∣∣∣∣ = 0 Na osnovu T2P sledi da je lim=0.
(c) lim(x,y)→(0,0)
|xy||x|+|y| = lim
ρ→0|ρcosθ·ρsinθ||ρcosθ|+|ρsinθ| = lim
ρ→0ρ2|cosθ sin θ|
ρ(|cosθ|+|sinθ|) =
limρ→0
ρ|cosθsinθ||cosθ|+|sinθ| =
∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ ρ|cosθsinθ|
|cosθ|+|sinθ| = ρ|cosθ||sinθ||cosθ|+|sinθ| ≤ ρ · 1 · 1 = ρ
0 ≤ limρ→0
ρ|cosθsinθ||cosθ|+|sinθ| ≤ lim
ρ→0ρ = 0
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Na osnovu T2P sledi da limes postoji i da je on jednak nuli.
24
(d) lim(x,y)→(0,0)
x3y3
x2+y2 .
Analogno prethodnom zadatku.Limes postoji.
49. Naci sledeci limes i utvrditi da ne postoji.
lim(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2 .
Resenje:lim
(x,y)→(0,0)xy
x2+y2 = limρ→0
ρcosθ·ρsinθρ2cos2θ+ρ2sin2θ = lim
ρ→0ρ2cosθsinθ
ρ2
= limρ→0
cosθsinθ = cosθsinθ.
Limes zavisi od θ, pa limes ne postoji.
50. Naci sledeci limes i utvrditi da ne postoji.
lim(x,y)→(0,0)
x− yx+ y
lim(x,y)→(0,0)
x−yx+y = lim
ρ→0ρcosθ−ρsinθρcosθ+ρsinθ = lim
ρ→0ρ(cosθ−sinθ)ρ(cosθ+sinθ) = lim
ρ→0cosθ−sinθcosθ+sinθ = cosθ−sinθ
cosθ+sinθ
Limes zavisi od θ, pa limes ne postoji.
51. Naci sledeci limes i utvrditi da ne postoji.
lim(x,y)→(0,0)
x2 − y2
x2 + y2 .
Resenje: Analogno prethodnom zadatku.
52. Naci sledeci limes i utvrditi da ne postoji.
lim(x,y)→(0,0)
xy2
x2 + y4 .
Resenje:(xn, yn) =
(1n2 ,
1n
)→ (0, 0), (n→ +∞)
limn→+∞
f(xn, yn) = limn→+∞
1n2 ·
1n2
1n4 + 1
n4= lim
n→+∞
1n42n4
= 12
(x′n, y′n) = ( 1n , 0)→ (0, 0), (n→ +∞)
limn→+∞
f(x′n, y′n) = limn→+∞
1n·0
1n2 +04 = lim
n→+∞01n2
= 012 6= 0, pa sledi da limes ne postoji.
53. Naci sledece limese.
(a) lim(x,y)→(0,0)
1−cos(xy)x2y2
xy = t, t→ 0limt→0
1−cos tt2 = 1
2
25
(b) lim(x,y)→(0,0)
(1 + x2 + y2)1
x2+y2 .
Analogno prethodnom zadatku. Limes postoji i jednake je e.
(c) lim(x,y)→(0,0)
x2ln(x2 + y2).
Analogno kao i pod (a) i lim(x,y)→(0,0)
x2ln(x2 + y2) = 0
54. Naci limes ili utvrditi da ne postoji.
lim(x,y)→(0,0)
(x2 + y2)|x|.
Resenje:x = ρcosθy = ρsinθlimρ→0
(ρ2cos2θ + ρ2sin2θ)|ρcosθ| = limρ→0
ρ2|ρcosθ| = limρ→0
ρ2ρcosθ = limρ→0
elnρ2ρcosθ =
limρ→0
e2ρcosθ·lnρ = elimρ→0
2ρcosθ·lnρ
∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ 2ρ|cosθ||lnρ| ≤ 2ρlnρ
0 ≤ limρ→0
2ρ|cosθ||lnρ| ≤ 2ρ limρ→0
ρlnρ = 0
∣∣∣∣∣∣∣ = e0 = 1
(Na osnovu T2P)
0 ≤ 2ρ|cosθ||lnρ| ≤ 2ρ|lnρ|�e
e0 ≤ e2ρ|cosθ||lnρ| ≤ e2ρlnρ� limρ→0
1 ≤ limρ→0
e2ρ|cosθ||lnθ| ≤ e0 = 1
⇒ T2P limρ→0
e2ρ|cosθ||lnθ| = 1
55. Dokazati da za funkciju postoji granicna vrednost duz (x, y) → (0, 0) duz pravih koje prolaze krozkoordinatni pocetak, ali da ne postoji limes lim
(x,y)→(0,0)f(x, y).
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 3xy3
x2 + y2
y = tx : lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 3xy3
x2+y2 = limx→0
= 3xt3x3
x2+t6x6 = limx→0
= limx→0
3t3x2
1+t6x4 = 01+0 = 0
Dakle limes duz pravih y=tx zaista postoji.(xn, yn) = ( 1
n , 0)→ (0, 0), (n→ +∞)
lim(x,y)→(0,0)
f(xn, yn) = limn→+∞
3· 1n·03
1n2 +06 = lim
n→+∞01n2
= 0
(x′n, y′n) = ( 1n3 ,
1n)→ (0, 0), (n→ +∞)
lim(x,y)→(0,0)
f(x′n, y′n) = limn→+∞
3· 1n3 ·
1n3
1n6 + 1
n6= lim
n→+∞
3n62n6
= 32
0 6= 32 , pa sledi da limes ne postoji.
56. Dokazati da duz svake prave y = tx(t > 0) postoji granicna vrednost limx→+∞y→+∞
ex2−y2
sin2xy, ali da taj
limes ipak ne postoji
26
Resenje:y = tx :
limx→+∞y→+∞
f(x, y) = limx→+∞y=tx
ex2−t2x2
sin2xtx = limx→+∞
ex2(1−t2)sin2x2t =
∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ | lim
x→+∞ex
2(1−t2)sin2x2| ≤ ex2(1−t2) = / limx→+∞
0 ≤ limx→+∞
|f(x, y)| = limx→+∞
ex2(1−t2) = 0
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Jer je 1− t2 < 0 T2P:(xn, yn) = (
√nπ,√nπ), xn → +∞, yn → +∞, (n→ +∞);
(x′n, y′n) = (√
π2 +2nπ
2 ,√
π2 +2nπ
2 ), x′n → +∞, y′n → +∞, (n→ +∞);
limn→+∞
f(xn, yn) = limx→+∞
e(nπ)−(nπ)sin2nπ = limx→+∞
sin2nπ = 0
limx→+∞
f(x′n, y′n) = limx→+∞
eπ2 +2nπ
2 −π2 +2nπ
2 sin2π2 +2nπ
2 = limx→+∞
π2 + 2nπ = 1
0 6= 1, sledi da limes ne postoji.
57. Naci vrednost limesa lim(x,y)→(0,0)
2xynx2+y2n , (nεN) ili utvrditi da ta vrednost ne postoji.
Resenje:Za bilo koje nεN vazi:
y=0 limx→0
2x·0nx2+02n = lim
x→00x2 = 0;
x=0 limy→0
2·0·yn02+y2n = lim
y→00y2n = 0;
Dakle ako limes postoji on mora biti jednak 0.Za n=1: 2xy
x2+y2 ;
x = y; limy→0
2y2
y2 + y2 = limy→0
2y2
2y2 = 1;
Za n=2: 2xy2
x2+y4 ;
x = y2; limy→0
2y2
y4 + y4 = limy→0
2y4
2y4 = 1;
Za n=3: 2xy3
x2+y6
x = y3; limy→0
2y6
2y6 = 1;
...n = n; lim
(x,y)→(0,0)2ynyny2n+y2n = lim
y→02y2n
2y2n = 1;
0 6= 1, sledi da limes ne postoji.
58. Neka su a i b realni brojevi takvi da je a > 0 i ∆ = 4a2 − b2 > 0. Naci vrednost limesa
limx→±∞y→±∞
2x2 − y2
ax4 + bx2y2 + ay4
ili utvrditi da ta vrednost ne postoji
27
Resenje:
limx→±∞y→±∞
2x2−y2
ax4+bx2y2+ay4 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ |2x2−y2|ax4+bx2y2+ay4 ≤ 2x2
a((y2+ bx22a )2+x4( 4a2−b2
4a2 ))+ y2
a(x2+(x2+ by22a )2+y4( 4a2−b2
4a2 ))
≤ 2x2
ax4(4a2−b2)4a2
+ y2
ay4(4a2−b2)4a2
≤ 8ax2(4a2b2) + 4a
y2(4a2−b2) / limx→±∞y→±∞
0 ≤ limx→±∞y→±∞
f(x, y) ≤ limx→±∞y→±∞
( 8ax2(4a2−b2) + 4a
y2(4a2−b2)) = 0
⇒ lim8a
x2(4a2b2)+ 4ay2(4a2−b2)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ax4+bx2y2+ay4=a(x4+ b
ax2y2+y4)=a(x2+ by2
2a )2+y4( 4a2−b24a2 ), gde je a > 0, 4a2 − b2 > 0
Slicno: ax4 + bx2y2 + ay4 = a(y2 + bx2
2a )2 + x4(4a2−b2
4a2 ), gde je a > 0, 4a2 − b2 > 0
=⇒ limes postoji i iznosi 0
59. Naci lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) ako je
f(x, y) =
x2y2√
4+x2y2−2, x2y2 6= 0
4, x2y2 = 0.
Upustvo: Dokazati da je |f(x, y)− 4| ≤ |√
4 + x2y2 − 2|, ∀xεR.
(a) x2y2 6= 0,|f(x, y)− 4| =
∣∣∣∣ x2y2√4+x2y2−2
− 4∣∣∣∣ =
∣∣∣∣x2y2(√
4+x2y2+2)4+x2y2−22 − 4
∣∣∣∣ =∣∣∣∣(√4 + x2y2 + 2)− 4
∣∣∣∣=∣∣∣∣√4 + x2y2 − 2
∣∣∣∣;(b) x2y2 = 0,|f(x, y)− 4| = |4− 4| = 0 ≤ |
√4 + x2y2 − 2|;
Na osnovu (a) i (b) zaista vazi |f(x, y)− 4| ≤ |√
4 + x2y2 − 2|, ∀xεR, ∀yεR.0 ≤ |f(x, y)− 4| ≤ |
√4 + x2y2 − 2|� lim
(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)− 4| ≤ lim(x,y)→(0,0)
|√
4 + x2y2 − 2| =√
4− 2 = 2− 2 = 0
⇒ (TLP ) lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)− 4| = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
(f(x, y)− 4) = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 4
lim f(x, y)− α = 0f(x, y) = α
60. Data je funkcija
f(x, y) =
x5−3xy4
(x2−xy+y2)√x2+2y2
, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0,0) ispitati neprekidnost.Proverimo da li je lim
(x,y)→(0,0)= f(0, 0)
lim(x,y)→(a,b)
= f(a, b)
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣∣ x5−3xy4
(x2−xy+y2)√x2+2y2
∣∣∣∣ ≤ |x5|(x2−xy+y2)
√x2+2y2
+ 3|x|y4
(x2−xy+y2)√x2+2y2
=x2x2|x|
((y− 12x)2+ 3
4x2)√x2+2y2
+ 3|x|y2y2
((x− 12 )2+ 3
4y2)√x2+2y2
≤
x2x2
(y− 12x)2+ 3
4x2 + 3y2y2
(x− 12y)2+ 3
4y2 ≤ x2x2
34x
2 + 3y2y234y
2 =43x
2 + 4y2� lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| ≤ lim(x,y)→(0,0)
43x
2 + 4y2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0 ⇒ Na
28
osnovu T2P lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0, pa je limf(x, y) = 0 ⇒ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0).
Funkcija jeste neprekidna u (0,0).
61. Ispitati neprekidnost sledecih funkcija na R2.
(a) f(x, y) =
x4−y4
x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0,
Funkcija f(x, y) je neprekidna na R2/{0, 0} kao kolicnik dva polinoma, pri cemu je polinom u imeniocurazlicit od (0,0) za (x, y) 6= (0, 0) i jer su polinomi neprekidna preslikavanja. Jos ispitujemo u (0,0),tj. lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = (0, 0).
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣∣x4−y4
x2+y2
∣∣∣∣ ≤ x4
x2+y2 + y2
x2+y2 ≤ x4
x2 + y4
y2 = x2 + y2� lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
x4−y4
x2+y2 ≤ lim(x,y)→(0,0)
(x2 + y2) = 0
⇒ (T2P ) lim(x,y)→(0,0)
x4−y4
x2+y2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=0=f(0,0)
Pa je funkcija nepekidna u taci (0,0).Data funkcija je neprekidna na citavom prostoru.
(b)
f(x, y) =
x4+y4−x3y2
x4+y4 , x2 + y2 6= 01, x2 + y2 = 0
.Slicno kao i pod (a).
lim(x,y)→(a,b)
f(x, y) = α⇔ lim(x,y)→(a,b)
f(x, y)− α = 0
lim(x,y)→(0,0)
(x4+y4−x3y2
x4+y4 − 1) = lim(x,y)→(0,0)
(−x3y2
x4+y4 ) =∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣∣−x3y2
x4+y4
∣∣∣∣ = |x|x2y2
x4+y4 ≤ |x|2 � lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
∣∣∣∣−x3y2
x4+y4
∣∣∣∣ ≤ lim(x,y)→(0,0)
|x|2 = 0
⇒ lim(x,y)→(0,0)
(−x3y2
x4+y4 ) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=0
⇒ lim(x,y)→(0,0)
x4+y4−x3y2
x4+y4 = 1 = f(0, 0)
62. Ispitati neprekidnost sledecih funkcija u (0,0).
(a)
f(x, y) ={ 2x4
x2+y2 , x2 + y2 6= 01, x2 + y2 = 0
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0)
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)
2x4
x2+y2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣∣ 2x4
x2+y2
∣∣∣∣ = 2x2x2
x2+y2 ≤ 2x2� lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
2x4
x2+y2 lim(x,y)→(0,0)
2x2 = 0
⇒ (T2P ) lim(x,y)→(0,0)
2x4
x2+y2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 6= 1 =
= f(0, 0)
29
Funkcija nije neprekidna u f(0,0).
(b)
f(x, y) =
xy2√x2+y2
, x2 + y2 > 0
0, x2 + y2 = 0
Resenje: Funkcija je neprekidna.
(c)
f(x, y) =
x2+2y2+5z2√x2+y2+z2
, (x, y, z) 6= (0, 0, 0)
0, (x, y, z) = (0, 0, 0)
Resenje: Funkcija je neprekidna.
63. Neka je data funkcija f(x, y). Naci limes funkcije u (0,0).
f(x, y) = x2y2
(x2 + y2)√x2 + y2
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ x2y2
(x2+y2)√x2+y2
≤ |y|� lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)
|y| = 0
⇒ (T2P ) lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
Moze li se data funkcija dodefinisati tako da bude neprekidna na R2?Odgovor: Moze.
f(x, y) =
x2y2
(x2+y2)√x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)Neprekidna je na R2/{(0, 0)}.
64. Dokazati da granicna vrednost lim(x,y)→(0,0)
(xsin 1√x2+y2
+ x√x2+y2
cos 1√x2+y2
) ne postoji.
(xn, yn) = (0, 12nπ )→ (0, 0), (n→ +∞)
(x′n, y′n) = ( 12nπ , 0)→ (0, 0), (n→ +∞)
lim(x,y)→(0,0)
f(xn, yn) = limn→+∞
(0 · sin 1√02+( 1
2nπ )2+ 0√
02+( 12nπ )2
· cos 1√02+( 1
2nπ )2) =
limn→+∞
(0 · sin2nπ + 0 · cos2nπ) = 0
limn→+∞
f(x′n, y′n) = limn→+∞
( 12nπsin
1√( 1
2nπ )2+02+
12nπ√
( 12nπ )2+02
· cos 1√( 1
2nπ )2+02) =
limn→+∞
( 12nπ · sin2nπ + 1 · cos2nπ) = 0 + 1 = 1
0 6= 1, sledi da granicna vrednost ne postoji.
65. Data je funkcija f(x, y) ispitati u f(0, 0) neprekidnost.
f(x, y) =
2x4y−3y5
(x2−xy+2y2)√
2x2+y2, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0) = 0
30
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣∣ 2x4y−3y5
(x2−xy+2y2)√
2x2+y2
∣∣∣∣ ≤ 2x4|y|((√
2y− 12√
2x)2+ 7
8x2)√
2x2+y2+ 3y4|y|
((x− 12y)2+ 7
4y2)√
2x2+y2≤
2x478x
2 + 3y474y
2 = 167 x
2 + 127 y
2 / lim(x,y)→(0,0)
⇒ T2P : lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = 0⇔ lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 = f(0, 0)Funkcija je neprekidna u (0,0).
66. Ispitati neprekidnost sledecih funkcija u (0,0).
(a)
f(x, y) =
2xy3−7x3yx2+y2 , x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0)
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) =
∣∣∣∣∣∣∣∣0 ≤
∣∣∣∣2y3x−7x3yx2+y2
∣∣∣∣ ≤ 2|xy|y2
x2+y2 + 7x2|xy|x2+y2 ≤ 2|xy|+ 7|xy| = 9|xy|� lim
(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
∣∣∣∣2y3x−7x3yx2+y2
∣∣∣∣ ≤ lim(x,y)→(0,0)
9|xy| = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= 0 = f(0, 0), na osnovu T2P , pa sledi da je funkcija neprekidna.
(b)
f(x, y) =
x4−y4
x4+y4 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
y = tx : lim(x,y)→(0,0)
x4−t4x4
x4+t4x4 = limx→0
1−t41+t4 = 1−t4
1+t4
Limes ne postoji,jer zavisi od t.Funkcija nije neprekidna u (0,0).
(c)
f(x, y) ={ 3xyx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
lim(x,y)→(0,0)
3xyx2+y2 , lim
ρ→03ρ2cosΘsinΘ
ρ2 = 3cosΘsinΘ
Limes zavisi od Θ, pa funkcija nije neprekidna u (0,0).
67. Date su funkcije f : R\{(0, 0)} → R, f(x, y) = (x2 + y2)sin 1x2+y2 , g : R2\{(0, 0)} → R, g(x, y) =
1x2+y2 sin
1x2+y2 . Mogu li se funkcije f i g dodefinisati u (0,0) da budu neprekidne u toj tacki.
Proverimo da li postoji limes datih funkcija.
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) =
∣∣∣∣∣∣∣∣0 ≤
∣∣∣∣(x2 + y2)sin 1x2+y2
∣∣∣∣ ≤ |(x2 + y2)|� lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
|(x2 + y2)sin 1x2+y2 | ≤ lim
(x,y)→(0,0)x2 + y2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0,na osnovu T2P.
Dakle funkciju f mozemo dodefinisati da bude neprekidna u (0,0).
f(x, y) ={
(x2 + y2)sin 1x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
Za g(x, y)
31
(xn, yn) = ( 1√nπ, 0)→ (0, 0), (x′n, y′n) = ( 1√
π2 +2nπ
, 0)→ (0, 0),(n→ +∞)
limn→+∞
g(xn, yn) = limn→+∞
11nπ
+0sin1
1nπ
+0 = limn→+∞
nπ · sin(nπ) = 0
limn→+∞
g(x′n, y′n) = limn→+∞
11
π2 +2nπ+0 · sin
11
π2 +2nπ+0 = lim
n→+∞(π2 + 2nπ) · sin(π2 + 2nπ) = +∞
Funkcija g se ne moze dodefinisati u (0,0) da bi bila neprekidna u toj tacki, jer ne postoji limes u tojtacki.
68. Dokazati da f(x, y) = x4+y4
(x2+y4)32
tezi nuli, kada (x, y)→ (0, 0), duz proizvoljne prave koja prolazi kroz
(0,0), ali da lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) ne postoji.
y = tx :lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = lim
x→0x4+t4x4
(x2+t4x4)32
= limx→0
x4(1+t4)(x2(1+t4x2))
32
= limx→0
x4(1+t4)x2|x|(1+t4x2)
32
= limx→0
x2(1+t4)|x|(1+t4x2)
32
=
limx→0
|x|(1+t4)(1+t4x2)
32
= 01 = 0
(xn, yn) = ( 1n ,
1n)→ (0, 0), (x′n, y′n) = (0, 1
n)→ (0, 0), (n→ +∞)
limn→+∞
f(xn, yn) = limn→+∞
1n4 + 1
n4
( 1n2 + 1
n4 )32
= limn→+∞
2n4
(n2+1n4 )
32
= limn→+∞
2n2
(n2+1)32
= limn→+∞
2n2
(n2(1+ 1n2 ))
32
= limn→+∞
2n2
n3(1+ 1n2 )
32
=
limn→+∞
2n(1+ 1
n2 )32
= 0
limn→+∞
f(x′n, y′n) = limn→+∞
04+ 1n4
(02+ 1n4 )
32
= limn→+∞
1n41n2
= limn→+∞
n2 = +∞
0 6= +∞, pa sledi da limes ne postoji.
69. f(x, y) = 27x3y−3xy3
9x2+y2 , za 9x2 + y2 6= 0, i f(x, y) = 0, za 9x2 + y2 = 0, u (0,0) ispitati neprekidnost.
Resenje: Funkcija je neprekidna.
70. Naci limes sledecih funkcija ili utvrditi da ne postoji.
(a) lim(x,y)→(0,0)
x2
x+y ;
(b) lim(x,y)→(0,0)
xy5
(x2+y2)2 ;
(c) lim(x,y)→(0,0)
x3+3x2yx2−2xy+2y2 .
Resenje:
(a) x = 0 limy→0x=0
x2
x+y = limy→0
0y = 0
y = x2 − x, (x, y)→ (0, 0) limx→0
y=x2−x
x2
x+y = limx→0
x2
x2 = 1
1 6= 0 Limes ne postoji
(b) lim(x,y)→(0,0)
xy5
(x2+y2)2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ |xy5|
(x2+y2)2 = |xy|y4
(x2+y2)2 ≤ |xy|∣∣∣∣∣ lim(x,y)→(0,0)
0 < lim(x,y)→(0,0)
|f(x, y)| = lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣Limes postoji
(c) Limes postoji.
32
71. Odrediti skup tacaka diskonuiteta(prekida) sledecih funkcija
(a)
f(x, y) =
x3+y2
x3+y3 , x+ y 6= 00, x+ y = 0
Resenje:Kada je x + y 6= 0 funkcija je neprekidna kao kolicnik dva polinoma, pri cemu je polinomu imeniocu razlicit od nule za x+ y 6= 0.Zato posmatrajmo sada tacke (a,b) za koje vazi da je a+b = 0, tj. b = −a. lim
(x,y)→(a,b)x3+y2
x3+y3 =
lim(x,y)→(a,−a)
x3+y2
(x+y)(x2−xy+y2) =∣∣∣a3+a2
0
∣∣∣ = ±∞, za a2(a+ 1) 6= 0
Dakle, funkcija ima prekid u tackama (a, b) za koje je a+ b = 0, a 6= 0, a 6= −1Poverimo za tacke (a, b) takve da je a = 0 i a = −1.
i. a = 0, b = −a⇒ b = 0, (a, b) = (0, 0)lim
(x,y)→(a,b)x3+y2
x3+y3 =?
y = 0 : lim(x,y)→(a,b)
y=0
x3+y2
x3+y3 = limx→0
x3
x3 = 1
x = 0 : lim(x,y)→(0,0)
x=0
x3+y2
x3+y3 = limy⇒0
y2
y3 = limy⇒0
1y =
+∞, sa x→ 0+
−∞, sa x→ 0−Ne postoji!
U tackama (a,b) za koje je a = b = 0 funkcija ima prekid.
ii. a = −1, b = −a⇒ b = 1, (a, b) = (−1, 1)lim
(x,y)→(−1,1)x3+y2
x3+y3 ?
y = 1 : lim(x,y)→(−1,1)
y=1
x3+y2
x3+y3 = limx→−1
x3+1x3+1 = 1
x = −1 : lim(x,y)→(−1,1)
x=1
x3+y2
x3+y3 = limy⇒1
−1+y2
−1+y3 = limy⇒0
(y+1)(y−1(y−1)(y2+‘y+1 = 2
3
1 6= 23 limes ne postoji
U tackama (a, b) za koje je a = −1 i b = 1 funkcija ima prekid. Dakle, funkcija nijenerekidna u tackama za koje je a = b = 0 ili a = −1 i b = 1.Dakle, funkcija ima prekid u svim tackama (a, b) za koje je a+ b = 0.{(x,y) ∈ R2 : x+ y = 0}
(b)
f(x, y) ={
x+yx3+y3 , x+ y 6= 00, x+ y = 0
Resenje:Kada je x+ y 6= 0 funkcija f je neprekidna kao kolicnik dva polinoma, pri cemu je polinomu imeniocu razlicit od nule za x+ y 6= 0. Ispitujemo limes u tackama (a, b) za koje vazi daje a+ b = 0 , tj. b = −a
lim(x,y)→(a,b)
b=−a
x+yx3+y3 = lim
(x,y)→(a,−a)x+y
(x+y)(x2−xy+y2) = lim(x,y)→(a,−a)
1x2−xy+y2 = 1
3a2 6= 0
Dakle, limes postoji, medutim nije jednak nuli, pa funkcija ima prekid u tackama (a, b) zakoje je a+ b = 0 i a 6= 0.Posmatramo limes u tackama (a, b) za koje je a = 0⇒ b = 0.
33
lim(x,y)→(0,0)
x+yx3+y3 = lim
(x,y)→(0,0)x+y
(x+y)(x2−xy+y2) = lim(x,y)→(0,0
1x2−xy+y2 = +∞
jer je x2 − xy + y2 = (x− 12y)2 + 3
4y2 > 0, za (x, y) 6= (0, 0)
pa funkcija ima prekid i u tacki (0,0).Dakle, funkcija ima prekid u tackama (x, y) za koje je a+ b 6= 0.{(x, y) ∈ R2|x+ y = 0}
72. Data je funkcija f(x, y) = x−yx3−y3 . Odrediti skup tacaka prekida funkcije f (moze biti i prazan) u kojima
mozemo dodefinisati funciju f tako da u tim tackama bude neprekidna (tzv. tacke otklonjivog prekida)Resenje:Kada je x−y 6= 0 funkcija f je neprekidna kao kolicnik dva polinoma, pri cemu je polinom u imeniocurazlicit od nule za x− y 6= 0. Ispitujemo limes u tackama (a, b) za koje vazi da je a− b = 0 , tj. a = b
lim(x,y)→(a,b)
b=a
x−yx3−y3 = lim
(x,y)→(a,a)x−y
(x−y)(x2+xy+y2) = lim(x,y)→(a,a)
1x2+xy+y2 = 1
3a2 6= 0
Za a 6= 0 ovo je konkretan broj.Za a = 0, b = 0 ⇒(a,b)=(0,0)lim
(x,y)→(0,0)x−yx3−y3 = lim
(x,y)→(0,0)x−y
(x−y)(x2+xy+y2) = lim(x,y)→(0,0
1x2+xy+y2 = +∞
Dakle, funkcija ne mozemo dodefinisati u tacki (0,0) tako da bude neprekidna. Prema tome, do-definisimo f na sledeci nacin:
f(x, y) ={
x−yx3−y3 , x 6= y1
3x2 , x = y 6= 0Skup tacaka prekida u kojima mozemo dodefinisati funkciju je{(x, y) ∈ R2|x+ y = 0}
73. Data je funkcija
f(x, y) =
x5−3xy4
(x2−xy+y2)√x2+2y2
, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati neprekidnost funkcije.
Resenje: Funkcija je neprekidna u (0, 0).
74. Data je funkcija
f(x, y) =
x2y3−7x2yx2+y2 , x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati neprekidnost.
Resenje: Funkcija je neprekidna u (0, 0).
75. Data je funkcija
f(x, y) =
2x4y−3y5
(x2−xy+2y2)√
2x2+2y2, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati neprekidnost.
Resenje: Funkcija je neprekidna u (0, 0).
76. Data je funkcija
f(x, y) ={
sin x2
y , 0 < y < x2
0, y ≤ 0 ∨ y2
Dokazati da je funkcija neprekdna u (0, 0) duz svake prave koja prlazi kroz koordinatni pocetak(neprekidna kroz skup {(x, tx) ∈ R2 : x ∈ R} i naci krivu (odrediti skup iz R2) koja prolazi kroz
34
koordinatni pocetak, takvu da osim u (0, 0), funkcija ima vrednost 1, a atim izvesti zakljucak oneprekidnosti funkcije u (0, 0).
77. Dokazati daje funkcija
f(x, y) ={
1, 0 < y < x4
0, y ≤ 0 ∨ y ≥ x4
neprekidna u (0, 0) duz krivih y = kx3, k ∈ R. Dokazati da je za y = |y|5, x 6= 0, f(x, y) = 1, f(0, 0) =0. Da li je funkcija f neprekidna u (0, 0)? Objasniti.
78. Dokazati da funkcija
f(x, y) = x4 + y4
(x2 + y4)32
tezi nuli kad tacka (x, y)→ (0, 0) duz proizvoljne prave y = tx, t ∈ R, ali da ipak lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) nepostoji.
79. Dokazati da limes
limx→0y→0
xy4
3x+ 5y4
ne postoji!
80. Odreditit granicnu vrednost (opravdavajuci postupak!)
limx→0y→0
( (x− y2)3
(x2 + y4)√x2 + y2 −
x−√x2 + y2√
x2 + y2 )
ili utvrditi da granicna vrednost ne postoji.
81. Dokazati da granicna vrednost
limx→0y→0
2x|y|x2 + 3y2
ne postoji koristeci
(a) polarne koordinate(b) nizove(c) limese duz odgovarajucih skupova
.
82. Koristeci definiciju granicne vrednosti (ε− δ jezik!) dokazati da je
lim(x,y)→(0,0)
x2 + xy√x2 − 2xy + 2y2 = 0
35
83. Naci vrednost limesalim
x→±∞y→±∞
x2 − 7y2
2x4 + 2x2y2 + y4
84. Naci vrednosti sledecih granicnih vrednosti ili utvrditi da one ne postoje
(a)limx→∞y→∞
2x− 3yx2 − 5xy + 72
(b)lim
(x,y)→(0,0)(x2 + y2)|x|
85. Dokazati da za funkcijuf(x, y) = 3xy3
x2 + y6
postoji granicna vrednost kad (x, y)→ (0, 0),duz pravih koje prolaze kroz koordinatni pocetak,ali dane postoji lim
(x,y)→(0,0)f(x, y).
36
7 Parcijalni izvodi i diferencijabilnost
86. Naci parcijalne izvode sledecih funkcija
(a) f(x, y) = arctg yx
Resenje:∂f∂x (x, y) = 1
1+ y2X2·( yx
)′x
= 11+ y2
X2·(− yx2
)= − y
x2+y2
∂f∂y (x, y) = 1
1+ y2x2·( yx
)′y
= x2
x2+y2 · 1x = x
x2+y2
(b) f(x, y) = (2x2y2 − x+ 1)3
Resenje:∂f∂x (x, y) = 3(2x2y2 − x+ 1)2 · (4xy2 − 1) ∂f
∂y (x, y) = 3(2x2y2 − x+ 1)2 · 4x2y
(c) f(x, y) =√x2 + y2 − x
Resenje:∂f∂x (x, y) = 1
2 ·2x−1√x2+y2−x
∂f∂x (x, y) = 1
2 ·2y√
x2+y2−x= y√
x2+y2−x
(d) f(x, y) = 2x−y
Resenje:∂f∂x (x, y) = 2x−y · ln 2 · 1 = 2x−y · ln 2 ∂f
∂y (x, y) = 2x−y ln 2 · (−1) = −2x−y · ln 2
(e) f(x, y) = (x+ y)2y+1
Resenje:∂f∂x (x, y) = (2y + 1)(x+ y)2y ∂f
∂y (x, y) = (x+ y)2y+1 ln 2 · (−1) = −2x−y · ln 2
(f) f(x, y) = cosxcos y
Resenje:∂f∂x (x, y) = − sinx
cos y∂f∂y (x, y) = − cosx·(− sin y
cos2 y )7 = cosx sin ycos2 y
(g) y = xx
Resenje:y = xx / lnln y = x ln x /′x1y
′x
= ln x+ 1y′x = y · (ln x+ 1)y′x = xx · (ln x+ 1)
(h) f(x, y) = xy ln xy
Resenje:∂f∂x (x, y) = y(ln xy + x
xy · y) = y(ln xy + 1) ∂f∂y (x, y) = x(ln xy + y
xy · x) = x(ln xy + 1)
(i) f(x, y) = sin x2+y2
x3+y3
37
Resenje:∂f∂x (x, y) = cos x
2+y2
x3+y3 · 2x(x3+y3)−3x2(x2+y2)(x3+y3)2 = cos x
2+y2
x3+y3 · −x4+2xy3−3x2y2
(x3+y3)2
∂f∂y (x, y) = cos x
2+y2
x3+y3 · 2x3y−3x2y2−y4
(x3+y3)2
(j) f(x, y, z) = ln (xy2z3)
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = y2z3
xy2z3 = 1x
∂f∂y (x, y, z) = 2xyz3
xy2z3 = 2y
∂f∂y (x, y, z) = 3xy2z2
xy2z3 = 3z
(k) f(x, y, z) = ex2+y2+z3
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = ex
2+y2+z3 · 2x ∂f∂y (x, y, z) = ex
2+y2+z3 · 2y ∂f∂z (x, y, z) = ex
2+y2+z3 · 3z2
(l) f(x, y) = (xy)z
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = z(xy)z−1 · y ∂f
∂y (x, y, z) = z(xy)z−1 · x ∂f∂z (x, y, z) = (xy)z ln xy · 1
(m) f(x, y, z) = zxy
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = zxy ln (z) · y ∂f
∂y (x, y, z) = zxy ln (z) · x ∂f∂z (x, y, z) = (xy)zxy−1
(n) f(x, y, z) = xyz
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = yzxy
z−1 ∂f∂y (x, y, z) = xy
z ln (x)z−1 ∂f∂z (x, y, z) = xy
z ln (x)z ln y
item f(x, y, z) = ( yx)z
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = −z( yx)z ∂f
∂y (x, y, z) = zx( yx)z−1 ∂f
∂z (x, y, z) = ( yx)z ln yx
(o) f(x, y, z) = xyyzzx
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = yz(yxy−1zx + xyzx ln z) ∂f
∂y (x, y, z) = zx(xy ln x · yz + xyzyz−1)
∂f∂z (x, y, z) = xy(yz ln y · zx + yz · xzx−1)
(p) f(x, y) = logsin y cosx = ln cosxln sin y
Resenje:∂f∂x (x, y) = 1
ln sin y ·− sinxcosx‘ = − sinx
cosx ln sin y = − xln sin y
∂f∂y (x, y) =
− ln cosx· cos ysin y
(ln sin y)2 = − ln cosx(ln sin y)2
87. Naci parcijalne izvode funkcije
f(x, y) ={
xyx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
38
Resenje:
(a) (x, y) 6= (0, 0)∂f∂x (x, y) = y3−yx2x
(x2+y2)2∂f∂y (x, y) = y3−xy2x
(x2+y2)2
(b) (x, y) = (0, 0)∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
h·0h2+02−0
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
002+k2−0
k = limk→0
0−0k = 0
88. Odrediti skup tacaka funkcije
f(x, y) = e( y2
x2 +x22 ), f(0, 0) = 0
u kojima bar jedan od parcijalnih izvoda ∂f∂x ,
∂f∂y ne postoji.
89. Dokazati da je funkcija
g(x, y) = x2y
x2 + y2 , (x, y) 6= (0, 0), g(0, 0) = 0
neprekidna u tacki (0, 0), da ima parcijalne izvode g∂x ,
∂g∂y u toj tacki, ali da parcijalni izvod ∂g
∂y nijeneprekidan u (0, 0).Da li funkcija ∂g
∂x neprekidna u (0, 0)?
90. Ispitati egzistenciju prvih parcijalnih izvoda ∂f∂x ,
∂f∂y , funkcije
f(x, y) =
e( y2
x2 +x22 ), xy 6= 0
0,
u tackama (a, 0), a ∈ R
91. Ispitati diferencijabilnost funkcije
f(x, y) ={
x4
x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
u koordinatnom pocetku.
Resenje:∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
h4h2+02−0
h = limh→0
h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
002+k2−0
k = limk→0
0−0k = 0
Parcijalni izvodi postoje. Proverimo sta je sa prirastajem:f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0) = 0 · h+ 0 · k + σ(h, k)σ(h, k) = f(h, k) = h4
h2+k2
lim(h,k)→(0,0)
σ(h,k)√h2+k2 = lim
(h,k)→(0,0)
h4h2+k2√h2+k2 = lim
(h,k)→(0,0)h4
(h2+k2)√h2+k2 =
39
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣∣ h4
(h2+k2)√h2+k2
∣∣∣∣ = h2·|h||h|(h2+k2)
√h2+k2 ≤ |h| / lim
h→0
0 ≤ limh→0|f | ≤ lim
h→0|h| = 0
T2P==⇒ limh→0|f | = 0 lim
h→0f = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Funkcija jeste diferencijabila u f.
92. Ispitati diferencijabilnost funkcije
f(x, y) =
x2yx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
u koordinatnom pocetku.
Resenje:∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0−0k = 0
Parcijalni izvodi postoje. Proverimo sta je sa prirastajem:f(h, k)− f(0, 0) = 0 · h+ 0 · k + σ(h, k)σ(h, k) = f(h, k) = h2k
h2+k2
lim(h,k)→(0,0)
σ(h,k)√h2+k2 = lim
(h,k)→(0,0)
h2kh2+k2√h2+k2 = lim
(h,k)→(0,0)h2k
(h2+k2)√h2+k2 = lim
(h,k)→(0,0)k=h
h3
(2h2√
2|h|) =
limh→0
h2√
2|h| =
limh→0+
h2√
2h = 12√
2
limh→0−
h2√
2(−h) = − 12√
2Dovoljno da zakljucimo da funkcija nije diferencijabilna. Ovaj limes ne samo da nije nula, vec i nepostoji.=⇒ Funkcija nije diferencijabilna.
Ovo je primer funkcije koja nije diferencijabilna u (0, 0), ali jeste neprekidna i postoje prvi parci-jalni izvodi.
Napomena: Ako bismo uzeli samo pozitivnu vrednost k=h¿0, dobili bismo da je limesjednak 1
2√
2 6= 0, pa bismo opet dokazali da funkcija nije diferencijabilna u (0, 0)
93. Data je funkcijaf(x, y) = x
√|xy|
Naci ∂f∂x ,
∂f∂y u svakoj tacki (x, y) ∈ R2. Ispitati diferencijabilnost funkcije f u tackama (a, 0), a ∈ R.
94. Naci parcijalne izvode ∂f∂x ,
∂f∂y ili utvrditi da ne postoje funkcije
f(x, y) = |2x+ 3y − 1|
u tackama (a1, b1), (a2, b2), (a3, b3), za koje je 2a1 + 3b1 − 1 > 0, 2a2 + 3b2− 1 < 0, 2a3 + 3b3 − 1 = 0
95. Ispitati diferencijabilnost funkcije
f(x, y) =
x4y2
x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
40
Resenje:
(a) (x, y) 6= (0, 0)∂f∂y (x, y) = 2x5y2+4x3y4
(x2+y2)2∂f∂x (x, y) = 2x6y
(x2+y2)2
Parcijalni izvodi su kolicnici dva polinoma kod kojih je polinom u razlicit od nule za(x, y) 6= (0, 0), pa su parcijalni izvodi neprekidni, odakle imamo da je f diferencijabilnaza (x, y) 6= (0, 0).
(b) (x, y) = (0, 0)∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0−0k = 0
I nacin:f(h, k)− f(0, 0) = 0 · h+ 0 · k + σ(h, k)σ(h, k) = f(h, k) = h4k2
h2+k2
lim(h,k)→(0,0)
σ(h,k)√h2+k2 = lim
(h,k)→(0,0)
h4k2h2+k2√h2+k2 =
∣∣∣∣0 ≤ h2k(h2+k2)
√h2+k2
∣∣∣∣ ≤ |h|k2 → 0, (h, k) → (0, 0) =0Funkcija jeste diferencijabilna na citavo prostoru R2.II nacin:Ispitujemo neprekidnost prvog parcijalnog izvoda po x.
lim(x,y)→(0,0)
∂f∂x (x, y) ?= ∂f
∂x (0, 0)
lim(x,y)→(0,0)
∂f∂x (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)2x5y2+4x3y4
(x2+y2)2 =∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣2x5y2+4x3y4
(x2+y2)2
∣∣∣ ≤ 2x4|x|y2
(x2+y2)2 + 4|x|3y4
(x2+y2)2 ≤ 2|x|y2 + 4|x|3 / lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ lim(x,y)→(0,0)
|f | ≤ lim(x,y)→(0,0)
(2|x|y2 + 4|x|3) = 0T2P==⇒ lim
(x,y)→(0,0)|f | = 0 =⇒ lim
(x,y)→(0,0)f = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
Za vezbu dokazati neprekidnost ∂f∂y .
Iz neprekidnosti parcijalnih izvoda sledi diferencijabilnost funkcije
96. Naci parcijalne izvode i ispitati diferencijabilnost:
(a) f(x, y) = x2 + y2
∂f∂x (x, y) = 2x, ∂f
∂y (x, y) = 2yParcijani izvodi postoje i neprekidni su na R2(predstavljaju polinome), pa je funkcija difer-encijabilna u R2.
(b)f(x, y, z) = sin(2x2 − 3y2 + z3)
∂f∂x (x, y, z) = cos(2x2 − 3y2 + z3) · (4x)
∂f∂y (x, y, z) = cos(2x2 − 3y2 + z3) · (−6y)
∂f∂z (x, y, z) = cos(2x2 − 3y2 + z3) · (3z2)
41
Parcijalni izvodi postoje i neprekidni su na R3, jer su jednaki proizvodu polinoma i kom-pozicija neprekidne realne funkcije.
97.f(x, y, z) = e−x
2+sin(z2+1)−y
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = e−x
2+sin(z2+1)−y · (−2x)
∂f∂y (x, y, z) = e−x
2+sin(z2+1)−y · (−1)
∂f∂z (x, y, z) = e−x
2+sin(z2+1)−y · cos(z2 + 1) · 2z
Parcijalni izvodi postoje i neprekidni su, pa je funkcija diferencijabilna.
98.
f(x, y) =
y3
x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
Resenje:∂f∂x (x, y) = −y3·2x
(x2+y2)2
∂f∂y (x, y) = 3y2x2−2y4
(x2+y2)2
Prvi parcijalni izvodi postoje i neprekidni su kao kolicnik dva polinoma pri cemu je polinom u ime-niocu razlicit od nule, pa je f-ja diferencijabilna.
∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
k3
k3 = 1
Parcijalni izvodi postoje.Posmatrajmo prirastaj.f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0) = 0 · h+ 1 · k + σ(h, k), (h, k)→ (0, 0)k3
h2+k2 = k + σ(h, k)⇒ σ(h, k) = k3
h2+k2 − k = −kh2
h2+k2
lim(h,k)→(0,0)k=h>0
−h3
2h2√
2h2 = limh→0
−h3
2h2√
2h2 = − 12√
2 6= 0
Funkcija nije diferencijabilna u (0,0).
99.
f(x, y) =
x3y2
(x2+2y2)√
2x2+y2, (x, y) 6= (0, 0)
0, (x, y) = (0, 0)
Ispitati diferencijabilnost u (0,0).
Resenje:∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0−0k = 0
42
Prvi parcijalni izvodi postoje i jednaki su.f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0) = 0 · h+ 0 · k + σ(h, k), (h, k)→ (0, 0)⇒ σ(h, k) = f(h, k) = h3k2
(h2+2k2)√
2h2+k2
lim(h,k)→(0,0)
σ(h,k)√h2+k2 = 0 -proveriti
lim(h,k)→(0,0)
h3k2
(h2+2k2)√
2h2+k2·√h2+k2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ h2|h||k||k|
(h2+2k2)√
2h2+k2·√h2+k2 ≤ |h|� lim
(h,k)→(0,0)
0 ≤ lim(h,k)→(0,0)
h2|h||k||k|(h2+2k2)
√2h2+k2·
√h2+k2 ≤ |h| = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (T2P )0
Funkcija jeste diferencijabilna u (0,0).
100. Dokazati da funkcija f(x, y) jeste jeste diferencijabilna u (0,0), ali da parcijalni izvodi nisu neprekidniu toj tacki.
f(x, y) ={
(x2 + y2)sin 1x2+y2 , x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
Resenje:∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
h2+sin 1h2
h = limh→0
hsin 1h2 =
=
∣∣∣∣∣∣∣0 ≤
∣∣∣∣hsin 1h2
∣∣∣∣ ≤ |h|� limh→0
0 ≤ limh→0
hsin 1h2 ≤ lim
h→0|h| = 0⇒ T2P
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
k2sin 1k2
k = limk→0
ksin 1k2 = 0
f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0) = 0 · h+ 0 · k + σ(h, k), (h, k)→ (0, 0)
σ(h, k) = f(h, k) = (h2 + k2) · sin 1h2+k2
lim(h,k)→(0,0)
(h2+k2)·sin 1h2+k2√
h2+k2 = lim(h,k)→(0,0)
√h2 + k2 · sin 1
h2+k2 =
=
∣∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ |
√h2 + k2 · sin 1
h2+k2 | ≤√h2 + k2� lim
(h,k)→(0,0)
0 ≤ lim(h,k)→(0,0)
√h2 + k2 · sin 1
h2+k2 ≤ lim(h,k)→(0,0)
√h2 + k2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
(x, y) 6= (0, 0)∂f∂x (x, y) = 2xsin 1
x2+y2 + (x2 + y2)cos 1x2+y2 · −2x
(x2+y2)2 = 2xsin 1x2+y2 − 2x
(x2+y2)cos1
x2+y2
∂f∂x (x, y) =
2xsin 1x2+y2 − 2x
x2+y2,(x,y)6=(0,0)
0, (x, y) = (0, 0)lim
(x,y)→(0,0)∂f∂x (x, y) 6= ∂f
∂x (0, 0)
(xn, yn) = (0, 1√2nπ )→ (0, 0), (n→ +∞)
limn→+∞
f(xn, yn) = limn→+∞
(2 · 0 · sin 102+ 1
2nπ− 2·0
02+ 12nπ
cos 102+ 1
2nπ) = 0
(x′n, y′n) = ( 1√2nπ,0)→ (0, 0), (n→ +∞)
limn→+∞
f(x′n, y′n) = limn→+∞
(2 · 1√2nπ · sin
11
2nπ+02 −2√2nπ
12nπ+02 cos
11
2nπ+02 ) =
limn→+∞
( 2√2nπsin2nπ − 2
√2nπ · cos2nπ) = 0− (+∞) = −∞
∂f∂x (x, y) nije neprekidna u (0,0).∂f∂y (x, y) analogno.
43
101. Data je funkcije
f(x, y) ={ 2x4
x2+y2 , x2 + y2 > 00, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati neprekidnost i diferencijabilnost funkcije f .
102. Date su funkcije
f(x, y) ={
x4
x2+y2 , x2 + y2 > 00, x2 + y2 = 0
g(x, y) ={
x3
x2+y2 , x2 + y2 > 00, x2 + y2 = 0
Dokazati da je funkcija f diferencijabilna,a da funkcija g nije diferencijabilna u tacki (0, 0)
103. Ispitati diferencijabilnost funkcije
f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)α
u zavisnosti od realnog parametra α ≥ 0
104. U zavisnosti od realnog parametra α > 0 ispitati diferencijabilnost funkcije
f(x, y) = max |x|α, |y|α
u ta{cki (0, 0).
105. Ispitati diferencijabilnost funkcijef(x, y) 4
√x2|x||y|
u tackama (a, 0), a ∈ R.
106. Dokazati da parcijlni izvodi ∂f∂x ,
∂f∂y funkcije
f(x, y) ={
(x2 + y2) cos 1x2+y2 , x2 + y2 > 0
0, x2 + y2 = 0
nisu neprekidni u tacki (0, 0), ali da je ipak funkcija diferencijabilna. (kaze se jos da funkcija koja nijeneprekidno-diferencijabilna ili nije C1, moze biti diferencijabilna, dok je obrnuto, naravno uvek tacno;neprekidno-diferencijabilna funkcija (prvi izvodi lokalno postoje i neprekidni su u posmatranoj tacki)je uvek diferencijabilna )
Resenje:∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
h2·cos 1h2
h = limh→0
h cos 1h2 =
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤∣∣∣∣h cos 1
h2
∣∣∣∣ ≤ |h| · | cos 1h2 | ≤ |h| / lim
h→0
0 ≤ limh→0
h cos 1h2 ≤ lim
h→0|h| = 0
⇒ T2P limh→0
f(h,0)h = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
k cos 1k2 = 0
Ako su parcijalni izvodi neprekidni onda moraju iznositi 0. Za (x, y) = (0, 0)∂f∂x (x, y) = 2x cos 1
x2+y2 + (x2 + y2) sin 1x2 + y2 · 2x(x2+y2)2 =
44
={
2x(cos 1x2+y2 + 1
x2+y2 sin 1x2 + y2), (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
lim(x,y)→(0,0)
(2x(cos 1x2+y2 + 2x
x2+y2 sin 1x2 + y2)) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Nizovi :
(xn, yn) = (√
1π2 +2nπ , 0)→ (0, 0), (n→∞)
(x′n, y′n) = (√
1nπ , 0)→ (0, 0), (n→∞)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
(1’)
(2’)
(1’) limn→∞
( 2√π2 +2nπ
cos111
π2 +2nπ
+ 2√π2 +2nπ
·111
π2 +2nπ
·sin111
π2 +2nπ
) = limn→∞
( 2√π2 +2nπ
cos (π2 + 2nπ)+2√
π2 + 2nπ·
sin (π2 + 2nπ)) = limn→∞
2√
π2 + 2nπ =∞
(2’) limn→∞
( 2√nπ
cos111nπ
+ 2√nπ·
111nπ
· sin111nπ
) = limn→∞
( 2√nπ
cos (nπ) + 2√nπ · sin (nπ)) = lim
n→∞2√nπ
= 0
Kako su limesi pomocu nizova razliciti =⇒ lim(x,y)→(0,0)
(2x cos 1x2+y2 + 2x
x2+y2 sin 1x2 + y2) = ∂f∂x ima
prekid u (0, 0), tj. parcijalni izvod ∂f∂x nije neprekidan u (0, 0)
∂f∂y = 2y cos 1
x2+y2 + 2yx2+y2 sin 1x2 + y2
Analogno prethodnom parcijalnom izvodu ∂f∂y nije neprekidan u (0, 0) Treba dokazati da je f(x, y)
diferencijabilnaKako su ∂f
∂x (0, 0) = limh→0
f(h,0)−f(0,0)h = 0 i ∂f
∂y (0, 0) = limk→0
f(0,k)−f(0,0)k = 0 treba proveriti da li je
lim(h,k)→(0,0)
f(h,k)√h2+k2
?= 0
lim(h,k)→(0,0)
(h2+k2)·sin 1h2+k2√
h2+k2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤|(h2+k2)·sin 1
h2+k2 |√h2+k2 ≤
|h|·|h|·| sin 1h2+k2 |√
h2+k2 +|k|·|k|·| sin 1
h2+k2 |√h2+k2
≤ |h|+ |k| / lim(h,k)→(0,0)
0 ≤ lim(h,k)→(0,0)
f(h,k)√h2+k2 ≤ 0
⇒ T2P lim(h,k)→(0,0)
f(h,k)√h2+k2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0
Funkcija je diferencijabilna u (0, 0).
107. Dokazati da je funkcija u(x, y, z) = max{√x2 + y2, z} nije diferencijabilna u tackama (a, b, c) ∈ R3
za koje je√a2 + b2 = c i a 6= 0, dok je za sve (a, b, c) ∈ R3 za koje je a 6= 0 i
√a2 + b2 > c funkcija
diferencijabilna.
108. Dokazati da funkcijaf(x, y) = 2018
√x2016y2
nije diferencijabilna, a da funkcijag(x, y) = xf(x, y)
jeste diferencijabilna u tacki (0, 0)
109. Date su funkcije
f(x, y) =
(2x−y)3
x2+y2 , x2 + y2 6= 00, x2 + y2 = 0
, g(x, y) =
x2y4+x4y2
x4+x2y2+2y4 , x2 + y2 6= 00, x2 + y=0
Dokazati da funkcija f nije diferencijabilna, a da funkcija g jeste diferencijabilna u tacki (0, 0).
Resenje:
45
Analogno prethodnim zadacima.
110. Date su funkcije
f(x, y) =
x3y+3x2y2
x2+y2 , x2 + y2 6= 00, x2 + y2 = 0
, g(x, y) =
y3ax3
x2+y2 , x2 + y2 6= 00, x2 + y=0
Dokazati da je funkcija f diferencijabilna, a da funkcija g nije diferencijabilna u tacki (0, 0).
111. Date su funkcije
f(x) =
2x2y2
x2−xy+y2 , x2 + y2 > 00, x2 + y2 = 0
, g(x) =
x3+y3
x2+y2 , x2 + y2 > 00, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati:
(a) difernecijabilnost funkcija f i g(b) neprekidnost parcijalnih izvoda ∂f
∂x ,∂f∂y ,
∂g∂x ,
∂g∂y .
Resenje:
(a) Funkcija f je diferencijabilna u (0, 0), ali funkcija g nije diferencijabilna u (0, 0)
(b) ∂f∂x = −2x2y3+4xy4
(x2−xy+y2)2
Parcijalni izvod ∂f∂x je neprekidan na R2\(0, 0), kao kolicnik polinoma koji su neprekidne
funkcije, gde je polinom u imeniocu razlicit od 0. Sada je
∂f∂x (0, 0) = lim
(x,y)→(0,0)−2x2y3+4xy4
(x2−xy+y2)2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ 2x2|y|y2
(y− 12x)2+ 3
4x2 + 4|x|y4
(x− 12y)2+ 3
4y2 ≤
2x2|y3|34x
2 + 4|x|y234y
2
≤ 83 |y
3|+ 163 |x|y
2 / lim(x,y)→(0,0)
0 ≤ ∂f∂x (0, 0) ≤ lim
(x,y)→(0,0)
(83 |y
3|+ 163 |x|y
2)
= 0
Na osnovu teoreme o dva policajca ∂f∂x (0, 0) = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
∂f∂x =
−2x2y3+4xy4
(x2−xy+y2)2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
Parcijalni izvod ∂f∂x (0, 0) je neprekidan u (0, 0).
Analogno dobijamo : ∂f∂y je neprekidan u (0, 0).
∂g∂x = x4+3x2y2−2xy3
(x2+y2)2
∂g∂x(0, 0) = lim
(x,y)→(0,0)g(h,0)−g(0,0)
h = 1
∂g∂x =
x4+3x2y2−2xy3
(x2+y2)2 , (x, y) 6= (0, 0)1, (x, y) = (0, 0)
Parcijalni izvod ∂g∂x je neprekidan na R2\(0, 0), kao kolicnik polinoma koji su neprekidne
funkcije, gde je polinom u imeniocu razlicit od 0. Ostaje nam da proverimo da li jeneprekidna u (0, 0), tj. da li je lim
(x,y)→(0,0)∂g∂x
?= ∂g∂x(0, 0)
Procenimo razliku:
46
lim(x,y)→(0,0)
x4+3x2y2−2xy3−x42x2y2−y4
(x2+y2)2 = lim(x,y)→(0,0)
x2y2−2xy3−y4
(x2+y2)2 =
∣∣∣∣∣∣∣0 ≤ x2y2
(x2+y2)2 + 2|x||y|y2
(x2+y)(x2+y2)+y4
(x2+y2)2 ≤ 3
∣∣∣∣∣∣∣Duz nizova: (xn, yn)n i (x′n, y′n)n(xn, yn) = ( 1
n ,1n)→ (0, 0)(n→∞), (x′n, y′n) = ( 1
n ,−1n)→ (0, 0)(n→∞)
limn→∞
1n4−
2n4−
1n4
4n4
= limn→∞
−2n4
4n4 = −12
limn→∞
1n4 + 2
n4−1n4
4n4
= limn→∞
2n4
4n4 = 12
=⇒ limesi su razliciti =⇒ limes ne postoji
=⇒ Parcijalni izvod ima prekid u (0, 0)Analogno dobijamo : ∂g
∂y ima prekid u (0, 0). Moguce je koristiti prethodne nizove.
112. Date su funkcije
f(x) =
3x4−2y4
x2+y2 , x2 + y2 > 00, x2 + y2 = 0
, g(x) =
2y3
x2+y2 , x2 + y2 > 00, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati:
(a) difernecijabilnost funkcija f i g(b) neprekidnost parcijalnih izvoda ∂f
∂x ,∂f∂y ,
∂g∂x ,
∂g∂y .
Resenje: Analogno prethodnom zadatku.
113. Dokazati da za datu funkciju
f(x, y) = (3x2 + 2y2) cos 1√3x2 + 2y22
, (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0,
parcijani izvodi ∂f∂x ,
∂f∂y postoje u tacki (0, 0), ali da nisu neprekidni u toj tavcki. Da li je funkcija f
diferencijabilna u toj tacki?
114. Date su funkcije f : R2\{(0, 0)} → R, f(x, y) = (x2 + y2) sin 1x2+y2 i g : R2\{(0, 0)} → R, g(x, y) =
1x2+y2 sin 1
x2+y2 . Mogu li se funkcije dodefinisati u tacki (0, 0) tako da budu neprekidne u toj tacki.Obrazloziti.
115. Date su funkcije
f(x, y) =
(2x−y)3
x2+y2 , x2 + y2 6= 00, x2 + y2 = 0
, g(x, y) =
x2y4+x4y2
x4+x2y2+2y4 , x2 + y2 6= 00, x2 + y2 = 0
Dokazati da funkcija f nije difencijabilna, a da g jeste diferencijabilna u tacki (0, 0).
Resenje: Analogno.
116. U R2 ispitati diferencijabilnost funkcije
f(x, y) = 3√xy2
47
Resenje:∂f∂x (x, y) = y2
3· 3√
(xy2)2
∂f∂y (x, y) = 2xy
3· 3√
(xy2)2
∂f∂x i ∂f
∂y su neprekidne funkcije za xy 6= 0. Pa je tada f diferecijabilna funckija.Ispitati za (x, y) =
(a) (a, 0), a 6= 0
(b) (0, b), b 6= 0
(c) (0, 0).
(a) ∂f∂x (a, 0) = lim
h→0f(a+h,0)−f(a,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (a, 0) = lim
k→0f(a,k)−f(a,0)
k = limk→0
3√ak2−0k = lim
k→0
3√a· 3√k2
k =
limk→0
3√a3√k
= ±∞U zavisnosti da li je a > 0 ili a < 0 i (k → 0+)(k → 0−)
Funkcija nije diferencijabilna u (a, 0)a 6= 0
(b) ∂f∂x (0, b) = lim
h→0f(h,b)−f(0,b)
h = limh→0
3√hb2−0h = lim
h→0
3√h· 3√
b2
h = limh→0
3√b2
3√h2 =
( 3√b2
0+
)= +∞
Funkcija nije diferencijabilna u (0, b), b 6= 0.
(c) ∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = 0f(h, k)− f(0, 0) = 0 · h+ 0 · k + σ(h, k), (h, k)→ (0, 0)σ(h, k) = f(h, k) = 3√
hk2
h = k > 0lim
(h,k)→(0,0)
3√h3√
2h2 = limh→0
h√2·h = 1
2 6= 0
Funkcija nije diferencijabilna u (0,0).
117. Ispitati diferencijabilnost funkcijef(x, y) =
√|xy|
Resenje:
f(x, y) ={√
xy, xy > 0;√−xy, xy < 0
(a) xy > 0
∂f∂x (x, y) = (√xy)′x = 1
2√xy · y = y2√xy
∂f∂y (x, y) = x
2√xy
48
(b) xy < 0
∂f∂x (x, y) = (
√−xy)′x = −y
2√−xy
∂f∂y (x, y) = x
2√−xy
∂f∂x (x, y) =
y
2√xy , xy > 0−y
2√−xy , xy < 0
∂f∂y (x, y) =
x
2√xy , xy > 0−x
2√−xy , xy < 0
Parcijalni izvodi ∂f∂x i ∂f
∂y su neprekidne f-je, kada je xy > 0 i xy < 0, pa je f diferencijabilna na timskupovima.
Proverimo za xy = 0
(a) (a, 0), a 6= 0
∂f∂x (a, 0) = lim
h→0f(a+h,0)−f(a,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (a, 0) = lim
k→0f(a,k)−f(a,0)
k = limk→0
√|ak|−0k = lim
k→0
√|ak|k
limk→0
√|a|√|k|
k
Za k → 0+
limk→0+
√|a|√|k|
k = +∞
Funkcija nije fiferencijabilna u (a, 0), a 6= 0
(b) (0, b), b 6= 0∂f∂x (0, b) = lim
h→0f(h,b)−f(0,b)
h = limh→0
√|hb|−0h = lim
h→0
√|b|√h
h = limh→0+
√|b|√|h|
h = limh→0+
√|b|√|h|
=+∞Funkcija nije diferencijabilna u (0, b), b 6= 0
(c) (0, 0)
∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0−0k = 0
f(h, k)− f(0, 0) = 0 · h+ + · k + σ(h, k), (h, k)→ (0, 0)σ(h, k) = f(h, k) =
√|hk|
k=h¿0lim
(h,k)→(0,0)
√h2√2h2 = lim
h→0h√2·h = 1
2 6= 0
Funkcija nije diferencijabilna u (0,0).
118. Data je funkcija
f(x, y) =
x5−3xy4
(x2−xy+y2)√x2+2y2
, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
49
U tacki (0, 0) ispitati diferencijabilnost.
Resenje: Funkcija nije diferencijabilna u tacki (0, 0).
119. Data je funkcija
f(x, y) =
x2y3−7x2yx2+y2 , x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati diferencijabilnost.
Resenje: Funkcija je diferencijabilna u (0, 0).
120. Data je funkcija
f(x, y) =
2x4y−3y5
(x2−xy+2y2)√
2x2+2y2, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati diferencijabilnost.
Resenje: Funkcija je diferencijabilna u (0, 0)
121. Ispitati diferecijabilnost funckije
f(x, y) = 3√x3 + y3
Resenje:∂f∂x (x, y) = 3x2
3· 3√
(x3+y3)2
∂f∂y (x, y) = 3y2
3· 3√
(x3+y3)2
∂f∂x i ∂f
∂y su neprekidne f-je kada je x3 + y3 6= 0,tj x+y 6= 0,tj y 6= −x, tada je f diferecijabilna.(a, b), b 6= −a
(a) b = −a, a 6= 0∂f∂x (a, b) = ∂f
∂x (a,−a) = limh→0
f(a+h,−a)−f(a,−a)h = lim
h→0
3√
(a+h)3+(−a)3− 3√a3+(−a)
h =
limh→0
3√a3+3a2h+3ah2+h3−a3− 3√0h = lim
h→0
3√3a2h+3ah2+h3
h = limh→0
3√h(3a2+3ah+h2)
h = limh→0
3√h· 3√3a2+3ah+h2
h =
limh→0
3√3a2+3ah+h23√h2 =
( 3√3a2
0+
)= ±∞
f nije diferencijabilna.(b) (a, b), b = −a, a = 0⇒ (0, 0)
∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
h−0h = 1
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
k−0k = 1
f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0) = 1 · h+ 1 · k + σ(h, k), (h, k)→ (0, 0)
3√h3 + k3 − h− k = σ(h, k), (h, k)→ (0, 0)k = h > 0
lim(h,k)→(0,0)
3√h3+k3−h−h√h2+h2 = lim
h→0
3√2·h−2h√2·h = lim
h→0h( 3√2−2)√
2·h =3√2−2√
2 6= 0
50
f-ja nije diferencijabilna ni u (0,0).
122. Ispitati diferencijabilnost u (0,0) funkcije
f(x, y) =
e− 1x2+y2 , x2 + y2 > 0
0, x2 + y2 = 0
Resenje: Jeste diferencijabilna.
123. Data je funkcijaf(x, y) = |2xy|
32
ispitati diferencijabilnost funkcije u tacki (0, 0).
7.1 Izvod u pravcu, gradijent
124. Data je funkcija
f(x, y) ={
x3
x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
U tacki (0,0) ispitati postojanje izvoda u proizvoljnom pravcu. Odreditti ∂f∂l (0, 0), l = (l1, l2),√
l21 + l22 = 1, ‖l‖ = 1.
∂f∂l (0, 0) = lim
t→0f(0+tl1,0+tl2)−f(0,0)
t = limt→0
f(tl1,tl2)−f(0,0)t lim
t→0
t3l31(tl1)2+(tl2)2−0
t =
limt→0
t3l31t2t = l31
Izvod proizvoda u pravcu postoji.Ova funkcija nije diferencijabilna u (0,0), ali izvod u toj tacki u proizvoljnom pravcu postoji
125. Izabrati jednu od funkcija
f(x, y) =
(2x2y−xy2)3
(x2+y2)2 , x2 + y2 6= 00, x2 + y2 = 0
, g(x, y) = 2 3√xy2
i za izabranu funkciju ispitati diferencijabilnost i naci izvod u tacki (0, 0) u pravcu proizvoljnog vektoral = (l1, l2), ‖ l ‖= 1, ukoliko taj izvod postoji
Resenje:
(a)
f(x, y) =
(2x2y−xy2)3
(x2+y2)2 , x2 + y2 6= 00, x2 + y2 = 0
Kako su parcijalni izvodi neprekidni u tacki (x, y) 6= (0, 0), jer predsavljaju kolicnik neprekid-nih funkcija-polinoma, gde je polinom u imeniocu razlicit od nule za (x, y) 6= (0, 0) =⇒Funkcija je diferencijabilna za (∀(x, y) 6= (0, 0)). Potrebno je utvrditi da li je diferencija-
bilna i u tacki (x, y) = (0, 0), tj. da li je lim(h,k)→(0,0)
g(0+h,0+k)−g(0,0)− ∂g∂x
(0,0)− ∂g∂y
(0,0)√h2+k2
?= 0
51
∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0h = 0
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0k = 0
=⇒ lim(h,k)→(0,0)
f(h,k)√h2+k2
?= 0
lim(h,k)→(0,0)
(2h2k−hk2)3
(h2+k2)2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 ≤ |8h6k3−12h5k4+6h4k5−h3k6|
(h2+k2)2√h2+k2 ≤ 8h2k2 + 18k4 + h2k2 / lim
(h,k)→(0,0)
0 ≤ lim(h,k)→(0,0)
f(h,k)√h2+k2 ≤ lim
(h,k)→(0,0)(8h2k2 + 18k4 + h2k2) = 0
T2P==⇒ lim(h,k)→(0,0)
f(h,k)√h2+k2 = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=⇒ Funkcija f(x, y) je diferencijabilna i u tacki (0,0), pa je diferencijabilna na celom skupuR.
Izvod u pravcu l = (l1, l2), ‖ l ‖= 1 u tacki (0, 0).limt→0
f(0+tl1,0+tl2)−f(0,0)t = lim
t→0(2t3l21−t3l1l22)3
(t2(l21+l22))2 = limt→0
t5(2l21l2 − l1l22)3 = 0
(b)g(x, z) = 2 3
√xy2
Funkcija je diferencijabilna u tackama (x, y) 6= (0, 0), jre predstavlja proizvod monoma kojisu neprekidne funkcije. Treba proveriti da li je funkcija diferencijabilna u (x, y) = (0, 0), tj.
da li vazi lim(h,k)→(0,0)
g(0+h,0+k)−g(0,0)− ∂g∂x
(0,0)− ∂g∂y
(0,0)√h2+k2
?= 0
∂g∂x(0, 0) = lim
h→0g(h,0)−g(0,0)
h = limh→0
0h = 0
∂g∂y (0, 0) = lim
k→0g(0,k)−g(0,0)
k = limk→0
0k = 0
=⇒ lim(h,k)→(0,0)
g(h,k)√h2+k2
?= 0
lim(h,k)→(0,0)
2 3√xy2
√h2+k2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣polarne koordinate:
h = ρ cos θ, k = ρ sin θ
h2 + k2 = ρ2, ρ→ 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= lim
ρ→02 3√ρ3 cos θ sin2 θ|ρ| = lim
ρ→02ρ 3√cos θ sin2 θ
|ρ|
= limρ→0±2 3√cos θ sin2 θ = ±2 3√cos θ sin2 θ
Limes zavisi od cos θ i sin θ, pa sledi da funkcija nije difernecijabilna u tacki (0, 0). =⇒Funkcija je diferencijabilna u R0, 0)u pravcu:l = (l1, l2), ‖ l ‖= 1 u tacki (0, 0).limt→0
g(0+tl1,0+tl2)−g(0,0)t = lim
t→02 3√t3l1l22t = lim
t→02t 3√l1l22t = 2 3√l1l2
Izvod u tacki u kojoj funkcija g(x, y) nije diferencijabilna moze postojati u bilo kom pravcu.
126. Data je funkcija
f(x, y) =
x5−3xy4
(x2−xy+y2)√x2+2y2
, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) naci izvod u pravcu (po definiciji!) vektora l = ( 1√2 ,
1√2)
Resenje:∂f∂l = lim
t→0f(0+tl1,0+tl2)−f(0,0)
t = limt→0
t54√
2−3 t5
4√
2
t( t22 −t22 + t2
2 )√
t22 + 2t2
2
= limt→0
−t52√
2t32
√32 |t|
= limt→0
±2√
2t2√
2√
3 = limt→0
±t√3 = 0
127. Date su funkcije f : R2 → R, g : R2 → R definisane sa f(x, y) = 2x5−x3y2
(x2+2y2)√
2x2−xy+y2, (x, y) 6=
(0, 0), f(0, 0) = 0, g(x, y) = 2|x3y|14 U tacki (0, 0) ispitati diferencijabilnost i egzistenciju izvoda u
pravcu proizvoljnog vektora l = (l1, l2), ‖ l ‖= 1
52
128. Data je funkcija
f(x, y) =
x2y3−7x2yx2+y2 , x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati izvod u proizvolnom pravcu (tj. odrediti ∂f∂l (0, 0), l = (l1, l2), ‖ l ‖= 1)
Resenje:∂f∂l = lim
t→0f(0+tl1,0+tl2)−f(0,0)
t = limt→0
2t4l1l32−7t4l31l2tt2(l21+l22) = lim
t→0t4(2l1l32−7l31l2)
tt2 = limt→0
t(2l1l32 − 7l31l2) = 0
129. Data je funkcija
f(x, y) =
2x4y−3y5
(x2−xy+2y2)√
2x2+2y2, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) naci izvod u pravcu (po definiciji!) vektora l = ( 1√2 ,
1√2)
Resenje: 0
130. Ispitati diferencijabilnost funkcije
f(x, y) =
(x2−y)3
x4+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
131. Data je funkcija
f(x, y) ={ 2x3
x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)
(a) Ispitati neprekidnost funkcije f na r2
(b) Naci izraze za prve parcijalne izvode ∂f∂x ,
∂f∂y na skupu gde oni postoje.
(c) Ispitati neprekidnost parcijalnih izvoda ∂f∂x ,
∂f∂y na skupu na kom su definisani.
(d) Dokazati da postoje izvodi u bilo kom pravcu u svim tackama iz R2
(e) Ispitati diferencijabilnost funkcije f na R2
7.2 Parcijalni izvodi drugog reda
132.133. Naci sve parcijalne izvode drugog reda funkcije
f(x, y) = x2y + xy2
Resenje:∂f∂x (x, y) = 2xy + y2,
∂f∂y (x, y) = x2 + 2xy,
∂2f∂x2 (x, y) = ∂
∂x
(∂f∂x
)(x, y) = 2y,
∂2f∂y2 (x, y) = ∂
∂y
(∂f∂y
)(x, y) = 2x,
53
∂2f∂x∂y (x, y) = ∂
∂x
(∂f∂y
)(x, y) = 2x+ 2y,
∂2f∂y∂x(x, y) = ∂
∂y
(∂f∂x
)(x, y) = 2x+ 2y.
134. Data je funckija
f(x, y) =
xy(x2−y2
x2+y2
), (x, y) 6= (0, 0),
0, (x, y) = (0, 0)
Ispitati jednakost mesovitih parcijanih izvoda u R2.
Resenje:(x, y) 6= (0, 0). Data f-ja predstavlja kolicnik dva polinoma, pa ce i prvi izvod biti kolicnik dva poli-noma, a takodje i drugi izvod po ma kojoj promenljivoj, pri cemu je polinom u imeniocu razlicit of nulekada je (x, y) 6= (0, 0). Prema tome ∂2f
∂x∂y , ∂2f∂y∂x , ce biti neprekidne f-je, pa vazi njihova nejednakost.
∂2f∂x∂y (0, 0) = ∂
∂x
(∂f∂y
)(0, 0) = lim
h→0
∂f∂y
(h,0)− ∂f∂y
(0,0)h (*)
∂f∂y (h, 0) = lim
k→0f(h,k)−f(h,0)
k = limk→0
hk h2−k2h2+k2−0k = lim
k→0hh
2−k2
h2+k2 = h
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0−0k = 0
⇒ (∗) limh→0
h−0h = lim
h→0hh = 1
∂2f∂x∂y (0, 0) = 1
∂2f∂y∂x(0, 0) = ∂
∂y
(∂f∂x
)(0, 0) = lim
k→0
∂f∂x
(0,k)− ∂f∂x
(0,0)k (**)
∂f∂x (0, k) = lim
h→0f(h,k)−f(0,k)
h = limh→0
hk h2−k2h2+k2−0h = lim
h→0k h
2−k2
h2+k2 = −k∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
⇒ (∗∗) limk→0
−k−0k = −1
⇒ ∂2f∂y∂x(0,0 = −1 6= 1 = ∂2f
∂x∂y (0, 0).Dakle, mesoviti parcijalni izvodi su razliciti.
135. Ispitati jednakost mesovitih parcijalnih izvoda funkcije
f(x, y) ={xy, |y| ≤ |x|,−xy, |y| > |x|
U tacki (0,0).
Resenje:∂2f∂x∂y (0, 0) = ∂
∂x
(∂f∂y
)(0, 0) = lim
h→0
∂f∂y
(h,0)− ∂f∂y
(0,0)h (*)
∂f∂y (h, 0) = lim
k→0f(h,k)−f(h,0)
k =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣f(h, k) :h je fiksno,a k → 0
⇒ |k| ≤ |h|
⇒ f(h, k) = hk
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= lim
k→0hk−0k = h
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0−0k = 0
54
(∗)⇒ limh→0
h−0h = 1
∂2f∂y∂x(0, 0) = ∂
∂y
(∂f∂x
)(0, 0) = lim
k→0
∂f∂x
(0,k)− ∂f∂x
(0,0)k (**)
∂f∂x (0, k) = lim
h→0f(h,k)−f(0,0)
h =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣f(h, k) :k je fiksno, h→ 0
⇒ |h| < |k|
⇒ f(h, k) = −hk
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= lim
h→0−hk−0h = −k
∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
0−0h = 0
(∗∗)⇒ limk→0
−k−0k = −1
1 6= −1
136.
f(x, y) =
x5
(x2+y2)·√x2+y2
, x2 + y2 > 0
0, x2 + y2 = 0.
U tacki (0,0)
(a) Dokazati diferencijabilnost funkcije f, dokazajuci da su ∂f∂x i ∂f
∂y neprekidni u toj tacki.(b) Dokazati diferencijabilnost funkcije(prirastaj).(c) Proveriti egzistenciju mesovitih parcijalnih izvoda drugog reda funkcije f i u koliko postoje
proveriti jednakost.
Resenje: Pod (a) i (b) analogno prethodnim zadacima.
(c) ∂2f∂x∂y (0, 0) = ∂
∂x
(∂f∂y
)(0, 0) = lim
h→0
∂f∂y
(h,0)− ∂f∂y
(0,0)h (*)
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0−0k = 0
∂f∂y (h, 0) = lim
k→0f(h,k)−f(h,0)
k = limk→0
=h5
(h2+k2)·√h2+k2−
h5
h2√h2
k
⇒ LP
limk→0
−3h5k(h2+k2)2
√h2+k2−0
k = 0
⇒ (∗) limh→0
0−0h = 0 = ∂2f
∂x∂y (0, 0)
∂2f∂y∂x(0, 0) = ∂
∂y
(∂f∂x
)(0, 0) = lim
k→0=
∂f∂x
(0,k)− ∂f∂x
(0,0)k (**)
∂f∂x (0, k) = lim
h→0f(h,k)−f(0,k)
h = limh→0
h5
(h2+k2)·√x2+k2−0
h = 0
∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
h5
h2·√h2−0
h = limh→0
h4
h2·|h| = limh→0
h2
|h| =
limh→0
|h|·|h|h = lim
h→0|h| = 0
⇒ (∗∗) limk→0
0−0k = 0 = ∂2f
∂y∂x(0, 0)
137. Data je funkcija
f(x, y) =
x5−3xy4
(x2−xy+y2)√x2+2y2
, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
55
U tacki (0, 0) ispitati da li postoje mesoviti parcijalni izvodi ∂2f∂x∂y , ∂2f
∂y∂x i da li su jednaki.
Resenje:∂f∂x (0, 0) = 0, ∂f
∂y (0, 0) = 0∂2f∂x∂y (0, 0) = ∂
∂x
(∂f∂y
)(0, 0) = lim
h→0=
∂f∂y
(0+h,0)− ∂f∂y
(0,0)h (*)
∂f∂y (0, 0) = lim
k→0f(0,k)−f(0,0)
k = limk→0
0k = 0
∂f∂y (h, 0) = lim
k→0f(h,k)−f(h,0)
k = limk→0
(h5−3hk4
k(h2−hk+k2)√h2+2k2 − h5
kh2|h|
)= ... = h
⇒ (∗) limh→0
h−0h = 1 = ∂2f
∂x∂y (0, 0)
∂2f∂y∂x(0, 0) = ∂
∂y
(∂f∂x
)(0, 0) = lim
k→0=
∂f∂x
(0,k)− ∂f∂x
(0,0)k (**)
∂f∂x (0, k) = lim
h→0f(0+h,k)−f(0,k)
h = limh→0
h5−3hk4
h(h2−hk+k2)√h2+2k2 = 0
∂f∂x (0, 0) = lim
h→0f(h,0)−f(0,0)
h = limh→0
h5
hh2|h| = limh→0|h| = 0
⇒ (∗∗) limk→0
0−0k = 0 = ∂2f
∂y∂x(0, 0) =⇒ Mesoviti parcijalni izvodi nisu jednaki.
138. Data je funkcija
f(x, y) =
x2y3−7x2yx2+y2 , x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati jednakost mesovitih parcijalnih izvoda ∂2f∂x∂y , ∂2f
∂y∂x .
Resenje:−7 = ∂2f
∂x∂y 6=∂2f∂y∂x = 2 =⇒ Mesoviti parcijalni izvodi nisu jednaki.
139. Data je funkcija
f(x, y) =
2x4y−3y5
(x2−xy+2y2)√
2x2+2y2, x2 + y2 6= 0
0, x2 + y2 = 0
U tacki (0, 0) ispitati da li postoje mesoviti parcijalni izvodi ∂2f∂x∂y , ∂2f
∂y∂x i da li su jednaki.
Resenje:0 = ∂2f
∂x∂y = ∂2f∂y∂x = 0 =⇒ Mesoviti parcijalni izvodi su jednaki.
140. Data je funkcija
f(x, y) ={x2 sin y
x − y2 sin x
y , x 6= 0 & y 6= 00, x = 0 ∨ y = 0
Ispitati tacnost jednakosti ∂2f∂x∂y (0, 0) = ∂2f
∂y∂x(0, 0)
141. Proveriti tacnost jednakosti∂2f
∂x∂y(0, 0) = ∂2f
∂y∂x(0, 0)
ako je f(x, y) = xy · arctg x2−y2
x2+y2 za (x, y) 6= (0, 0) i f(0, 0) = 0.
56
142. Proveriti tacnost jednakosti∂2f
∂x∂y(0, 0) = ∂2f
∂y∂x(0, 0)
ako je f(x, y) = xy3−4x3yx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0.
143. Proveriti tacnost jednakosti∂2f
∂x∂y(0, 0) = ∂2f
∂y∂x(0, 0)
ako je f(x, y) = 5x3y−4xy3
x2+y2 , (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0.
144. Proveriti tacnost jednakosti∂2f
∂x∂y(0, 0) = ∂2f
∂y∂x(0, 0)
ako je f(x, y) = 4xy3a2x3yx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0), f(0, 0) = 0.
57
8 Lokalni ekstremi
145. Ispitati prirodu stacionarnih tacaka i odrediti lokalne ekstreme sledecih funkcija:
(a)f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 2x+ 4y − 6z
Resenje:∂f∂x (x, y, z) = 2x+ 2 = 0⇒ x = −1∂f∂y (x, y, z) = 2y + 4 = 0⇒ y = −2∂f∂z (x, y, z) = 2z − 6 = 0⇒ z = 3
Stacionarna tacka (-1,-2,3)∂2f∂x2 = 2∂2f∂y2 = 2∂2f∂z2 = 2
∂2f∂x∂y = ∂2f
∂x∂z = ∂2f∂y∂z = 0
I nacin:
M(Φ) =
2 0 0
0 2 2
0 0 2
A1 = 2 > 0, A2 =
∣∣∣∣∣∣∣2 0
0 2
∣∣∣∣∣∣∣ = 4 > 0, A3 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 0 0
0 2 0
0 0 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 8
⇒ Φ je pozitivno definitna, pa je (-1,-2,3) tacka lokalnog minimuma, tj,fmin(−1,−2, 3) =−14.II nacin:Φ(h, k, l) = 2 ·h2 +2 ·k2 +2 · l2 +2 ·0 ·hk+2 ·0 ·hl+2 ·0 ·kl = 2(h2 +k2 + l2) > 0, (∀(h, k, l) 6=(0, 0, 0)) Φ je pozitivno definitna.
(b)f(x, y) = 3xy − x3 − y3
Resenje:∂f∂x = 3y − 3x2 = 0⇒ y = x2
∂f∂y = 3x− 3y2 = 0⇒ x = y2
⇒ x1 = 0, x2 = 1, y1 = 0, y2 = 1.
∂2f∂x2 = −6x ∂2f
∂y2 = −6y ∂2f∂x∂y = 3
Stacionarne tacke:(0,0) i (1,1).
58
Za (0,0)I nacin:
M(Φ) =
0 3
3 0
A1 = 0, A2 = −9 < 0(0,0) Nije tacka lokalnog extrema.II nacin:
Φ(h, k) = 0 · h2 + 2 · 3 · hk + 0 · k2 = 6hk =
6h2 > 0, h = k 6= 0,
−6h2 < 0, k = −h 6= 0Kvadratna forma Φ menja znak u okolini tacke (0,0), pa (0,0) nije tacka lokalnog extrema.
Za (1,1)I nacin:
M(Φ) =
−6 3
3 −6
A1 = −6 < 0, A2 = 27 > 0⇒ Φ je negativno definitna, pa je (1,1) tacka lok.maximuma, fmax(1,1)=1.
II nacin:
Φ(h, k) = −6 · h2 + 2 · 3 · hk − 6k2 = −6 · (h2 − hk + k2) = −6((h− 12k)2 + 3
4 · k2)2 < 0
Φ je negativno def.,pa ima max u (1,1).
(c)f(x, y, z) = x3 + y2 + z2 + 12xy + 2z
Resenje:∂f∂x = 3x2 + 12y = 0⇒ x2 + 4y = 0
∂f∂y = 2y + 12x = 0⇒ y = −6x
∂f∂z = 2z + 2⇒ z = −1
∂2f∂x2 = 6x
∂2f∂y2 = 2
∂2f∂z2 = 2
∂2f∂x∂y = 12
∂2f∂x∂z = 0
∂2f∂y∂z = 0
Za (0,0,-1)
59
I nacin
M(Φ) =
0 12 0
12 2 0
0 0 2
A1 = 0, A2 = −144 < 0, A3 = −288 < 0
Ne zakljucujemo nista. Pa zadatak resavamo na drugi nacin.II nacin:Φ(h, k, l) = 0 · h2 + 2 · k2 + 2 · l2 + 2 · 12hk + 0 · hl + 0 · kl =
= 2k2 + 2l2 + 24hk =
28h2 > 0, k = h, l = h, h 6= 0
−20h2 < 0, k = −h, l = h, h 6= 0Kvadratna forma menja znak, pa (0,0,-1) nije tacka lokalnog extrema.Za (21,-144,-1)I nacin:
M(Φ) =
144 12 0
12 2 0
0 0 2
A1 = 144 > 0, A2 = 144 > 0, A3 = 288 > 0Φ je pozitivno definitn, pa je (24,-144,-1) tacka lok.min.fmin(24,−144,−1) = −6913
II nacin:Φ(h, k, l) = 144h2 + 2k2 + 2l2 + 2 · 12hk + 2 · 0 · hl+ 2 · 0 · kl = 144h2 + 2k2 + 2l2 + 24hk =(12h+ k)2 + k2 + 2l2 > 0(∀(h, k, l) 6= (0, 0, 0)),Φ je pozitivno definitna.
(d)f(x, y) = x4 + y4 − 2x2
Resnje:∂f∂x = 4x3 − 4x = 0⇒ x1 = 0, x2 = 1, x3 = −1∂f∂y = 4x3 = 0⇒ y = 0
(0,0),(1,0),(-1,0)∂2f∂x2 = 12x2 − 4
∂2f∂y2 = 12y2
∂2f∂x∂y = 0
Za (0,0):
I nacin:
60
M(Φ) =
−4 0
0 0
A1 = −4, A2 = 0,⇒ Ne zakljucujemo nista.
II nacin:Φ(h, k) = −4 · h2 + 2 · 0 · hk + 0 · k2 = −4h2 < 0, (∀(h, k) 6= (0, 0))Neka je Φ(h, k) = (0, 7) 6= (0, 0), tada je Φ(h, k) = Φ(0, 7) = 0Dakle Φ(h, k) = −4h2 < 0, za h 6= 0, a Φ(h, k) = −4h2 = 0 za h=0,k 6= 0,pa je Φ(h, k) ≤ 0.Pa opet nista ne zakljucujemo.
Posmatramo prirastaj u (0,0)f(0 + h, 0 + k)− f(0, 0) = f(h, k)− f(0, 0) = h4 + k4 − 2h2 − 0 = h2(h2 − 2) + k4
=
k4, h = 0, k 6= 0
h2(h2 − 2) < 0, k = 0, h 6= 0
Prirastaj menja znak u svakoj okolini tacke (0,0), pa (0,0) nije tacka lokalnog extrema.Za (1,0)
I nacin:
M(Φ) =
8 0
0 0
A1 = 8, A2 = 0II nacin:Φ(h, k) = 8h2 + 2 · 0 · hk + 2 · 0 · k2 = 8h2 > 0Analogno kao prethodni zadatak (Φ pozitivno poludefinitna)Posmatrajmo prirastaj (1,0).f(1 + h, k)− f(1, 0) = (1 + h)4 + k4 − 2(1 + h)2 − (14 + 04 − 2 · 12) == (1 + h)4 + k4 − 2(1 + h)2 + 1 = ((1 + h)2 − 1)2 + k4 > 0, (∀(h, k) 6= (0, 0))⇒ f(1 + h, k)− f(1, 0) > 0⇔ f(1 + h, k) > f(1, 0), (∀(h, k) 6= (0, 0))(1,0) je tacka lokalnog minimuma. fmin(1, 0) = −1
Za (-1,0)A1 = 8, A2 = 0, nista se ne zakljucuje.Φ(h, k) = 8h2
Ima lokalni minimum (-1,0).fmin(−1, 0) = −1
(e)f(x, y) = (x2 + y)
√ey
Resenje:∂f∂x = 2x
√ey = 0⇒ x = 0
∂f∂y =
√ey + (x2 + y) ·
√ey
2 =√ey
2 · (x2 + y + 2) = 0
⇒√ey
2 (0 + y + 2) = 0y + 2 = 0y = −2
61
∂2f∂x2 = 2 ·
√ey
∂2f∂y2 =
√ey
4 (x2 + y − 2) +√ey
2 =√ey
4 (x2 + y + 4)∂2f∂x∂y = x ·
√ey
(0,-2)
M(Φ) =
2e 0
0 12e
A1 = 2
9 > 0, A2 = 1e2 > 0
Φ je pozitivno definitna, ima lokalni minimum u (0,-2)fmin = −2
9II nacin:Φ(h, k) = 2
9h2 + 2 · 0 · hk + 1
2ek2 = 1
e (2h2 + 12k
2) > 0(∀(h, k) 6= (0, 0))
146. Zbir tri broja je 30. Odrediti te brojeve tako da njihov proizvod bude max.
Resenje:x+ y + z = 30 xyz = maxFormirajmo funckiju.f(x, y, z) = xyzz = 30− x− yf(x, y) = xy(30− x− y) = 30xy − x2y − xy2
(0,0),(30,0),(0,30),(10,10).Za (0,0),(30,0),(0,30) nisu tacke lokalnog extrema. A (10,10) je tacka lokalnog maximuma.fmax = 1000∂f∂x = y(30− 2x− y) = 0∂f∂y = x(30− x− 2y) = 0
1)y = 0, x = 0;
2)y = 0, 30− x− 2y = 0;
3)30− 2x− y = 0, x = 0;
4)30− 2x− y = 0, 30− x− 2y = 0.x = 10, y = 10
147. Dokazati da funkcijaf(x, y, z) = x2 + y2 + z2
pri uslovu x4
a4 + y4
b4 + z4
c4 = 1 ima tri stacionarne tacke (x1, y1, z1), x1 > 0, y1 > 0, z1 > 0, (x2, y2, 0), x2 >0, y2 > 0, (x3, 0, 0), x3 > 0, takve da je (x1, y1, z1) tacka lokalnog maksimuma, (x2, y2, 0) nije tackalokalnog ekstrema i (x3, 0, 0) tacka lokalnog minimuma.
Resenje: Postupak analogan prethodnim zadacima, ispitujemo svaku staionarnu tacku posebno.
148. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije
u(x, y, z) = x2y3z4
62
pod uslovom x+ y + z = 9, gde je x > 0, y > 0, z > 0.
Resenje:Formirajmo Lagranzovu funkcijuu(x, y, z) = x2y3z4 + λ(x+ y + z − 9)∂u∂x = 2xy3z4 + λ = 0 ∂u
∂y = 3x2y2z4 + λ = 0 ∂u∂z = 4x2y3z3 + λ = 0
Resavanjem sistema jednacina dobijamo y = 32x, z = 2x, a preko uslova zadatka dobijamo x = 2,
y = 3, z = 4 =⇒ Stacionarna tacka je (2, 3, 4)
Drugi parcijalni izvodi: ∂2u∂x2 = 2y3z4 ∂2u
∂y2 = 6yx2z4 ∂2u∂z2 = 12x2y3z2 ∂2u
∂x∂y = 6y2xz4
∂2u∂x∂z = 8xy3z3 ∂2u
∂y∂z = 12x2y2z3
Kvadratna forma je:Φ(h, k, l) = ∂2u
∂x2h2 + ∂2u
∂y2 k2 + ∂2u
∂z2 l2 + 2 ∂2u
∂x∂yhk + 2 ∂2u∂x∂zhl + 2 ∂2u
∂y∂zkl
Φ(h, k, l)(2,3,4) = 2 · 3344h2 + 6 · 223 · 44k2 + 12 · 223342l2 + 12 · 2 · 3244hk+ 16 · 2 · 3243hl+ 24 · 223243kl
Iz uslova ∂ϕ∂xh+ ∂ϕ
∂y k + ∂ϕ∂z hl = 0⇒ h+ k + l = 0⇒ h = −k − l
Φ(k, l) = 2933(k + l)2 + 21132k2 + 2834l2 + 21133k(−k − l) + 21133l(−k − l) + 21133kl
Φ(k, l) = 2933k2 − 33285l2 − 21033kl
{k 6= 0, l = 0 Φ(k, l) > 0k = 0, l 6= 0 Φ(k, l) < 0
Tacka (2, 3, 4) nije tacka lokalnog ekstrema
149. Ispitati prirodu stacionarnih tacaka i odrediti tacke lokalnih ekstrema funkcije
u(x, y, z) = 8y3 + 2x2 + z2 + 2xz − 2xy − 2y
Resenje:Stacionarne tacke su (1
3 ,13 ,−
13) i (−1
4 ,−14 ,
14)
Tacka (13 ,
13 ,−
13) je tacka lokalnog minimuma. Tacka (−1
4 ,−14 ,
14) nije tacka lokalnog ekstrema.
150. Ispitati prirodu stacionarnih tacaka i odrediti tacke lokalnih ekstrema funkcije
u(x, y, z) = 8x2 − 2xy + 4xz − y + y3 + z2
151. Naci lokalne ekstreme funckijez = x+ 2y,
pri uslovu x2 + y2 = 5
Resenje:Langranzova funkcija je:
F (x, y) = x+ 2y + λ(x2 + y2 − 5),
a njene stacionarne tacke dobijamo resavanjem sistema:
∂F
∂x= 1 + 2λx = 0,
63
∂F
∂y= 2 + 2λy = 0,
x2 + y2 − 5 = 0
Ovaj sistem ima dva resenja, i to λ1 = 12 i λ2 = −1
2 , x1 = −1, x2 = 1, y1 = −2, y2 = 2, pa Langranzovafunkcija ima dve stacionarne tacke:(-1,-2),λ1 = 1
2 , i (1,2),λ2 = −12 .
∂2F
∂x2 = ∂2F
∂y2 = 2λ,
∂2F
∂x∂y= 0⇒ Φ(h, k) = 2λ(h2 + k2).
Diferenciranjem uslova ϕ(x, y) = x2 + y2 − 5 = 0Dobijamo:
2xh+ 2yk = 0,
Odnosno,xh+ yk = 0 (*)
(a) Za stacionarnu tacku (-1,-2), λ1 = 12 , imamo
Φ(h, k) = 2 · (12) · (h2 + k2) = h2 + k2,
x = −1, y = −2, (∗)=⇒ −h− 2k = 0⇒ h = −2k,odakle je
Φ(k) = 5k2 > 0, (∀k 6= 0).
Dakle f ima lokalni maximum u (-1,-2), pa je fmin = f(−1,−2) = −5.
(b) Za stacionarnu tacku (1,2), λ2 = −12 , imamo
Φ(h, k) = 2 · (−12) · (h2 + k2) = −(h2 + k2),
x = 1, y = 2, (∗)⇒ h+ 2k = 0⇒ h = −2k,odakle je
Φ(k) = −5k2 < 0, (∀k 6= 0).
Dakle f ima lokalni maximum u (1,2), pa je fmin = f(1, 2) = 5.
152. Ispitati lokalne ekstreme funkcijef(x, y, z) = xyz
pri uslovu xa + y
b + zc = 1.
153. Odrediti lokalne ekstreme funkcije
f(x, y, z) = ln x+ ln y + ln z
pri uslovu xa + y
b + zc = 1, gde su a, b, c pozitivni realni brojevi.
64
154. Naci lokalne ekstreme funkcije
f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + 2x+ 4y − 6z = 0
155. Odrediti lokalne ekstreme funkcijef(x, y, z) = x2 − y2
pri uslovu x2 + 2y2 + 3z2 = 1 za x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
156. Ispitati prirodu stacionarnih tacaka i naci lokalne ekstreme funkcije
f(x, y) = x3 + y3 − 3xy
157. Ispitati prirodu stacionarnih tacaka i odrediti lokalne ekstreme funkcije
f(x, y, z) = x+ y2
4x + z2
y+ 2z
65
9 Implicitne funkcije
158. Naci y′ i y′′, ako je x2 + xy + y2 = 3 .
Resenje:F (x, y) = x2 + xy + y2 − 3 = 0y′ = −F ′x
F ′y= −2x+y
x+2yF ′x = 2x+ y F ′y = x+ 2y ,(x 6= −2y)
II nacin:
x2 + xy + y2 − 3 = 0�x′
2x+ y + x · y′ + 2y · y′ = 0
y′(x+ 2y) = −(2x+ y)
y′ = −2x+yx+2y
y′′ = (y′)′ =(−2x+yx+2y
)′x
== − (2x+y)′x·(x+2y)−(2x+y)·(x+2y)′x(x+2y)2 = − (2+y′)(x+2y)−(2x+y)(1+2y′)
(x+2y)2
= −(2− 2x+y
x+2y
)(x+2y)−(2x+y)
(1−2· 2x+y
x+2y
)(x+2y)2 = −
3yx+2y (x+2y)−(2x+y) (−3x)
(x+2y)(x+2y)2 = −3xy+6y2+6x2+3xy
(x+2y)3 =
− 6·(x2+y2+xy)(x+2y)3 = − 18
(x+2y)3
159. Funkcija y = f(x), implicitno je zadata jednacinom,
x2 − xy + 2y2 + x− y = 1
gde je f(0) = 1. Naci f ′′(0) = 1, uverisi se prethodno da takva funkcija postoji.
Resenje:F (x, y) = x2 − xy + 2y2 + x− y − 1 = 0FεC∞
∂F∂y
∣∣∣(0,1) = (−x+ 4y − 1)∣∣∣(0,1) = −0 + 4− 1 = 3 6= 0
Po teoremi o implicitnoj funkciji postoji okolina tacke 0 i jedinstvena funkcija y = f(x) klase C∞,definisana u toj okolini tako da je F (x, f(x)) = 0, ∀x iz te okoline i vazi f(0) = 1. Pri tome jey′(x) = −F ′x
F ′y(x, y), y = f(x).
∂F∂x (0, 1) = 2xy + 1
∣∣∣(0,1) = 0,⇒ y′ = −03 = 0
y′(x) = − 2x−y+1−x+4y−1
y′′(x) = (y′(x))′ = − (2−y′)(−x+4y−1)−(2x−y+1)(−1+4y′)
(−x+4y−1)2
y′′(0) = − (2−0)(−0+4−1)−(2·0−1+1)(−1+4·0)(−0+4−1)2 = −6
9 = −23
160. Dokazati da je jednacinomz3 − xyz + y2 = 16
definisana implicitna funkcija f(x, y) = z, gde je f(1, 4) = 2 i naci parcijalne izvode ∂f∂x ,
∂f∂y ,
∂2f∂x2 ,
∂2f∂y2 ,
∂2f∂x∂y
66
u tacki (1,4).
Resenje:F (x, y, z) = z3 − xyz + y3 − 16 = 0F (1, 4, 2) = 8− 8 + 16− 16 = 0∂F∂z
∣∣∣(1,4,2) = (3z2 − xy)∣∣∣(1,4,2) = 12− 4 = 8 6= 0
Po teoremi o implicitnoj funkciji postoji okolina tacke (1,4) i jedinstvena funkcija z = f(x, y),klasaC∞ definisana u toj okolini tako da je F (x, y, f(x, y)) = 0, ∀x, y iz te okoline f(1, 4) = 2. Pri tome je∂f∂x (x, y) = −∂F ′x
∂F ′z(x, y, z) i ∂f
∂y = −∂F ′y∂F ′z
(x, y, z), z = (x, y).
∂F∂x = −yz∂F∂y = −xz + 2y∂f∂x = −yz
3z2−xy∂f∂y = −−xz+2y
3z3−xy∂f∂x (1, 4) = −−8
−8 = 1∂f∂y = −−2+8
8 = −34
∂2f∂x2 = ∂
∂x
(∂f∂x
)= −
(−yz
3z2−xy
)′x
= − (−z′x·y)(3z2−xy)−(−yz)(6z′x·z−y)(3z2−xy)2
∂2f∂x2 (1, 4) = − (−4·1)8+64
64 = −12
∂2f∂y2 (x, y) = ∂
∂y
(∂f∂y
)= −
(−xz+2y3z2−xy
)′y
=
= − (−xz′y+2)(3z2−xy)−(−xz+2y)(6zz′y−x)(3z2−xy)2
∂2f∂y2 (1, 4) = −41
32
∂2f∂x∂y (x, y) = ∂
∂x
(∂f∂y
)(x, y) = ∂
∂y
(∂f∂x
)(x, y) = −
(−yz
3z2−xy
)′y
= − (−z−yz′y)(3z2−xy)−(yz)(6zz′y−x)(3z2−xy)2
∂2f∂x∂y (1, 4) = 9
8
161. Dokazati da implicitna funkcija z = f(x, y) definisana jednaciom
x2 + y2 + z2 = y · g(y
z
),
gde je gεC1(R), zadovoljava jednacinu
(x2 − y2 − z2)∂z∂x
+ 2xy∂z∂y
= 2xz.
Resenje:Uzmimo izvod po x za pocetnu jednacinu:
2x+ 2zz′x = y · g′(y
z
)·(y
z
)′x.
U nastavku cemo pisati samo g umesto g(yz
), kao i g’ umesto g′
(yz
).
Dakle sada izvod po y je:
67
2y + 2zz′y = g + y · g′ ·(y
x
)′y
2y + 2zz′y = g + y · g′ ·z − yz′yz2
2y + 2zz′y = g + y
zg′ · z′y
z′y · (2z + y2
z2 g′) = g + y
zg′ − 2y ⇒ z′y =
g + yz g′ − 2y
2z + y2
z2 g′
Proverimo da li vazi
(x2 − y2 − z2)∂z∂x
+ 2xy∂z∂y− 2xz = 0
(x2 − y2 − z2) −2x2z + y2
z2 · g′+ 2xy
g + yz g′ − 2y
2z + y2
z2 g′− 2xz =
−2x3 + 2xy2 + 2xz2 + 2xyg + 2xy2
z2 g′ − 4xy2 − 4xz2 − 2xy
2
z g′
2z + y2
z2 · g′=
= −2x3 − 2xy2 − 2xz2 + 2xyg2z + y2
z2 · g′=
= −2x(x2 + y2 + z2 − yg)2z + y2
z2 · g′= 0
162. Ako je implicitna funckija z = f(x, y) definisana jednacinom
F (xy,y
z) = 0,∀xεR2
je diferencijabilna za ∀(x, y)εR2. Proveriti da li vazi
x∂z
∂x+ y
∂z
∂x= z
Resenje:
Neka je u = xy i v = y
z . Tada je F (u, v) = 0. Uzimajuci sada izvod po xi y redo, dobijamo
∂F
∂u· ∂u∂x
+ ∂F
∂v· ∂v∂x
= 0,
68
∂F
∂u· ∂u∂y
+ ∂F
∂v· ∂v∂y
= 0.
Umesto ∂F∂u i
∂F∂v pisacemo F ′u i F ′v redom.
Kako je ∂u∂x = 1
y ,∂u∂y = − x
y2 ,∂v∂x = −yz′x
z2 , ∂v∂y = z−yz′yz2
to imamo
F ′u ·1y
+ F ′v
(−yz′xz2
)⇒ z′x = z2
y2F ′uF ′v
F ′u
(−xy2
)+ F ′v ·
z − yz′yz2 ⇒ z′y = z
y− xz2
y3F ′uF ′v.
Sada je
x∂z
∂x+ y
∂z
∂y− z = x
z2
y2F ′uF ′v
+ yz
y− yxz
2
y3F ′uF ′v− z =
xz2
y2F ′uF ′v
+ z − xz2
y2F ′uF ′v− z =
⇒ x∂z
∂x+ y
∂z
∂y= z
163. Dokazati da implicitna funkcija z = f(x, y) definisana jednacinom
F (x− az, y − bz) = 0,
gde je F proizvoljna diferencijabilna funkcija, a i b su konstante, zadovoljava jednacinu
a∂z
∂x+ b
∂z
∂y= 1
Resenje:∂∂x :
∂1F · (x− az)′x + ∂2F · (y − bz)′x = 0
∂1F · (1− az′x) + ∂2F · (−bz′x) = 0
z′x · (−a∂1F − b∂2F ) = −∂1F
⇒ z′x = ∂1F
a∂1F + b∂2F
69
∂∂y :
∂1F · (x− az)′y + ∂2F · (y − bz)′y = 0
∂1F · (−az′y) + ∂2F · (1− bz′y) = 0
z′y · (−a∂1F − b∂2F ) = −∂2F
⇒ z′y = ∂2F
a∂1F + b∂2F
⇒ a ∂z∂x + b∂z∂y = a ∂1Fa∂1F+b∂2F
+ b ∂2Fa∂1F+b∂2F
= a∂1F+b∂2Fa∂1F+b∂2F
= 1
164. Naci prvi i drugi izvod funkcije y = f(x), implicitno zadate jednacinom
y = 2x · arctg yx,
uverivsi se prethodno da takva funkcija u okolini svake tacke domena postoji.
Resenje:
Ovde je
F (x, y) = y − 2x · arctg yx
= 0, x 6= 0
∂F∂y = 1− 2x · 1
1+ y2x2· 1x2 = 1− 2x2
x2+y2 = y2−x2
x2−y2 6= 0, za y 6= ±x,
∂F∂x = −2 · arctg yx − 2x · 1
1+ y2x2·(− yx2
)= − y
x + 2xyx2+y2 = y(x2−y2)
x(x2+y2) .
Za z 6= 0 imamo da su F i parcijalni izvodi od F bilo kog reda neprekidne funkcije , pa je F klase C∞za x 6=. Neka je
A ={
(x, y) ∈ R2 : y 6= ±x, x 6= 0}
Za svako (a, b) ∈ A je ∂F∂y 6= 0. Dakle, u nekoj okolini svake tacke skupa A definisana je funkcija
y = f(x) klase C∞, tako da je F (x, f(x)) = 0 i f ′(x) = −F ′x(x,f(x))F ′y(x,f(x)) , za svako x iz te okoline. Imamo
y′ = −F′x(x, f(x))F ′y(x, f(x)) = = −
y(x2−y2)x(x2+y2)y2−x2
x2+y2
= y
x
gde je y = f(x).Sada je
y′′ = (y′)′ = y′ · x− yx2 =
yx · x− yx2 = y − y
x2 = 0x2 = 0
70
165. Dokazati da sistem jednacinax2 − y2 − u3 + v2 + 4 = 0
2xy + y22u2 + 3v4 + 8 = 0
u okolini resenja (x, y, u, v) = (2,−1, 2, 1) implicitno definise funkciju φ klase C∞ u odgovarajucojokolin tacke (x0, y0) = (2,−1), za koju je (u, v) = φ(x, y) = (φ1(x, y), φ2(x, y)), (u0, v0) = φ(x0, y0), (u0, v0) =(2, 1). Naci diferencijal dφ(x0, y0) i najbolju linearnu aprksimaciju ove funkcije u tacki (x0, y0).
166. Dokazati da je jednacinomx3z2 − y2z + xy2 − y3z2 + xy − 1 = 0
u okolini tacke (1, 1) implicitno definisana funkcija z = z(x, y), f(0, 0) = 1 i naci vrednost izraza∂z∂x(1, 1) i ∂2z
∂x2 (1, 1).
Resenje:Uslovi implicitne funkcije:
i F (x, y, z) = 0x3z2 − y2z + xy2 − y3z2 + xy − 1 = 0 u okolini (1, 1) jez2 − z + 1− z2 + 1− 1 = 0 =⇒ z = 1 F (x, y, z)
∣∣∣(1,1,1) = 0 =⇒ F ∈ C∞(R3)
ii ∂F∂z
∣∣∣(1,1,1)?6= 0
∂F∂z = 2x3z − y2 − 2y3z, ∂F
∂z
∣∣∣(1,1,1) = 2− 1− 2 = −1 6= 0
Na osnovu teoreme o implicitnoj funkciji postoji okolina tacke (1,1) i jedinstvena funkcija z = z(x, y)klase C∞ takvo da je F (x, y, z) = 0 u svakoj tacki (x, y) i pri tome:∂z∂x(x, y) = − ∂F
∂x(x,y,z)
∂F∂z
(x,y,z) = 3x2z2+y2+y2x3z−y2−2y3z
∂z∂x
∣∣∣(1,1) = 5∂2z∂x2 (x, y) = 6xz2+3x22zzx(−2x3z+y2+2y3z)−(3x2z2+y2+y)(2y3zx−6x2z−2x3zx)
(y2+2y3z−2x3z)2
∂2z∂x2
∣∣∣(1,1) = (6+6·5)(−2+1+2)−(3+1+1)(2·5−6−2·5)(1+2−2)2 = 36− 5(−6) = 66
167. Dokazati da je jednacinomxyz4 − x2z3 + z − 1 = 0
u okolini tacke (0, 0) implicitno definisana funkcija z = f(x, y), f(0, 0) = 1 i naci vrednost izraza∂2f∂x2 + ∂2f
∂x∂y + ∂2f∂y2 u tacki (0, 0).
168. Dokazati da je jednacinom3x2yz4 − xy2z3 + z = 0
u okolini tacke (0, 0) implicitno definisana funkcija z = f(x, y), f(0, 0) = 0 i naci vrednost izraza∂2f∂x2 + ∂2f
∂x∂y + ∂2f∂y2 u tacki (0, 0).
169. Neka je funkcija z = z(x, y) implicitno zadata jednacinom y = xφ(z) +ψ(z), (φ, ψ ∈ C1(R)). Proverititacnost jednakosti
∂2z
∂x2∂2z
∂y2 −(∂2z
∂x∂y
)2
= 0
71
170. Dokazati da je jednacinom3x3 + y2z3 − 2xyz + z3 − 1 = 0
u okolini tacke (0, 0) implicitno definisana funkcija z = f(x, y) za koju je f(0, 0) = 1 i naci parcijalneizvode ∂z
∂x ,∂z∂y ,
∂2z∂x2 ,
∂2z∂y2 ,
∂2z∂x∂y u tacki (0, 0).
171. Dokazati da je jednacinomz2 − x2y − y3 + xyz = 0, z > 0
implicitno definisana funkcija z = z(x, y) u okolini tacke (0, 1) i odrediti vrednost izraza
∂2z
∂x2 (0, 1) + ∂2z
∂y2 (0, 1) + 2 ∂2z
∂x∂y(0, 1)
172. Primenom teoreme o implicitnoj funkciji(ili na neki drugi nacin) naci
lim(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
gde (x, y) zadovoljava jednaEcinu y5 + 3 · 4x = 1 + 2x− 3y
173. Neka je g ∈ C1(R) i funkcija f definisana sa f(x, y) = xg(x2 + y2).Dokazati da je tada
xy∂f(x, y)∂x
− x2∂f(x, y)∂y
= yf(x, y)
174. Neka je z funkcija od x i y definisana jednakoscu
x− 1z − 2 = F (y − 1
z − 2)
gde je F proizvoljna diferencijabilna funkcija na R. Dokazati da je tada
∂2z
∂x2∂2z
∂y2 − ( ∂2z
∂x∂y)2 = 0
175. Dokazati da je jednacinom
5x2 + 5y2 + 5z2 − 2xy − 2xz − 2yz − 32 = 0, z > 0
u okolini tacke (1,−1) implicitno definisana funkcija z = f(x, y) i naci ∂2f∂x∂y
176. Dokazati da je jednacinomz2 + xyz − xy2− x3 = 0, z > 0
definisana implicitno zadata funkcija z = z(x, y) u okolini tacke (1, 1) i naci ∂z∂x
∣∣∣(1,1) ,∂z∂y
∣∣∣(1,1) i∂2z∂x∂y
∣∣∣(1,1) (1, 1).
72
10 Uslovni ekstremi
177. Naci lokalne ekstreme funkcije z = xy, pri uslovu x+ y = 1.
Resenje:Formirajmo najpre Langranzovu funkciju.
F (x, y) = xy + λ(x+ y − 1).
Stacionarne tacke ove funkcije dobijamo resavanjem sistema:
∂F
∂x= y + λ = 0,
∂F
∂y= x+ λ = 0,
x+ y − 1 = 0.
Lako se nalazi da je resenje ovog sistema x = 12 , y = 1
2 , λ = −12 . Dakle stacionarna tacka Langranzove
funkcije je (a, b) = (12 ,
12), λ = −1
2 .
Posto je∂2F
∂x2 = ∂2F
∂y2 = 0,
∂2F
∂x∂y= 1,
sledi da kvadratna forma ima oblik
Φ(h, k) = 0 · h2 + 2 · 1 · hk + +0 · k2 = 2hk.
Diferencirajmo uslov ϕ(x, y) = x+ y − 1 = 0
∂ϕ
∂x(a, b) · h+ ∂ϕ
∂y(a, b) · k = 0⇒ 1 · h+ 1 · k = 0⇒ k = −h
Odakle dobijamo da jeΦ(h) = −2h2 < 0, (∀h 6= 0)
.Dakle funckija f ima uslovni lokalni maksimum u stacionarnoj tacki (1
2 ,12),
pa je fmax = f(12 ,
12) = 1
4 .
178. Naci lokalne ekstreme funkcijef(x, y, z) = x+ y + z2
pri uslovima z − x− 1 = 0, y − xz − 1 = 0
Resenje:ϕ1 = z − x− 1 = 0ϕ2 = y − zx− 1 = 0
F = x+ y + z2 + λ(z − x− 1) + µ(y − xz − 1) = 0
73
∂F∂x = 1− λ− µz = 0
∂F∂y = 1 + µ = 0 =⇒ µ = −1 =⇒ 1− λ+ z = 0 =⇒ z = λ− 1 (1)
∂F∂z = 2z + λ− xµ = 0 =⇒ 2z + λ+ x = 0 =⇒ x = −2z − λ (1)=⇒ x = −3λ+ 2
−x− 1 = 0
y − xz − 1 = 0=⇒ λ− 1 + 3λ− 2− 1 = 0 =⇒ λ = 1 =⇒ x = −1, z = 0, y = 1
Stacionarna tacka: (−1, 1, 0), λ = 1, µ = −1
∂2F∂x2 = 0
∂2F∂y2 = 0
∂2F∂z2 = 2
∂2F∂x∂y = 0
∂2F∂x∂z = −µ
∂2F∂y∂z = 0
=⇒ Φ(h, k, l) = 2l2 − 2µhl
dϕ1 = −h+ l = 0 =⇒ h = ldϕ2 = −zh+ k − xl = 0 =⇒ −zl + k − sl = 0U tacki (-1,1,0), za λ = 1, µ = −1 bice:
Φ(l) = 2l2 + 2l2 = 4l2 > 0, (∀l 6= 0)
Odnosno, funkcija ima uslovni lokalni minimum u tacki (-1,1,0), tj,fmin(−1, 1, 0) = 0
179.f(x, y) = x+ y
pri uslovu ϕ(x, y) = 1x2 + 1
y2 − 4
Resenje:
F = x+ y + λ( 1x2 + 1
y2 − 4) = 0
∂F∂x = 1− 2λ
x3 = 0
∂F∂y = 1 + 2λ
y3 = 0=⇒ x = y =⇒ 1
x2 + 1y2 − 4 = 0→ 1
x2 + 1x2 − 4 = 0
=⇒ x = ± 1√2 , y = ± 1√
2 , λ = ± 14√
2
Stacionarna tacke su:
i ( 1√2 ,
1√2), λ1 = 1
4√
2
ii (− 1√2 ,−
1√2), λ2 = − 1
4√
2
74
∂2F∂x2 = 6λ
x4 ,∂2F∂y2 = 6λ
y4 ,∂2F∂x∂y = 0
dϕ = ∂ϕ∂xh+ ∂ϕ
∂y k = − 2x3h− 2
y3 = 0dϕ = h
x3 + ky3 = 0
i ( 1√2 ,
1√2), λ1 = 1
4√
2
Φ(h, k) =6 1
4√
214
h2 +6 1
4√
214
k2 = 6√2
(h2 + k2)
h1
2√
2+ k
12√
2= 0 =⇒ h = −k
Φ(k) = 6√2
(k2 + k2) = 12√2k2 > 0, (∀k 6= 0)
Funkcija ima uslovni lokalni minimum fmin( 1√2 ,
1√2) = 2√
2 =√
2
ii (− 1√2 ,−
1√2), λ2 = 1
4√
2
Φ(h, k) =6(− 1
4√
2)14
h2 +6(− 1
4√
2)14
k2 = − 6√2
(h2 + k2)
h− 1
2√
2+ k− 1
2√
2= 0 =⇒ h = −k
Φ(k) = − 6√2
(k2 + k2) = − 12√2k2 < 0, (∀k 6= 0)
Funkcija ima uslovni lokalni maksimum fmax(− 1√2 , 9
1√2) = − 2√
2 = −√
2
180.f(x, y, z) = xyz
ϕ = x2 + y2 + z2 − 3 = 0
Resenje:Upustvo: Analogno prethodnim primerima. Imamo osam stacionarnih tacaka i λ = ±1
2 . Proveravamoih posebno. Npr, za stacionarnu tacku (1, 1, 1) imamo uslovni lokalni maksimum fmax(1, 1, 1) = 1.Poseban slucaj λ = 0:yz = 0, xz = 0, xy = 0, x2 + y2 + z2 = 3
i y = 0→ xz = 0
i. x = 0z3 = 3 =⇒ z = ±
√3 =⇒ (0, 0,±
√3)
ii. z = 0x = ±
√3 =⇒ (±
√3, 0, 0)
ii z = 0→ xy = 0
i. x = 0y = ±√
3 =⇒ (0,±√
3, 0)ii. y = 0 =⇒ x = ±
√3 =⇒ (±
√3, 0, 0)
iii x = 0→ yz = 0
i. y = 0 =⇒ z = ±√
3 =⇒ (0, 0,±√
3)ii. z = 0 =⇒ y = ±
√3 =⇒ (0,±
√3, 0)
75
Pa imamo 6 novih stacionarnih tacaka. Kao primer, proverimo (0, 0,√
3), λ = 0
Φ(h, k, l) = 2√
3hk = 2√
3h2, k = h > 0 = 2√
3h2, k = −h 6= 0
Funkcija menja znak, pa nemamo uslovni lokalni ekstrem.
181. Proveriti da li funkcijaf(x, y, z) = x2 + y2 + z2
pri uslovu x4
a4 + y4
b4 + z4
c4 = 1, (a > 0, b > 0, c > 0) ima cetrnaest tacaka uslovnih ekstrema, od kojih susest minimumi, a osam maksimumi.
Resenje:Formirajmo Lagranzovu funkciju F (x, y, z) = x2 + y2 + z2 + λ(x4
a4 + y4
b4 + z4
c4 − 1)
∂f∂x = 2x(1 + 2λx2
a4 ) = 0
∂f∂y = 2y(1 + 2λy2
b4 ) = 0
∂f∂z = 2z(1 + 2λz2
c4 ) = 0
i x = 0, y = 0, z = 0 Nije moguc jer ne zadovoljava uslov
ii x = y = 0, z 6= 0 ⇒ z2 = −c4
2λ ⇒ 2λ < 0 ⇒ c8
4λ2 · 1c4 = 1 ⇒ 2λ = −c2 ⇒ z2 = −c4
−c2 = c2 ⇒z = ±cStacionarne tacke su (0, 0, c), (0, 0,−c), pa je kvadratna forma:Fxy = Fxz = Fyz = 0, F 2
x = 2, F 2y = 2, F 2
z = −4 ⇒ Φ(h, k, l) = 2h2 + 2k2 − 4l2, a iz uslovaje ϕxh+ ϕyk + ϕzl = 0⇒ 4z3
c4 · l = 0 = 0, jer je z 6= 0⇒ Φ(h, k) = 2h2 + 2k2 > 0=⇒ Stacionarn tacke su tacke lokalnog minimuma
iii x = z = 0, y 6= 0 ⇒ y = ±b ⇒ Stacionarne tacke su (0, b, 0), (0,−b, 0), a je kvadratnaforma::Φ(h, k, l) = 2h2 − 4k2 + 2l2, a iz uslova je 4y3
b4 · k = 0 ⇒ k = 0, jer je y 6= 0 ⇒ Φ(h, l) =2h2 + 2l2 > 0; (h, l) 6= (0, 0)Stacionarne tacke su tacke lokalnog minimuma
iv x 6= 0, y = z = 0Stacionarne tacke (a, 0, 0), (−a, 0, 0) su tacke lokalnog minimuma.
v x = 0, y 6= 0, z 6= 0⇒ z2 = −c4
2λ ⇒ 2λ = −√b4 + c4
Stacionarne tacke su oblika (0,±y,±z) = (0, ±b24√b4+c4 ,
±c24√b4+c4 )
Sada je kvadratna forma Fxy = Fxz = Fyz = 0, F 2x = 2, F 2
y = −4, F 2z = −4 ⇒ Φ(h, k, l) =
2h2 − 4k2 − 4l2, a iz uslova je ϕxh + ϕyk + ϕzl = 0 ⇒ 4y3
b4 · k + 4z3
c4 · l = 0 ⇒ ±b2k±c2l4√
(b2+c2)3 =
0 ⇒ ±b2k ± c2l = 0 ⇒ l = ± b2kc2 , pa je kvadratna forma: Φ(h, k) = 2h2 − 4k2 − 4b4k2
c4 =
2h2 − 4(1 + b4
c4 )k2 ⇒{h 6= 0, k = 0 ⇒ Φ(h, k) > 0h = 0, k 6= 0 ⇒ Φ(h, k) < 0
Tacke (0,±y,±z) nisu tacke lokalng ekstrema.
vi x 6= 0, y = 0, z 6= 0Stacionarne tacke (±x, 0,±z), nisu tacke lokalng ekstrema.
76
vii x 6= 0, y 6= 0, z = 0Stacionarne tacke (±x,±y, 0), nisu tacke lokalng ekstrema.
viii x 6= 0, y 6= 0, z 6= 0Stacionarne tacke su (± ±a2
4√a4+b4+c4 ,±±b2
4√a4+b4+c4 ,±±c2
4√a4+b4+c4 )
Sada je kvadratna forma Fxy = Fxz = Fyz = 0, F 2x = F 2
y = F 2z = −4, a iz uslova je
ϕxh+ϕyk+ϕzl = 0⇒ 4x3
a4 ·h+ 4y3
b4 ·k+ 4z3
c4 · l = 0⇒ ±a2h±b2k±c2l4√
(a4+b4+c4)3 = 0⇒ ±a2h±b2k±c2l =
0⇒ l = 2h±b2kc2 , pa je kvadratna forma: Φ(h, k) = −4(1 + a4
c4 )h2−4(1 + b4
c4 )k2−8a2b2
c4 hk < 0Tacke (± ±a2
4√a4+b4+c4 ,±±b2
4√a4+b4+c4 ,±±c2
4√a4+b4+c4 ) su tacke lokalnog maksimuma.Dakle, 6 tacaka minimuma i 8 tacaka maksimuma.
182. Odrditi tacke uslovnih ekstrema funkcije
u(x, y, z) = x3 + y3 + z3
pri uslovu 1x + 1
y1z = 1
Resenje:Stacionarna tacka je (3, 3, 3) je tacka lokalnog minimuma
183. Ispitati prirodu stacionarnih tacaka i naci uslovne ekstreme funkcije
f(x, y, z) = xy2z
pri uslovu x+ 2y + 3z = 12 za x > 0, y > 0, z > 0
184. Ispitati prirodu stacionarnih tacaka i naci uslovne ekstreme funkcije
f(x, y) = x2 + xy + y2
pri uslovu x2 + y2 = 1 cija je prva koordinata x > 0.
185.f(x, y, z) = x2 + y2 + z2
ϕ = 2x− y − z − 4
Resenje: Analogno prethodnim primerima. Imamo jednu stacionarnu tacku (43 ,−
23 ,−
23) i u njoj
imamo uslovni lokalni minimum fmin(43 ,−
23 ,−
23) = 24
3
186. Naci najmanju i najvecu vrednost funkcije f(x, y) = x2 + y2 − 12x + 16y na skupu A = {(x, y) ∈R2|x2 + y2 ≤ 25}
Resenje:Dati skup A je kompaktan (ogranicen i zatvoren), pa prema Vajerstrasovoj teoremi dostize svoju na-jvecu i najmanju vredost ili u unutrasnjim tackama ili na rubnim, tj. tackama za koje vaz x2 +y2 = 25
∂F∂x = 2x− 12 = 0 x = 6
∂F∂y = 2y + 16 = 0 y = −8
77
Stacionarna tacka (6,−8)x2 + y2 = 62 + (−8)2 = 100 > 25. Pa ne pripada skupu A. Prema tome trazimo stacionarne tacke narubu.ϕ = x2 + y2 − 25 = 0
F = x2 + y2 − 12x+ 16y + λ(x2 + y2 − 25)∂F∂x = 2x− 12 + 2λx = 0 2λx = 12− 2x λ = 6
x − 1
∂F∂y = 2y + 16 + λy = 0 2λy = −16− 2y λ = − 8
y − 1=⇒ y = −4
3x
x2 + y2 = 25 =⇒ 259 x
2 = 25 =⇒ x1/2 = ±3, y1/2 = ∓4Nema potrebe za drugim izvodima jer zadovoljavaju uslove za ekstreme, pa ih samo zamenimo.f(3,−4) = −75 MINf(−3, 4) = 125 MAX
78
11 Implicitne funkcije sa vektorskim velicinama
187. Naci izvode prvog i drugog reda funkcija x(z) i y(z) u tacki z = 2, za koje je x2 + y2 = 0, 5z2,x + y + z = 2, x(2) = 1, y(2) = −1, uverivsse prethodno da te funkcije postoje u nekoj okolini tackez=2 i da su u toj okolini neprekidno-diferencijabilne
Resenje:F1(x, y, z) = x2 + y2 − 1
2z2 = 0 F1 ∈ C∞
F2(x, y, z) = x+ y + z − 2 = 0 F2 ∈ C∞Radi se o tacki (1,−1, 2) F1(1,−1, 2) = 1 + 1− 2 = 0F2(1,−1, 2) = 1− 1 + 2− 2 = 0=⇒ Poklapaju se
Posmatramo matricu
dF(x, y) = ∂(F1, F2)∂(x, y) =
∂F1∂x
∂F1∂y
∂F2∂x
∂F2∂y
=
2x 2y
1 1
dF(1,−1, 2) =
2 −2
1 1
, det dF (1,−1, 2) =
∣∣∣∣∣∣∣2 −2
1 1
∣∣∣∣∣∣∣ = 4 6= 0
Postoji okolina tacke z = 2 i neprekidno-diferencijabilne funkcije x(z) i y(z) klase C∞ na toj okolini ivazi x(2) = 1 i y(2) = −1.
I nacin:
df(z) = −[dF(x,y)
]−1· dFz
dFz =
∂F1∂z
∂F2∂x
=
−z1
df(2) =
0
−1
Drugi izvod preko prvog nacina nije moguc.
II nacin:x2 + y2 − 1
2z2 = 0 /′z
x+ y + z − 2 = 0 /′z
F1(1,−1, 2) = 0F2(1,−1, 2) = 0Poklapaju se.
2x · x′z + 2y · y′z − z = 0
x′z + y′z + 1 = 0
(1)
x=1,y=−1,z=2=========⇒2x′ − 2y′ = 2
x′ + y′ = −1
79
x′ − y′ = 1
x′ − y′ = 1
2x′2 = 0
y′2 = −1
Potrazimo sada vrednost drugog izvoda funkcija u tacji z = 2Sistem (1) diferenciramo po z
2x′x′ + 2xx” + 2y′y′ + 2yy”− 1 = 0
x” + y” = 0
x=1,y=−1,z=2,x′=0,y′=−1=================⇒2x”− 2y” = −1
x” + y” = 0
x”2 = −14
y”2 = 14
188. Proveriti da li sistem jednacinax1y1 + cos (x2y2) = 0
ex1x2 + y1y2 = 0
definise neprekidno-diferencijabilnu funkciju ϕ = (ϕ1, ϕ2) u okolini tacke (−1, 1) tako da je ϕ(−1, 1) =(1, 0) gde su y1 i y2 nezavisne promenljive. Naci dϕ(−1, 1)
Resenje:F1(x1, x2, y1, y2) = x1y1 + cos (x2y2) = 0F2(x1, x2, y1, y2) = ex1x2 + y1y2 = 0
F1(1, 0,−1, 1) = −1 + 1 = 0F2(1, 0,−1, 1) = 1− 1 = 0
Posmatramo matricu
dF(x, y) = ∂(F1, F2)∂(x, y) =
∂F1∂x
∂F1∂y
∂F2∂x
∂F2∂y
=
y1 −y2 sin (x2y2
x2ex1x2 x1e
x1x2
dF(1, 0,−1, 1) =
−1 0
0 1
, det dF (1,−1, 2) =
∣∣∣∣∣∣∣−1 0
0 1
∣∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0
Postoji okolina tacke (-1,1) i jedinstvena funkcija ϕ = (ϕ1, ϕ2) = (x1, x2) definisana na toj okoliniklase C∞ tako da je F1(1, 0,−1, 1) = 0, F2(1, 0,−1, 1) = 0, gde je x1 = x1(y1, y2) i x2 = x2(y1, y2) ivazi ϕ(−1, 1) = (1, 0).
dϕ(y1,y2) = −[dF(x1,x2)
]−1· dF(y1,y2)
80
dF(y1,y2) =
∂F1∂y1
∂F1∂y2
∂F2∂y1
∂F2∂y2
=
x1 −x2 sin (x2y2)
y2 y1
dϕ(−1,1) =
1 0
−1 0
=
x′1y1x′1y2
x′2y1x′2y2
Odnosno:x′1y1
(−1, 1) = 1x′1y2
(−1, 1) = 0X ′2y1
(−1, 1) = −1x′2y2
(−1, 1) = 1
189. Odrediti najbolju linarnu aproksimaciju funkcije iz prethodnog zadatka u okolini tacke (-1,1)
Resenje:
ϕ(y1, y2) ≈ ϕ(−1, 1) + dϕ(−1, 1) ·
y1 − (−1)
y2 − 1
=
1
0
+
1 0
−1 1
·y1 + 1
y2 − 1
=
1
0
+
y1 + 1
y2 − y1 − 2
=
y1 + 2
y2 − y1 − 2
=⇒ ϕ(y1, y2) ≈ (y1 + 2, y2 − y1 − 2) za (y1, y2) blizu (−1, 1).
190. Dokazati da sistem jednacinasin xy + exy = 1
5y2 − 3z2 + x2 = 2implicitno definise x i y kao C1 funkciju φ(z) = (φ1(z), φ2(z)) blizu resenja (0,1,1) datog sistema. Nacidiferencijal dφ(1) i najbolju linarnu aproksimaciju funkcije φ u tacki z = 1
Resenje:
F1(x, y, z) = sinxy + exy − 1 = 0F2(x1, x2, y1, y2) = 5y2 − 3z2 + x2 − 2 = 0
dF(x, y, z) = ∂(F1, F2)∂(x, y, z) =
∂F1∂x
∂F1∂y
∂F1∂z
∂F2∂x
∂F2∂y
∂F2∂z
=
y cosxy + zexz x sin xy xexz
2x 10y −6z
dF(0, 1, 1) =
2 0 0
0 10 −6
, det dF (0, 1, 1) =
∣∣∣∣∣∣∣2 0
0 10
∣∣∣∣∣∣∣ = 20 6= 0
Postoji okolina tacke (0,1,1) i jedinstvena funkcija ϕ = (ϕ1, ϕ2) = (x1, x2) definisana na toj okolini
klase C1 tako da je F1(0, 1, 1) = 0, F2(0, 1, 1) = 0 ∂(F1,F2)∂(x,y) =
2 0
0 10
=⇒[∂(F1,F2)∂(x,y)
]−1=
120
10 0
0 2
=
12 0
0 110
∂(F1,F2)
∂z =
0
−6
=⇒ dϕ(1) = −
12 0
0 110
0
−6
=
035
=⇒ dϕ(1) = 15
0
3
81
Najbolja linearna aproksimacija u z = 1 jeϕ(z) ≈ ϕ(1) + dϕ(1)(z − 1)
ϕ(z) ≈
0
1
+ 15
0
3
(z − 1) ≈
0
1 + 35(z − 1)
≈ 0
25 + 3
5z
ϕ(1 + h) ≈ ϕ(1) + dϕ(1)h, kad je ‖ h ‖ dovoljno blizu nuli
ϕ(1 + h) ≈
0
1
+
035h
≈ 0
1 + 35h
≈ (0, 1 + 3h)
191. Dokazati da sistem jednacinay2 = ez cos (y + x2)
y2 + z2 = x2
defiinise y i z kao funkcije od x blizu tacke (1,−1, 0). Naci najbolju linearnu aproksimaciju u okolinitacke 1.
Resenje:F1(x, y, z) = y2 − ez cos (y + x2) = 0F2(1,−1, 0) = 0
F2(x, y, z) = y2 + z2 − x2 = 0F2(1,−1, 0) = 0
Posmatramo matricu
dF(y, z) = ∂(F1, F2)∂(y, z) =
∂F1∂y
∂F1∂z
∂F2∂y
∂F2∂z
=
2y + ez sin (y + x2) −ez cos (y + x2)
2y 2z
det dF(y,z)(1,−1, 2) =
∣∣∣∣∣∣∣−2 −1
−2 0
∣∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0
Postoji jedinstvena funkcija ϕ(x) = (y(x), z(x)) = (x1, x2) definisana u odgovarajucoj okolini tackex = 1, tako da je F (x, y(x), z(x)) = 0, za svako x iz te okoline i vazi y(1) = −1 z(1) = 0 vaziϕ(1) = (−1, 0).
dϕ(x) = −[∂(F1, F2)∂(y, z)
]−1·[∂(F1, F2)∂(y, z)
]
dϕ(1) = −[∂(F1, F2)∂(y, z)
]−1·[∂(F1, F2)
∂x
]= −
−2 −1
−2 0
[∂(F1, F2)∂(y, z)
]−1=
0 −12
−1 1
∂(F1, F2)
∂x=
∂F1∂x
∂F2∂x
=
e2 sin (y + x2) · 2x
−2x
∂(F1, F2)
∂x(1,−1, 0) =
0
−2
82
dϕ(x) = −
0 −12
−1 1
· 0
−2
=
−1
2
=⇒ y’(1)=-1, z’(1)=2)
ϕ(x) ≈
−1
0
+
−1
2
(x− 1) =
−x2x− 2
Najbolja linearna aproksimacija je y(x) ≈ −x, z(x)approx2x− 2 u okolini tacke 1.
192. Naci jednacinu tangente u tacki (1, 1) Dekartovog lista
F (x, y) = x3 + y3 − 2xy = 0
Resenje:F (1, 1) = 1 + 1− 2 = 0∂F∂y = 3y2 − 2x∂F∂y (1, 1) = 3− 2 = 1 6= 0Postoji okolina tacke 1 i jedinstvena funkcija y = f(x) na toj okolini tako da je f(1) = 1 i F (x, f(x)) = 0za svako x iz te okoline. Pri tom vazi f ′(x) = −F ′x(x,y)
F ′y(x,y) , pri cemu je y = f(x)
f ′(1) = −F ′x(1,1)F ′y(1,1) = −1
∂F∂x = 3x2 − 2y
∂F∂x (1, 1) = 3− 2 = 1 6= 0y − 1 = −1(x− 1)y = −x+ 2
193. Ako je F C1(R2) i F (yz + x2, x + y + z) = 0, gde je z = z(x, y) funkcija implicitno zadana gornjomjednakoscu, proveriti tacnost jednakosti
(z − y)∂z∂x
+ (y − x) = x− z
Resenje:dF = 0∂1Fd(2yz + x2) + ∂2Fd(x+ y + z) = 02∂1F (zdy + ydz) + ∂1Fd(x2) + ∂2Fdx+ ∂2Fdy + ∂2Fdz = 02z∂1Fdy + 2y∂1Fdz + 2x∂1Fdx+ ∂2Fdx+ ∂2Fdy + ∂2Fdz = 0(2x∂1F + ∂2F )dx+ (2z∂1F + ∂2F )dy = (−2y∂1F − ∂2F )dz
dz = −2x∂1F + ∂2F
2y∂1F + ∂2Fdx− 2z∂1F + ∂2F
2y∂1F + ∂2Fdy
zx = −2x∂1F + ∂2F
2y∂1F + ∂2Fzy = −2z∂1F + ∂2F
2y∂1F + ∂2F
(z−y)(−2x∂1F+∂2F2y∂1F+∂2F
)+(y−x)(− 2z∂1F+∂2F2y∂1F+∂2F
) = −2xz∂1F−z∂2F+2xy∂1F+y∂2F2y∂1F+∂2F
+−2yz∂1F−y∂2F+2xz∂1F+x∂2F2y∂1F+∂2F
=−z∂2F+x∂2F+2xy∂1F−2yz∂1F
2y∂1F+∂2F= (x−z)∂2F+(2xy−2yz)∂1F
2y∂1F+∂2F= (x−z)∂2F+2y(x−z)∂1F
2y∂1F+∂2F= (x−z)(∂2F+2y∂1F )
2y∂1F )+∂2F= x− z
=⇒ Vazi jednakost
83
194. Ako je F C1-funkcija na R3 i z = z(x, y) funkcija implicitno zadana jednakoscu F (ax2 − by2, ax2 +cz2, by2 + acz2) = 0, proveriti tacnost jednakosti
cz
ax
∂z
∂x+ cz
by
∂z
∂y+ 1 = 0
195. Ako je F C1-funkcija na R3 i z = z(x, y) funkcija implicitno zadana jednakoscu F (cx2 + by2, cx2 −az2, by2 + az2) = 0, proveriti tacnost jednakosti
az
cx
∂z
∂x− az
by
∂z
∂y− 1 = 0
196. Ako je F ∈ C1(R3) i z = z(x, y) funkcija implicitno zadata jednacinom
F (x, x+ y, x+ y + z) = 0
naci ∂2z∂x2
197. Dokazati da sistem jednacina2ex1 + x2y1 − 4y2 + 3 = 0
x2 cosx1a6x1 + 2y1 − y3 = 0
implicitno definise x = (x1, x2) kao C1 funkciju φ od y = (y1, y2, y3) definisanu u nekoj okolini tackea = (0, 1), koja u toj tacki uzima vrednost b = (3, 2, 7), tj. za koju je φ(a) = b. Naci diferencijal dφ(a),i najbolju linearnu aproksimaciju te funkcije u tacki a.
198. Odrediti sve druge parcijalne izvode funkicje z = z(x, y) implicitno zadate jednacinom y = xφ(z) +ψ(z), (φ, ψ ∈ C1(R))
84
11.1 Transformacija
199. Datim smenama u = x+ y, v = x− y, transformisati jednacinu
∂z
∂y− ∂z
∂x= 0
Resenje:z = z(x, y)I nacin: Izvod slozene funkcije‘ ∂z∂x = ∂z
∂u ·∂u∂x + ∂z
∂v ·∂v∂x = ∂z
∂u · 1 + ∂z∂v · 1 = ∂z
∂u + ∂z∂v
∂z∂y = ∂z
∂u ·∂u∂y + ∂z
∂v ·∂v∂y = ∂z
∂u · 1 + ∂z∂u · (−1) = ∂z
∂u −∂z∂v
∂z∂y −
∂z∂x = 0→ ( ∂z∂u −
∂z∂v )− ( ∂z∂u −
∂z∂v ) = −2∂z∂v = 0 =⇒ ∂z
∂v = 0
II nacin: Preko diferencijalaz = f(x, y) =⇒ dz = ∂z
∂xdx+ ∂z∂ydy
u = u(x, y)
v = v(x, y)
z = f(u, v) =⇒ dz = ∂z∂udu+ ∂z
∂vdv
∂z∂xdx+ ∂z
∂ydy = ∂z∂udu+ ∂z
∂vdv(1)
u = x+ y =⇒ du = dx+ dy
v = x− y =⇒ dv = dx− dy
(1)=⇒ ∂z∂xdx+ ∂z
∂ydy = ∂z∂u(dx+ dy) + ∂z
∂v (dx− dy) = dx( ∂z∂u + ∂z∂v ) + dy( ∂z∂u −
∂z∂v
dx : ∂z∂x = ∂z∂u + ∂z
∂v
dy : ∂z∂y = ∂z∂u −
∂z∂v
∂z∂y −
∂z∂x = 0→ ( ∂z∂u −
∂z∂v )− ( ∂z∂u −
∂z∂v ) = −2∂z∂v = 0 =⇒ ∂z
∂v = 0
200. Transformisati diferencijanu jednacinu
∂2z
∂x2 + ∂2z
∂y2 + ∂2z
∂x∂y= 1 + z − xy
uvodeci nove promenljive u, v, w, gde je w = w(u, v) date sa v+x+y+u = 1, v−x+y−u = 0, w = xy−z
Resenje:dw = d(xy − z) = d(xy)− dz = ydx+ xdy − dz
w = w(u, v) =⇒ dw = ∂w∂u du+ ∂w
∂v dv
z = z(x, y) =⇒ dz = ∂z∂xdx+ ∂z
∂y
=⇒ ydx+ xdy − dz = ∂w∂u du+ ∂w
∂v dv
ydx+ xdy − ∂z
∂xdx− ∂z
∂ydy = ∂w
∂udu+ ∂w
∂vdv
85
(y − ∂z
∂x)dx+ (x− ∂z
∂y)dy = ∂w
∂udu+ ∂w
∂vdv
v + x+ y + u = 1
v − x+ y − u = 0=⇒
v = 1−2y2
u = 1−2x2
=⇒dv = −dy
du = −dx
(1)
(y − ∂z
∂x)dx+ (x− ∂z
∂y)dy = −∂w
∂udx− ∂w
∂vdy
dx : y − ∂z∂x = −∂w
∂u =⇒ ∂z∂x = y + ∂w
∂u
dy : x− ∂z∂x = −∂w
∂u =⇒ ∂z∂y = x+ ∂w
∂v
Druge parcijalne izvode takode trazimo preko diferencijala
d(y + ∂w
∂u) = dy + d(∂w
∂u) = dy + ∂2w
∂u2 du+ ∂2w
∂u∂vdv
(1)= dy − ∂2w
∂u2 dx−∂2w
∂u∂vdy
dx : ∂2z∂x2 = −∂2w
∂u2
dy : ∂2z∂x∂y = 1− ∂2w
∂u∂v
d(x+ ∂w
∂v) = dx+ d(∂w
∂v) = dy + ∂2w
∂u∂dvdu+ ∂2w
∂v2 dv(1)= dy − ∂2w
∂u∂dvdx− ∂2w
∂v2 dy
dx : ∂2z∂x∂y = 1− ∂2w
∂u∂v
dy : ∂2z∂y2 = −∂2w
∂v2
Vracamo se u pocetnu jednacinu:
−∂2w
∂u2 −∂2w
∂v2 + 1− ∂2w
∂u∂v= 1 + z − xy = 1− w
∂2w
∂u2 + ∂2w
∂v2 + ∂2w
∂u∂v= w
201. Transformisati izrazB = x
∂z
∂x+ y
∂z
∂y− 2z
prelaskom na nove promenljive date uslovima u = xy , v = x2+y2
2 , w = xyz , gde je w = w(u, v) nova
funkcija.
Resenje:w = w(u, v) =⇒ dw = ∂w
∂u du+ ∂w∂v dvw = xy
z =⇒ dw = d(xyz ) = yzdx+ x
z dy −xyz2 dz =
= yzdx+ x
z dy −xyz2
∂z∂xdx−
xyz2
∂z∂ydy = (yz −
xyz2
∂z∂x)dx+ (xz −
xyz2
∂z∂y )dy (1)
u = xy =⇒ du = 1
ydx−xy2dy
v = x2+y2
2 =⇒ dv = xdx+ ydy
dw = ∂w∂u ( 1
ydx−xy2dy) + ∂w
∂v (xdx+ ydy) = ( 1y∂w∂u + x∂w∂v )dx+ (− x
y2∂w∂u + y ∂w∂v )dy
dw = dwdx : y
z −xyz2
∂z∂x = 1
y∂w∂u + x∂w∂v =⇒ ∂z
∂x = zx −
z2
xy2∂w∂u −
z2
y∂w∂v
86
dy : xz −xyz2
∂z∂y = − x
y2∂w∂u + y ∂w∂v =⇒ ∂z
∂y = zy + z2
y3∂w∂u −
z2
x∂w∂v
Koristeci pocetne uslove izraziti x, y, z u funkciji od u, v, w
B = − 4uv2
w2(u2 + 1)∂w
∂v
202. Transformisati parcijalnu diferencijalnu jednacinu
y∂2z
∂y2 + 2∂z∂y
= 2x
uvodeci nove promenljive u, v i novu funkciju w = w(u, v), u = xy , v = x,w = xz − y
Reseje:w = xz − y /d ⇒ dw = zdx+ xdz − dydz = ∂z
∂xdx+ ∂z∂ydy = zxdz+zydy ⇒ dw = zdx+xzxdx+zydy)−dy = (z+xzx)dx+(xzy−1)dy (1)
Kako je w = w(u, v) =⇒ dw = wudu+ wvdv, gde je du = ydx−xdyy2 , dv = dx
⇒ dw = wuydx−xdy
y2 + wvdx = (wuy wv)dx+ (− xy2wu)dy (2)
(1),(2)===⇒ xzy − 1 = − xy2wu
⇒ zy = 1x− 1y2wu
Znamo da je dzy = zxydx+ zy2dy (3)⇒ d( 1
x −1y2wu) = d( 1
x)− d( 1y2wu − 1
y2d(wu) = −dxx2 + 2
y3wudy− 1y2 (wu2du+wuvdv) = −dx
x2 + 2y3wudy−
1y2wu2(ydx−xdy
y2 )− wuvy2 dx
Dakle: zxydx+ zy2dy = (− 1x2 − wuv
y2 −wu2y3 )dx+ ( 2
y3wu + xwu2y4 )dy
⇒ zy2 = 2y3wu + xwu2
y4
Sada transformisemo parcijalnu diferencijalnu jednacinu ∂2z∂y2 + 2∂z∂y = 2
x
⇒ y( 2y3wu + xwu2
y4 ) + 2( 1x −
1y2wu) = 2
x2y2wu + x
y3wu2 + 2x −
2y2wu − 2
x = 0⇒ x
y3wu2 = 0
xy
1y2wu2 = 0, u = x
y , v = x⇒ y = xu = v
u ⇒ u 1( vu
)2wu2 = 0
u3
v2wu2 = 0
203. Uzimajuci u i v za nove premenljive, gde je u = x+ y + 2 i v = x− y − 1 transormisati jednacinu
2∂2z
∂x2 + ∂2z
∂x∂y− ∂2z
∂y2 + ∂z
∂x+ ∂z
∂y= 0
Resenje:∂z∂x = ∂z
∂u∂u∂x + ∂z
∂v∂v∂x = ∂z
∂u · 1 + ∂z∂v · 1 = ∂z
∂u + ∂z∂v
∂z∂y = ∂z
∂u∂u∂y + ∂z
∂v∂v∂y = ∂z
∂u · 2 + ∂z∂v · (−1) = 2 ∂z∂u −
∂z∂v
∂2z∂x2 = ∂
∂x( ∂z∂x) = ∂∂x( ∂z∂x) · ∂u∂x + ∂
∂v ( ∂z∂x) · ∂v∂x = ∂∂u( ∂z∂u + ∂z
∂v ) ·+ ∂∂v ( ∂z∂u + ∂z
∂v ) · 1 = ∂2z∂u2 + 2 ∂2z
∂u∂v + ∂2z∂v2
87
∂2z∂y2 = ∂
∂y (∂z∂y ) = ∂∂u(∂z∂y ) · ∂u∂y + ∂
∂v (∂z∂y ) · ∂v∂y = 2 ∂∂u(2 ∂z∂u −
∂z∂v )− ∂
∂v (2 ∂z∂u −∂z∂v ) = 4 ∂2z
∂2u − 4 ∂2z∂u∂v + ∂2z
∂v2
∂2z∂x∂y = ∂
∂x(∂z∂y ) = ∂∂u(∂z∂y ) · ∂u∂x + ∂
∂v (∂z∂y ) · ∂v∂x = ∂∂u(2 ∂z∂u−
∂z∂v )+ ∂
∂v (2 ∂z∂u−∂z∂v ) = 2 ∂2z
∂u2 + ∂2z∂u∂v −
∂2z∂v2 Vracamo
u pocetnu jednacinu i dobijamo:
3 ∂2z
∂u∂v+ ∂z
∂v= 0
204. Proveriti tacnost jednakst
(∂z∂x
)2 + (∂z∂y
)2 =( ∂z∂u)2 + (∂z∂v )2
(u2 + v2)2 , (u2 + v2 6= 0)
ako je x = uv, y = u2−v2
2
Resenje:∂z∂u = ∂z
∂x ·∂x∂u + ∂z
∂y ·∂y∂u
∂z∂v = ∂z
∂x ·∂x∂v + ∂z
∂y ·∂y∂v
∂x∂u = v ∂x
∂v = u ∂y∂u = u ∂y
∂v = −v
∂z∂u = ∂z
∂xv + ∂z∂yu
∂z∂u = ∂z
∂xu−∂z∂yv
( ∂z∂u
)2+( ∂z∂v
)2
(u2+v2)2 =( ∂z∂x
)2v2+2 ∂z∂x
∂z∂yuv+( ∂z
∂x)2u2+( ∂z
∂x)2u2−2 ∂z
∂x∂z∂yuv+( ∂z
∂y)2v2
(u2+v2)2 =( ∂z∂x
)2(u2+v2)+( ∂z∂y
)2(u2+v2)(u2+v2)2 =
( ∂z∂x
)2+( ∂z∂y
)2
u2+v2 6=( ∂z∂x)2 + (∂z∂y )2 =⇒ Ne vazi jednakost
205. Dokazati da funkcija z = arctg uv zadovoljava jednacinu
∂z
∂x+ ∂z
∂y= x− yx2 + y2
gde je u = x+ y, v = x− y.
Resenje:∂z∂x = ∂z
∂u∂u∂x + ∂z
∂v∂v∂x
∂u∂x = 1 ∂v
∂x = 1 =⇒ ∂z∂x = ∂z
∂u + ∂z∂v
∂z∂u = 1
(1+u2v2 )
1v = v
u2+v2
∂z∂v = 1
(1+u2v2 )−uv2 = u
u2+v2∣∣∣∣∣∣∣∂z∂x = u+v
u2+v2
∂z∂y = v−u
u2+v2
∣∣∣∣∣∣∣ =⇒ ∂z∂x + ∂z
∂y = 2vu2+v2 = x−y
x2+2xy+y2+x2−2xy+y2 = 2(x−y)2(x2+y2) = x−y
x2+y2
206. Ako je z = ϕ(xy) + ψ(xy ) (funkcije ϕ,ψ su dva puta diferencijabilne na R) odrediti vrednost izraza
x2 ∂2z
∂x2 − y2 ∂
2z
∂y2 + x∂z
∂x− y ∂z
∂y
207. Proveriti da li jednacinax∂z
∂x+ y
∂z
∂y− z = 0
posle transformacije odredene novim promenljivim u = x, v = yx ima oblik
u∂z
∂u− z = 0
88
208. Proveriti da li jednacina(xy + z)∂z
∂x+ (1− y2)∂z
∂y= x+ yz
posle transformacije oderedene novim promenljivim u = yz − x, v = xz − y, w = xy − z, ima oblik
∂w
∂v= 0
209. Odrediti ∂z∂x ,
∂z∂y ako je z = u−v
u+v , i u = x2y2, v = 1xy
89
References
[1] Beleske sa predavanja i vezbi iz Matematicke analize 3, doc, dr Dzenis Pucic, asistent EnesKacapor, Vezbe iz matematicke analize 3, Drzavni Univerzitet u Novom Pazaru ,Departmanza Metamaticke nauke, Zimski semestar, 2017018
[2] Rokovi, Drzavni Univerzitet u Novom Pazaru, Departman za Metamaticke nauke[3] S. Radenovic, Matematicka analiza 2[4] Ljasko, Boljarcuk, Gaj, Golovac, Zbirka resenih zadataka iz matematicke analize 2, Nasa
knjiga D.O.O, Beograd, 2017[5] Z. Stojakovic, M. Stojakovic
90