matematiˇcka analiza 3 - wordpress.com · sadrˇzaj 1 metriˇcki prostor - osnovni pojmovi 4 2...

Drzavni Univerzitet u Novom Pazaru

Departman za Matematicke nauke

Matematicka analiza 3Vezbe

Pripremile:Ajla Rasljanin

Almina Hanusa

Zimski semestar, 2017/2018

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


(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


(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


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


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


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


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.


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.


lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2 .

Resenje: Analogno prethodnom zadatku.


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)


3· 1n·03

1n2 +06 = lim

n→+∞01n2

= 0

(x′n, y′n) = ( 1n3 ,

1n)→ (0, 0), (n→ +∞)

lim(x,y)→(0,0)


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)


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)


(0 · sin 1√02+( 1

2nπ )2+ 0√

02+( 12nπ )2

· cos 1√02+( 1

2nπ )2) =

limn→+∞

(0 · sin2nπ + 0 · cos2nπ) = 0

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→+∞


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→+∞


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.


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}


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).


f(x, y) =

x2y3−7x2yx2+y2 , x2 + y2 6= 0

0, x2 + y2 = 0

U tacki (0, 0) ispitati neprekidnost.



f(x, y) =

2x4y−3y5

(x2−xy+2y2)√

2x2+2y2, x2 + y2 6= 0

0, x2 + y2 = 0

U tacki (0, 0) ispitati neprekidnost.



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


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


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.


f(x, y) =

x2yx2+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)

u koordinatnom pocetku.


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)


(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


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)


(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).


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


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→+∞


(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→+∞


(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)


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 )


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)


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.


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).


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.


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.


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


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



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).


f(x, y) =

x2y3−7x2yx2+y2 , x2 + y2 6= 0

0, x2 + y2 = 0


Resenje: Funkcija je diferencijabilna u (0, 0).


f(x, y) =

2x4y−3y5

(x2−xy+2y2)√

2x2+2y2, x2 + y2 6= 0

0, x2 + y2 = 0


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


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.


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


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


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


f(x, y) =

(x2−y)3

x4+y2 , (x, y) 6= (0, 0)0, (x, y) = (0, 0)


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)


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.


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.


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.


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


∂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.


∂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.


∂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

matematiˇcka analiza 3 - wordpress.com · sadrˇzaj 1 metriˇcki prostor - osnovni pojmovi 4 2...

Documents