matematika2 etf auditornevjezbe
Post on 18-Nov-2015
46 Views
Preview:
DESCRIPTION
TRANSCRIPT
-
Matematika 2
Elvis Barakovic, Edis Mekic
3. ozujka 2015.
-
Poglavlje 1
Nizovi i redovi.
1.1 Granicna vrijednost niza.
Primjer 1.1. Izracunati sljedece limese:
(a) limn+
3n2 2n+ 54n2 n 6 (b) limn+
4n2 n+ 32n3 n2 + 1
(c) limn+
(
2n2
2n+ 3 1 3n
2
3n2 + 1
)
.
Rjesenje. (a) Dati limes je oblika , pa ga racunamo tako sto podijelimo i
brojnik i nazivnik sa najvecim stepenom od n.
limn+
3n2 2n + 54n2 n 6 = limn+
3n2
n2 2n
n2+ 5
n2
4n2
n2 n
n2 6
n2
= limn+
3 2n+ 5
n2
4 1n 6
n2
,
ako iskoristimo poznati limes
limn
1
n= 0,
dobijamo da je
limn+
3n2 2n+ 54n2 n 6 =
3
4.
(b) Istim razmatranjem kao u (a) imamo
limn+
4n2 n + 32n3 n2 + 1 = limn+
4n2
n3 n
n3+ 3
n3
2n3
n3 n2
n3+ 1
n3
= limn+
4n 1
n2+ 3
n3
2 1n+ 1
n3
= 0.
1
-
(c)
limn+
(
2n2
2n+ 3 1 3n
2
3n2 + 1
)
= limn+
2n2(3n2 + 1) (1 3n2)(2n+ 3)(2n+ 3)(3n2 + 1)
= limn+
3 2n+ 11n2 + 6n3 + 6n43 + 2n + 9n2 + 6n3
= limn+
3n4
2nn4
+ 11n2
n4+ 6n
3
n4+ 6n
4
n4
3n4
+ 2nn4
+ 9n2
n4+ 6n
3
n4
= +.
Primjer 1.2. Izracunati sljedece limese:
(a) limn+
(n2 5n+ 6 n
)
(b) limn+
(n2 + n n
)
(c) limn+
(
nn2 10n
)
(d) limn+
(2n + 3
n 1
)
(e) limn+
(4n4 + 2 2n2
)
(f) limn+
(
n +n
n
)
Rjesenje. (a)
limn+
(n2 5n+ 6 n
)
= limn+
n2 5n+ 6 n
1n2 5n+ 6 + nn2 5n+ 6 + n
= limn+
n2 5n+ 6 n2n2 5n+ 6 + n
= limn+
5n + 6n2 5n+ 6 + n
: n
: n
= limn+
5 + 6n
n25n+6n2
+ 1
= 52.
2
-
(b)
limn+
(n2 + n n
)
= limn+
n2 + n n
1n2 + n + nn2 + n + n
= limn+
n2 + n n2n2 + n + n
= limn+
nn2 + n + n
: n
: n
= limn+
1
n2+nn2
+ 1= lim
n+
1
1 + 1n+ 1
=1
2.
(c)
limn+
(
nn2 10n
)
= limn+
nn2 10n1
n +n2 10n
n +n2 10n
= limn+
n2 n2 + 10nn +
n2 10n
= limn+
10n
n +n2 10n
: n
: n
= limn+
10
1 +
n210nn2
= limn+
10
1 +
1 10n
=10
2= 5.
(d)
limn+
(2n+ 3
n 1
)
= limn+
2n+ 3
n 1
12n+ 3 +
n 1
2n+ 3 +n 1
= limn+
2n+ 3 (n 1)2n+ 3 +
n 1
= limn+
n+ 42n+ 3 +
n 1
: n
: n
= limn+
1 + 4n
2n+3n2
+
n1n2
=1
0= +.
3
-
(e)
limn+
(4n4 + 2 2n2
)
= limn+
4n4 + 2 2n2
14n4 + 2 + 2n24n4 + 2 + 2n2
= limn+
4n4 + 2 4n44n4 + 2 + 2n2
= limn+
24n4 + 2 + 2n2
: n2
: n2
= limn+
2n2
4n4
n4+ 2
n4+ 2
=0
4= 0.
(f)
limn+
(
n +n
n
)
= limn+
n +nn1
n+n+
n
n+n+
n
= limn+
n +n n
n +n+
n
= limn+
n
n +n+
n
:n
:n
= limn+
nn
nn+
n
n+
nn
=1
1 + 0 + 1=
1
2.
Primjer 1.3. Izracunati sljedece limese:
(a) limn+
(n + 2)! (n 1)!(n+ 3)!
(b) limn+
3n+1 + 4n+1
3n + 4n
Rjesenje. (a) Iskoristimo li osobine faktorijela dati limes mozemo zapisati usljedecem obliku
limn+
(n+ 2)! (n 1)!(n+ 3)!
= limn+
(n 1)![(n+ 2)(n+ 1)n 1](n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)n(n 1)! ,
4
-
nakon skracivanja dobijamo
limn+
(n+ 2)(n+ 1)n 1(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)n
= 0.
(b)
limn+
3n+1 + 4n+1
3n + 4n= lim
n+
4n+1(
3n+1
4n+1+ 1
)
4n(
3n
4n+ 1
) = 4 limn+
(
34
)n+1+ 1
(
34
)n+ 1
= 4,
jer je
limn+
(
3
4
)n+1
= 0 i limn+
(
3
4
)n
= 0.
Primjer 1.4. Izracunati sljedece limese:
(a) limn+
2
n2(1 + 2 + 3 + ...+ n) (b) lim
n+
n2 + n+ 1
1 + 3 + 5 + ...+ 2n 1
(c) limn+
n
k=1
k (k + 1)
n3(d) lim
n+
n
k=2
k2 + k 2k(k + 1)
(e) limn+
1 + 12+ 1
22+ 1
23+ ...+ 1
2n
1 + 13+ 1
32+ 1
33+ ...+ 1
3n
Rjesenje. (a) Iskoristimo li poznatu formulu
n
k=1
k = 1 + 2 + 3 + ...+ n =n(n + 1)
2
imamo
limn+
2
n2(1 + 2 + 3 + ... + n) = lim
n+
2
n2 n(n+ 1)
2
= limn+
n2 + n
n2: n2
: n2= lim
n+
1 + 1n
1= 1.
(b) Iskoristimo li poznatu formulu
n
k=1
(2k 1) = 1 + 3 + 5 + ...+ 2n 1 = n2
5
-
imamo
limn+
n2 + n+ 1
1 + 3 + 5 + ... + 2n 1 = limn+n2 + n + 1
n2: n2
: n2
= limn+
1 + 1n+ 1
n2
1= 1.
(c) Vrijedi
limn+
n
k=1
k (k + 1)
n3= lim
n+
n
k=1
k2 +
n
k=1
k
n3
= limn+
n(n+1)(2n+1)6
+ n(n+1)2
n3
= limn+
2n2 + 6n+ 4
6n2: n2
: n2
=2
6=
1
3.
Pri cemu smo koristili poznate formule
n
k=1
k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6i
n
k=1
k =n(n+ 1)
2.
(d) Faktorizacijom brojnika i raspisivanjem clanova niza dobijamo
L = limn+
n
k=2
k2 + k 2k(k + 1)
= limn+
n
k=2
(k 1)(k + 2)k(k + 1)
=
= limn+
1 42 3
2 53 4
3 64 5 ...
(n 2) (n + 1)(n 1) n
(n 1) (n+ 2)n (n+ 1) .
Nakon skracivanja imamo
L = limn+
1
3
n+ 2
n=
1
3.
(e) Niz
1,1
2,
1
22,
1
23, ...,
1
2n
predstavlja geometriski niz ciji je kolicnik q =1
2, pa vrijedi
Sn = a1 qn 1q 1 =
12n
112 1 = 2
(
1
2n 1
)
.
6
-
Takode je
1,1
3,
1
32,
1
33, ...,
1
3n
geometrijski niz ciji je kolicnik q =1
3, pa vrijedi
Sn =13n
113 1 =
3
2(
1
3n 1
)
.
Dati limes sada se moze izracunati kao
limn+
1 + 12+ 1
22+ 1
23+ ...+ 1
2n
1 + 13+ 1
32+ 1
33+ ...+ 1
3n
= limn+
2 (
12n
1)
32(
13n
1)
=4
3,
jer je
limn+
1
2n= 0 i lim
n+
1
3n= 0.
Primjer 1.5. Izracunati sljedece limese
(a) limn+
(
1 +3
n
)n
(b) limn+
(
2n2 + 1
2n2 + 3
)n2
(c) limn+
(
n2 + n + 1
n2 n+ 1
)2n
(d) limn+
n[ln(n+ 3) lnn]
(e) limn+
3n [ln(n2 + 5n + 4) ln(n2 3n+ 7)]
Rjesenje. Za izracunavanje datih limesa koristimo poznati rezultat
limn+
(
1 +1
n
)n
= e.
(a) Vrijedi
limn+
(
1 +3
n
)n
= limn+
(
1 +1n3
)n
= limn+
(
1 +1n3
)n3 3nn
= elim
n+
3n
n = e3.
7
-
(b) Vrijedi
limn+
(
2n2 + 1
2n2 + 3
)n2
= limn+
(
1 +2n2 + 1
2n2 + 3 1
)n2
= limn+
(
1 +2
2n2 + 3
)n2
= limn+
(
1 +1
2n2+32
)2n2+3
2 22n2+3
n2
= elim
n+
2n22n2 + 3 = e1.
(c) Vrijedi
limn+
(
n2 + n + 1
n2 n + 1
)2n
= limn+
(
1 +n2 + n + 1
n2 n+ 1 1)2n
= limn+
(
1 +2n
n2 n+ 1
)2n
= limn+
(
1 +1
n2n+12n
)n2n+1
2n 2nn2n+1
2n
= elim
n+
4n2
n2 n+ 1 = e4.
(d) Koristeci osobine logaritamske funkcije dati limes mozemo zapisati
limn+
n[ln(n + 3) lnn] = limn+
n ln
(
n+ 3
n
)
= limn+
ln
(
n + 3
n
)n
=
= ln limn+
(
n + 3
n
)n
= ln limn+
(
1 +n + 3
n 1
)n
= ln limn+
(
1 +3
n
)n
= ln limn+
(
1 +1n3
)n3 3nn
= ln elim
n+
3n
n = ln e3 = 3 ln e = 3.
(e) Koristeci osobine logaritamske funkcije dati limes mozemo zapisati
limn+
3n [ln(n2 + 5n+ 4) ln(n2 3n+ 7)] = limn+
ln
(
n2 + 5n + 4
n2 3n+ 7
)3n
=
8
-
= ln limn+
(
n2 + 5n+ 4
n2 3n+ 7
)3n
= ln limn+
(
1 +n2 + 5n+ 4
n2 3n+ 7 1)3n
= ln limn+
(
1 +8n 3
n2 3n+ 7
)3n
= ln limn+
(
1 +1
n23n+78n3
)n23n+7
8n3 8n3n23n+7
3n
= ln elim
n+
24n2 9nn2 3n+ 7 = ln e24 = 24 ln e = 24.
Teorem 1.1. Svaki monoton i ogranicen niz je konvergentan.
U ovoj teoremi treba razlikovati dva slucaja:
1. Ako je niz monotono rastuci, onda zahtijevamo ogranicenost odozgo.
2. Ako je niz monotono opadajuci, onda zahtijevamo ogranicenost odozdo.
Primjer 1.6. Ispitati konvergenciju nizova ciji je opsti clan:
(a) xn =n
an(a > 1)
(b) an =
(
1 12
)
(
1 14
)
... (
1 12n
)
Rjesenje. (a) Ispitajmo monotonost niza xn =n
an(a > 1). Posmatrajmo
razliku dva uzastopna clana niza
xn+1 xn =n+ 1
an+1 n
an=
n+ 1 anan+1
= n(a 1) 1an+1
,
kako je an+1 > 0, a R i n(a 1) 1 > 0, a > 1, to je
xn+1 xn = n(a 1) 1
an+1< 0,
pa je dati niz monotono opadajuci.
Za proizvoljno n N je xn =n
an> 0, pa je dati niz ogranicen odozdo. Prema
teoremi 1.1 dati niz konvergentan, tj. limn+
xn = x0. Pustimo li u izrazu
xn+1
xn=
n + 1
an xn+1 =
n + 1
n a xn
9
-
da n tezi u beskonacnost imali bi da vrijedi x0 =x0
a, a zbog a > 1 ovo je
moguce samo ako je x0 = 0, pa je
limn+
xn = limn+
n
an= 0, a > 1.
(b) Ispitajmo monotonost datog niza. Posmatrajmo kolicnik dva uzastopnaclana niza tj.
an+1
an=
(
1 12
)
(
1 14
)
... (
1 12n
)
(
1 12n+1
)
(
1 12
)
(
1 14
)
... (
1 12n
)
=
(
1 12n+1
)
< 1,
odakle slijedi da je dati niz monotono opadajuci. Kako je1
2n< 1 to je
(
1 12n
)
> 0 (n N), pa je i an > 0 (n N). Sada na osnovu teoreme1.1 dati niz je konvergentan.
Teorem 1.2 (Teorem o lopovu i dva policajca). Neka su (xn) i (yn) nizoviza koje vrijedi:
1. limn+
xn = limn+
yn = A
2. za skoro svako n N je xn zn yn.
Tada i niz (zn) ima granicnu vrijednost i vrijedi limn+
zn = A
Primjer 1.7. Ispitati konvergenciju nizova ciji je opsti clan:
(a) zn =ln(1 + n)
1 + n2(b) zn =
n2n + 3n
(c) zn =
1n2+1
+ 1n2+2
+ ...+ 1n2+n
13n3+1
+ 13n3+2
+ ...+ 13n3+n
Rjesenje. (a) Matematickom indukcijom pokazuje se da vrijedi ln(1+n) < n.Koristeci ovu cinjenicu imamo,
0 ln(1 + n)1 + n2
n1 + n2
nn2
=1
n.
10
-
Ako oznacimo sa xn = 0, yn =1
n, onda su uslovi teoreme 1.2 ispunjeni, pa
zakljucujemo da je
limn+
xn = limn+
yn = 0 = limn+
zn.
Dakle, dati niz je konvergentan i
limn+
zn = 0.
(b) Kako vazi3n 2n + 3n 3n + 3n = 2 3n,
to jen3n = 3 n
2n + 3n n
2 3n = 3 n
2.
Oznacimo sa xn = 3 i yn = 3 n2, tada je
limn+
xn = 3, limn+
yn = limn+
3 n2 = 3 lim
n+2
1
n = 3 20 = 3.
Dakle, vrijedilim
n+xn = lim
n+yn = 3,
pa na osnovu teoreme 1.2 dati niz je konvergentan i vrijedi
limn+
zn = limn+
n2n + 3n = 3.
(c) Kako vazi
nn2 + n
1n2 + 1
+1
n2 + 2+ ... +
1n2 + n
nn2 + 1
(1.1)
n3n3 + n
13n3 + 1
+1
3n3 + 2
+ ...+1
3n3 + n
n3n3 + 1
(1.2)
Sada iz (1.1) i (1.2) slijedi
nn2 + nn
3n3 + 1
zn
nn2 + 1n
3n3 + n
,
sto nakon skracivanja daje
3n3 + 1n2 + n
zn 3n3 + nn2 + 1
.
11
-
Parcijalnim korjenovanjem dobijamo
n 3
1 + 1n3
n
1 + 1n
zn n 3
1 + 1n2
n
1 + 1n2
,
to jest,3
1 + 1n3
1 + 1n
zn 3
1 + 1n2
1 + 1n2
.
Obiljezimo sa xn =
3
1 + 1n3
1 + 1n
i yn =
3
1 + 1n2
1 + 1n2
, te kako je
limn+
xn = limn+
3
1 + 1n3
1 + 1n
= 1 i limn+
yn = limn+
3
1 + 1n2
1 + 1n2
= 1,
to prema teoremu 1.2 zakljucujemo da je dati niz konvergentan i da je
limn+
zn = 1.
Teorem 1.3 (Stolzova teorema). Neka su dati nizovi (xn) i (yn) i neka suzadovoljeni uslovi:
1. limn+
yn = +.
2. Niz (yn) je monotono rastuci, tj. yn+1 > yn za skoro svako n.
3. Postoji konacna ili beskonacna granicna vrijednost limn+
xn+1 xnyn+1 yn
.
Tada postoji i limn+
xn
yni vazi jednakost
limn+
xn
yn= lim
n+
xn+1 xnyn+1 yn
.
Primjer 1.8. Izracunati sljedece limese:
(a) limn+
n
3n(b) lim
n+
1 + 22 + 32 + ... + n2
n3
12
-
Rjesenje. (a) Oznacimo sa xn = n i sa yn = 3n. Jasno je da vrijedi lim
n+3n =
+, osim toga je i 3n+1 > 3n, tj. niz (yn) je monotono rastuci. Kako je
limn+
xn+1 xnyn+1 yn
= limn+
n+ 1 n3n+1 3n = limn+
1
2 3n = 0,
dakle ispunjeni su uslovi Stolzove teoreme pa vrijedi
limn+
xn
yn= lim
n+
n
3n= lim
n+
xn+1 xnyn+1 yn
= 0.
(b) Primjenom matematicke indukcije imamo:
limn+
1 + 22 + 32 + ... + n2
n3= lim
n+
n(n+1)(2n+1)6
n3=
1
6lim
n+
n(n+ 1)(2n+ 1)
n3.
Oznacimo sa xn = n(n + 1)(2n + 1) yn = n3, ocigledno je lim
nyn = + i
yn+1 > yn, dakle niz yn je monotono rastuci. Kako je
1
6lim
n+
xn+1 xnyn+1 yn
=1
6lim
n+
(n+ 1)(6n+ 6)
3n2 + 3n+ 1=
1
6 63=
1
3.
Odakle, primjenom teoreme 1.3 slijedi
limn+
1 + 22 + 32 + ...+ n2
n3=
1
3.
1.2 Brojni redovi.
Primjer 1.9. Ispitati konvergenciju reda+
n=1
1
n(n + 1)
Rjesenje. Opsti clan datog reda mozemo zapisati sa
1
n(n+ 1)=
1
n 1
n+ 1
pa je n ta parcijalna suma jednaka
Sn =n
k=1
(
1
k 1
k + 1
)
= 1 1n+ 1
.
13
-
Odavde sada imamo da jelim
n+Sn = 1,
pa dati red konvergira i vrijedi
+
n=1
1
n(n + 1)= 1.
Primjer 1.10. Ispitati konvergenciju reda
+
n=1
(n+ 2 2
n+ 1 +
n)
Rjesenje. U ovom slucaju n ta parcijalna suma je
Sn =n
k=1
(k + 2 2
k + 1 +
k)
= 12 +
n + 2
n + 1.
Odavde sada imamo da je
limn+
Sn = 12,
pa dati red konvergira i vrijedi
+
n=1
(n+ 2 2
n+ 1 +
n) = 1
2.
Primjer 1.11. Ispitati konvergenciju reda
+
n=1
n3
3n
Rjesenje.
limn+
xn+1
xn= lim
n+
(n + 1)3
3n+1
n3
3n
= limn+
(n + 1)3
3 n3 =1
3< 1,
pa na osnovu DAlambertovog kriterija polazni red je konvergentan.
14
-
Primjer 1.12. Ispitati konvergenciju reda
+
n=1
n!
n2 2n
Rjesenje.
limn+
xn+1
xn= lim
n+
(n + 1)!
(n + 1)2 2n+1n!
n2 2n= lim
n+
n2
(n + 1) 2 = + > 1,
pa na osnovu DAlambertovog kriterija polazni red je divergentan.
Primjer 1.13. Ispitati konvergenciju reda
+
n=1
(
n
n+ 1
)n2
Rjesenje.
limn+
nxn = lim
n+
n
(
n
n+ 1
)n2
= e1 =1
e< 1
pa na osnovu Cauchyjevog korijenog kriterija zakljucujemo da je dati redkonvergentan.
Primjer 1.14. Ispitati konvergenciju reda+
n=1
(
(2n 1)!!(2n)!!
12n+ 1
)
Rjesenje.
limn+
xn+1
xn= lim
n+
(2n+ 1)!!
(2n+ 2)!! 12n+ 3
(2n 1)!!(2n)!!
12n+ 1
= limn+
(2n+ 1)2
(2n+ 2)(2n+ 3)= 1,
pa na osnovu DAlambertovog kriterija ne mozemo utvrditi da li dati redkonvergira ili divergira. Primijenimo sada Raabeov kriterij
limn+
n
(
xn
xn+1 1
)
= limn+
n
(
(2n + 2)(2n+ 3)
(2n+ 1)2 1
)
=3
2> 1,
pa na osnovu Raabeovog kriterija zakljucujemo da je dati red konvergentan.
15
-
Primjer 1.15. Ispitati konvergenciju reda
+
n=1
(1)n+12n 1
Rjesenje. Niz (xn)nN =
(
1
2n 1
)
nN
, je monotono opadajuci jer vrijedi
xn+1
xn=
1
2n+ 11
2n 1
=2n 12n+ 1
= 1 22n+ 1
1.
Kako jos vrijedi
limn+
xn = limn+
1
2n 1 = 0,
to na osnovu Leibnitzov kriterija dati red je konvergentan.
1.3 Funkcionalni redovi.
Primjer 1.16. Ispitati konvergenciju reda
+
n=1
(1)nx+ 2n
, x (0,+).
Rjesenje. Niz (xn)nN =
(
1
x+ 2n
)
nN
, je monotono opadajuci jer vrijedi
xn+1
xn=
1
x+ 2n 21
x+ 2n
=x+ 2n
x+ 2n 2 =x+ 2n 2 2n
x+ 2n 2 = 12n
x+ 2n 1,
za x (0,+). Kako jos vrijedi
limn+
xn = limn+
1
x+ 2n= 0,
za x (0,+). To na osnovu Leibnitzov kriterija dati red je konvergentanza x (0,+).
Primjer 1.17. Ispitati konvergenciju reda+
n=1
x2
1 + n4x2, x (,+).
16
-
Rjesenje. Primjenom Raabeovog kriterija dobijamo
limn+
n
(
xn
xn+1 1
)
= limn+
n
(
(n + 1)4x2 n4x21 + n4x2
)
=4x2
x2= 4 > 1,
pa zakljucujemo da dati red konvergira za x (,+).
Primjer 1.18. Ispitati konvergenciju reda
+
n=1
2n sin x3n
, |x| A.
Rjesenje.
limn
xn+1
xn= lim
n
2n+1 sin x3n+1
2n sin x3n
= 2 limn
sinx
3n 3sin
x
3n
= 2 limn
x
3 3nsin
x
3n 3x
3 3n
x
3n
sinx
3nx
3n
= 2 limn
x
3 3nx
3n
=2
3< 1
pa na osnovu DAlambertovog kriterija polazni red je konvergentan za |x| A.
1.4 Stepeni redovi.
Primjer 1.19. Odrediti poluprecnik konvergencije reda+
n=1
xn
n!.
Rjesenje. Poluprecnik konvergencijedatog reda je
R =1
limn+
an+1
an
=1
limn+
1(n+1)!
1n!
=1
limn+
1
n+ 1
= +,
odnosno dati red kovergira za svako x R.
17
-
Primjer 1.20. Odrediti poluprecnik konvergencije reda
+
n=1
n! xn.
Rjesenje. Poluprecnik konvergencijedatog reda je
R =1
limn+
an+1
an
=1
limn+
(n + 1)!
n!
=1
limn+
(n+ 1)= 0,
odnosno dati red divergira za svako x R\{0}.
Primjer 1.21. Odrediti poluprecnik konvergencije reda
+
n=1
3n + 2n
nxn.
Rjesenje. Poluprecnik konvergencijedatog reda je
R =1
limn+
nan
=1
limn+
n
3n + 2n
n
=1
3,
odnosno dati red konvergira za |x| < 13.
Primjer 1.22. Odrediti interval konvergencije reda+
n=1
n
4n x2n .
Rjesenje.
limn+
xn+1
xn
= limn+
n+ 1
4n+1 x2n+2n
4n x2n
= limn+
n + 1
4x2n
=
1
4x2
< 1,
odnosno dati red konvergira za
1
4x2
< 1 x (
,12
)
(
1
2,+
)
.
Ispitajmo konvergenciju na krajevima ovog intervala.
Za x = 12dobijamo brojni red
+
n=1
n
4n (
12
)2n =+
n=1
n,
18
-
a ovaj red je divergentan.
Za x =1
2dobijamo brojni red
+
n=1
n
4n (
1
2
)2n =
+
n=1
n,
i ovaj red je divergentan.
Dakle, interval konvergencije pocetnog reda je x (
,12
)
(
1
2,+
)
.
Primjer 1.23. Odrediti interval konvergencije reda
1
2+
x
3 2 +x2
32 2 +x3
33 2 + ...
Rjesenje. Opsti clan datog reda je xn =xn1
3n1 2 , pa imamo
limn+
xn+1
xn
= limn+
xn
3n 2xn1
3n1 2
= limn+
x
3
< 1,
odnosno dati red konvergira za
|x| < 3 3 < x < 3 x (3, 3).
Ispitajmo konvergenciju na krajevima ovog intervala.Za x = 3 dobijamo brojni red
+
n=1
(3)n13n1 2 =
+
n=1
(1)n1 12,
a ovaj red je divergentan.Za x = 3 dobijamo brojni red
+
n=1
(3)n1
3n1 2 =+
n=1
1
2,
i ovaj red je divergentan.Dakle, interval konvergencije pocetnog reda je x (3, 3).
19
-
Primjer 1.24. Odrediti interval konvergencije reda
2x+ 1
1+
(2x+ 1)2
4+
(2x+ 1)3
7+ ...
Rjesenje. Opsti clan datog reda je xn =(2x+ 1)n
3n 2 , pa imamo
limn+
xn+1
xn
= limn+
(2x+ 1)n+1
3n+ 1(2x+ 1)n
3n 2
= limn+
|2x+ 1| 3n 23n+ 1
= |2x+ 1| < 1,
odnosno dati red konvergira za
|2x+ 1| < 1 1 < 2x+ 1 < 1 x (4, 0).
Ispitajmo konvergenciju na krajevima ovog intervala.Za x = 0 dobijamo brojni red
+
n=1
1
3n 2 ,
a ovaj red je divergentan na osnovu Raabeovog kriterija.Za x = 4 dobijamo brojni red
+
n=1
(7)n3n 2 ,
i ovaj red je divergentan na osnovu Leibnitzovog kriterija.Dakle, interval konvergencije pocetnog reda je x (4, 0).
1.5 Taylorov i Maclaurinov red
Primjer 1.25. Funkciju f(x) =1
xrazviti u Taylorov red u okolini tacke 3.
Rjesenje. Prvi izvod funkcije f(x) =1
xje f (x) =
1x2
, a drugi f (x) =
2
x3. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je nti izvod date funkcije
20
-
f (n)(x) =(1)nn!xn+1
. Pa je Taylorov red funkcije f(x)
f(x) =1
x= f(3) +
f (3)
1!(x 3) + f
(3)
2!(x 3)2 + ... + f
(n)(3)
n!(x 3)n + ...
1
x=
1
3+
+
n=1
(1)nn!xn+1
n!(x 3)n =
+
n=0
(1)n (x 3)n3n+1
Primjer 1.26. Funkciju f(x) = ln(x+1) razviti u Maclaurinov red, a zatimodrediti poluprecnik i interval konvergencije dobijenog reda.
Rjesenje. Prvi izvod funkcije f(x) = ln(1 + x) je f (x) =1
1 + x, a drugi
f (x) =1
(1 + x)2. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je nti izvod
date funkcije f (n)(x) =(1)n+1(n 1)!
(x+ 1)n. Pa je Maclaurinov red funkcije f(x)
f(x) = ln(1 + x) = f(0) +f (0)
1!x+
f (0)
2!x2 + ... +
f (n)(0)
n!xn + ...
ln(1 + x) = x+12!
x2 + ...+(1)n+1(n 1)!
n!xn + ... =
+
n=1
(1)n+1xnn
.
Poluprecnik konvergencije dobijenog reda je
R = limn+
1n
n+ 1
= 1,
pa red konvergira za |x| < 1 1 < x < 1. Ispitajmo konvergenciju nakrajevima intervala:
za x = 1 data funkvija nije definisana pa i dobijeni red divergira, a za
x = 1 dobijamo brojni red+
n=1
(1)n+1n
koji konvergira na osnovu Leibnit-
zovog kriterija. Dakle, interval konvergencije dobijenog reda je x (1, 1].
Primjer 1.27. Funkciju f(x) = eax razviti u Maclaurinov red.
21
-
Rjesenje. Prvi izvod funkcije f(x) = eax je f (x) = aeax, a drugi f (x) = a2eax. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je nti izvod date funkcijef (n)(x) = an eax. Pa je Maclaurinov red funkcije f(x)
f(x) = eax = f(0) +f (0)
1!x+
f (0)
2!x2 + ... +
f (n)(0)
n!xn + ...
eax = 1 +a
1!x+
a2
2!x2 + ...+
an
n!xn + ... =
+
n=0
(ax)n
n!.
1.6 Sumiranje redova.
Primjer 1.28. Izracunati+
n=1
nxn i+
n=1
n2xn.
Rjesenje. Diferenciranjem clan po clan sume1
1 x =+
n=0
xn, |x| < 1,
dobijamo1
(1 x)2 =+
n=0
nxn1, odakle jex
(1 x)2 =+
n=0
nxn, odnosno
x
(1 x)2 =+
n=1
nxn.
Diferenciranjem clan po clan sumex
(1 x)2 =+
n=1
nxn, |x| < 1, dobijamo
x+ 1
(1 x)3 =+
n=1
n2xn1, odakle jex(x+ 1)
(1 x)3 =+
n=1
n2xn.
Primjer 1.29. Sljedece funkcije napisati u obliku reda:
(a) f(x) =x
x 1 (b) f(x) =x
x2 + 1
(c) f(x) =x
(x 1)(x+ 2) (d) f(x) =x
1 + x3.
Rjesenje.
(a) Datu funkciju mozemo napisati na sljedeci nacin
f(x) =x 1 + 1x 1 = 1 +
1
x 1 = 11
1 x.
22
-
Ako sada primijenimo formulu za sumu beskonacno clanova geometrij-skog niza dobijamo
f(x) = 1+
n=0
xn = 1 1+
n=1
xn = +
n=1
xn.
(b) Ako iskoristimo cinjenicu da je
f(x) =1
1 + x2=
1
1 (x2) =+
n=0
(1)nx2n.
Sada imamo da je
f(x) =x
x2 + 1=
+
n=0
(1)nx2n+1.
(c) Rastavimo datu funkciju na proste racionalne funkcije
f(x) =x
(x 1)(x+ 2) =A
x 1 +B
x+ 2
x = A(x+ 2) +B(x 1) A = 13, B =
2
3.
Sada imamo
f(x) =13
x 1 +13
x+ 2=
13
11 x +
2
3 12(1 + x
2)
f(x) =13
11 x +
1
3 11
(
x2
) =13
+
n=0
xn +1
3
+
n=0
(x2
)n
,
odnosno
f(x) =13
+
n=0
xn +1
3
+
n=0
(1)nxn2n
=1
3
(
+
n=0
(1)n2n
1)
xn.
(d) Kako vrijedi
1
1 + x3=
1
1 (x3) =+
n=0
(x3)n =+
n=0
(1)n x3n,
to je
f(x) =x
1 + x3=
+
n=0
(1)n x3n+1.
23
-
Primjer 1.30. Sljedece funkcije napisati u obliku reda:
(a) f(x) = ln(1 + x) (b) f(x) = ln1 + x
1 x(c) f(x) =
1 + x
(1 x)2 (d) f(x) = 2x arctanx ln(1 + x2).
Rjesenje.
(a) Ako diferenciramo datu funkciju dobijemo
f (t) =1
1 + t=
1
1 (t) =+
n=0
(t)n =+
n=0
(1)ntn.
Ako sada integralimo ovu jednakost dobijamo
x
0
f (t)dt =+
n=0
(1)n x
0
tndt f(x) =+
n=0
(1)n xn+1
n+ 1,
odnosno
f(x) =
+
n=1
(1)n1 xnn
.
(b) Ako iskoristimo osbinu logaritamske funkcije imamo
f(x) = ln1 + x
1 x = ln(1 + x) ln(1 x) =+
n=1
(1)n1 xnn
++
n=1
xn
n,
odnosno
f(x) = ln1 + x
1 x =+
n=1
(1)n1 + 1n
xn.
(c) Datu funkciju mozemo rastaviti na proste racionalne funkcije
f(x) =1 + x
(1 x)2 =1
1 x +2
(1 x)2 .
Ako sada diferenciramo formulu za sumu geometrijskog reda imamo
+
n=0
tn =1
1 t/
+
n=0
ntn1 =1
(1 t)2 .
24
-
Dakle,
f(x) =1 + x
(1 x)2 =1
1 x +2
(1 x)2 = +
n=0
xn + 2
+
n=0
nxn1,
f(x) =
+
n=0
(
2n
x 1
)
xn.
(d) Ako diferenciramo funkciju f(t) = 2t arctan t ln(1 + t2) dobijamo
f (t) =2
1 + t2 2t
1 + t2.
A kako je1
1 + t2=
+
n=0
(1)nt2n, nakon integracije dobijamo
x
0
1
1 + t2dt =
+
n=0
(1)n x
0
t2n arctanx =+
n=0
(1)n x2n+1
2n+ 1.
Dalje imamo
t
1 + t2=
+
n=0
(1)n t2n+1,
te nakon integracije dobijamo
x
0
t
1 + t2dt =
+
n=0
(1)n x
0
t2n+1dt 12ln(1+x2) =
+
n=0
(1)n x2n+2
2n+ 2.
Dakle,
f(x) = 2
+
n=0
(1)n x2n+2
2n+ 1 2
+
n=0
(1)n x2n+2
2n+ 2.
Primjer 1.31. Izracunati
(a)
n=1
(1)n1n(n + 1)
(b)
n=1
n2xn1
Rjesenje.
25
-
(a) Kako vrijedi
n=1
(1)n1n(n + 1)
=
n=1
(1)n1n
n=1
(1)n1n+ 1
,
te ako iskoristimo predhodni zadatak (a) imamo
n=1
(1)n1n(n+ 1)
= ln 2
n=1
(1)n1n+ 1
.
Ako sada uvedemo smjenu n+ 1 = k n = k 1 imamo
n=1
(1)n1n(n + 1)
= ln 2
k=2
(1)k2k
+ 1 1 = ln 2 +
k=1
(1)k1k
1,
odnosno
n=1
(1)n1n(n + 1)
= 2 ln 2 1 = ln 4 1.
(b) Neka je S(t) =
n=1
n2tn1. Nakon integracije od 0 do x dobijamo
x
0
S(t)dt =
n=1
n2 x
0
tn1dt =
n=1
n2 xn
n=
n=0
n xn.
Sada na osnovu Primjera 1.28 imamo
x
0
S(t)dt =
n=0
n xn = x(1 x)2
/
odnosno
S(x) =
(
x
(1 x)2)
=1 + x
(1 x)3 .
26
-
Poglavlje 2
Funkcije vise promjenljivih.
2.1 Granicna vrijednost funkcija vise promjen-
ljivih.
Primjer 2.1. Dokazati da ne postoji granicna vrijednost limx0
y0
x yx+ y
.
Rjesenje. Uzastopne granicne vrijednosti su
L12 = limx0
limy0
x yx+ y
= limx0
x
x= 1
L21 = limy0
limx0
x yx+ y
= limx0
yy
= 1.
Buduci da je L12 6= L21, granicna vrijednost ne postoji.
Primjer 2.2. Dokazati da ne postoji granicna vrijednost limx0
y0
xy
x2 + y2.
Rjesenje. Uzastopne granicne vrijednosti su
L12 = limx0
limy0
xy
x2 + y2= lim
x0
0
x2= 0
L21 = limy0
limx0
xy
x2 + y2= lim
x0
0
y2= 0.
Buduci da je L12 = L21, ne mozemo zakljuciti da li postoji zadana granicnavrijednost. Medutim, ako se tacki (0, 0) priblizavamo po krivoj y = x,granicna vrijednost je
limx0
y0
xy
x2 + y2= lim
x0
y0
x2
2x2=
1
2.
27
-
S druge strane, ako se tacki (0, 0) prblizavamo po krivoj y = x, granicnavrijednost je
limx0
y0
xy
x2 + y2= lim
x0
y0
x22x2
= 12.
Buduci da granicna vrijednost zavisi od nacina kako se priblizavamo tacki(0, 0), zakljucujemo da zadana granicna vrijednost ne postoji.
Primjer 2.3. Dokazati da ne postoji granicna vrijednost limx0
y0
x y + x2 + y2x+ y
.
Rjesenje. Ako se tacki (0, 0) priblizavamo putem clanova niza
(
1
n,1
n
)
, do-
bijamo
limx0
y0
x y + x2 + y2x+ y
= limn
1
n= 0.
S druge strane, ako se tacki (0, 0) priblizavamo putem clanova niza
(
2
n,1
n
)
,
tj. nekim drugim putem, dobijamo
limx0
y0
x y + x2 + y2x+ y
= limn
n + 5
3n=
1
3.
Buduci da granicna vrijednost zavisi od nacina kako se priblizavamo tacki(0, 0), zakljucujemo da zadana granicna vrijednost ne postoji.
Primjer 2.4. Dokazati da funkcija f(x, y) =x sin 1
x+ y
x+ ynema simultanu
granicnu vrijednost u tacki (0, 0) niti uzastopnu granicnu vrijednost L12, aliima usastopnu granicnu vrijednost L21.
Rjesenje. Ako se tacki (0, 0) priblizavamo po pravoj y = kx, dobijamo
limx0
y0
x sin 1x+ y
x+ y= lim
x0
y0
x sin 1x+ kx
x+ kx= lim
x0
y0
sin 1x+ k
1 + k.
Buduci da ne postoji granicna vrijednost limx
sin x, ne postoji ni posmatrana
simultana granicna vrijednost. S druge strane, zbog istog razloga ne postojiuzastopna granicna vrijednost
L12 = limx0
limy0
x sin 1x+ y
x+ y= lim
x0sin
1
x.
28
-
Druga uzastopna granicna vrijednost je
L21 = limy0
limx0
x sin 1x+ y
x+ y= lim
y0
0 + y
y= 1.
Primjer 2.5. Izracunati limx1
y1
xy x y + 1xy x y + 2 1 .
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 1 i y = 1 dobijamo neodredeniizraz 0
0. Rastavljanjem brojnika i nazivnika na faktore i racionalisanjem, do-
bijamo
limx1
y1
xy x y + 1xy x y + 2 1 = limx1
y1
(x 1)(y 1)
(x 1)(y 1) + 1 1
= limx1
y1
(x 1)(y 1)
(x 1)(y 1) + 1 1
(x 1)(y 1) + 1 + 1
(x 1)(y 1) + 1 + 1= lim
x1
y1
(
(x 1)(y 1) + 1 + 1) = 2.
Primjer 2.6. Izracunati limx0
ya
sin xy
x.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = a dobijamo
neodredeni izraz 00.Buduci da je lim
t0
sin t
t= 1, dobijamo
limx0
ya
sin xy
xyy = lim
x0
ya
sin xy
xylimx0
ya
y = limx0
ya
y = a.
Primjer 2.7. Izracunati limx0
y0
1 cos(x2 + y2)(x2 + y2)x2y2
.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeni
izraz 00. Buduci da je lim
t0
sin t
t= 1 i sin2
x
2=
1 cos x2
, uvodeci polarne ko-
29
-
ordinate, dobijamo
limx0
y0
1 cos(x2 + y2)(x2 + y2)x2y2
= limx0
y0
2 sin2 x2+y2
2
(x2 + y2)x2y2=
1
2limx0
y0
sin2 x2+y2
2x2+y2
4x2y2
=1
2limx0
y0
sin2 x2+y2
2(x2+y2)2
4
limx0
y0
x2 + y2
x2y2=
1
2limx0
y0
x2 + y2
x2y2
=1
2lim0
2
4 sin2 cos2 =
1
2lim0
1
2 sin2 cos2 = .
Primjer 2.8. Izracunati limx0
y0
(x2 + y2)xy.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 00. Prelaskom na polarne koordinate i koristenjem identitea f g = eg ln f ,dobijamo
limx0
y0
(x2 + y2)xy = lim0
(2)2 sin cos = elim0
2 sin cos ln 2
= e2 sin cos lim0 2 ln = e0 = 1
jer je, koristeci LHostitaleovo pravilo
lim0
2 ln = lim0
ln 12
= lim0
1
23
= lim0
2
2= 0.
Primjer 2.9. Izracunati limx
ya
(
1 +1
x
)x2
x+y
.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = i y = a dobijamoneodredeni izraz 1. Dakle,
limx
ya
(
1 +1
x
)x2
x+y
= limx
ya
((
1 +1
x
)x) xx+y
= elimx
ya
xx+y = e1 = e.
30
-
Primjer 2.10. Izracunati limx0
y0
1 ex2y2
x2 + y2.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 0
0. Prelaskom na polarne koordinate i koristenjem LHospitaleovog pra-
vila, dobijamo
limx0
y0
1 ex2y2
x2 + y2= lim
0
1 e2
2= lim
0
2e2
2= lim
0e
2
= e0 = 1.
Primjer 2.11. Izracunati limx0
y0
x4 y4x2 + y2
.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 0
0. Prelaskom na polarne koordinate, dobijamo
limx0
y0
x4 y4x2 + y2
= lim0
4(cos4 sin4 )2
= (cos4 sin4 ) lim0
4 = 0.
Primjer 2.12. Izracunati limx0
y0
y
x+ y.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 0
0. Prelaskom na polarne koordinate, dobijamo
limx0
y0
y
x+ y= lim
0
sin
cos+ sin= lim
0
sin
cos+ sin=
sin
cos+ sin.
Granicna vrijednost ne postoji jer zavisi od ugla .
2.2 Neprekidnost funkcija vise promjenljivih.
Primjer 2.13. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
xy2
x2 + y2; (x, y) 6= (0, 0),
1 ; (x, y) = (0, 0).
31
-
Rjesenje. Funkcija f(x, y) je neprekidna u svakoj tacki (a, b) 6= (0, 0) jer je
limxa
yb
f(x, y) = limxa
yb
xy2
x2 + y2=
ab2
a2 + b2= f(a, b).
Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Prelaskom na polarne koordi-nate, granicna vrijednost funkcije f(x, y) u tacki (0, 0) je
limx0
y0
xy2
x2 + y2= lim
0
3 sin
2= sin3 lim
0 = 0.
Dakle, funkcija je prekidna u tacki (0, 0) jer je limx0
y0
f(x, y) = 0 6= 1 = f(0, 0).
Primjer 2.14. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
xy2
(x+ y2)2; (x, y) 6= (0, 0),
0 ; (x, y) = (0, 0).
Rjesenje. Funkcija f(x, y) je neprekidna u svakoj tacki (a, b) 6= (0, 0) jer je
limxa
yb
f(x, y) = limxa
yb
xy2
(x+ y2)2=
ab2
(a+ b2)2= f(a, b).
Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Pokazimo da funkcija nemagranicnu vrijednost u toj tacki. Naime, ukoliko se tacki (0, 0) priblizavamopo krivoj x = y2 granicna vrijednost je
limx0
y0
xy2
(x+ y2)2= lim
y0
y4
4y4=
1
4.
S druge strane, ukoliko se tacki (0, 0) priblizavamo po pravoj y = x granicnavrijednost je
limx0
y0
xy2
(x+ y2)2= lim
y0
y3
(y + y2)2= lim
y0
y
(1 + y)2= 0.
Dakle, funkcija je prekidna u tacki (0, 0) jer ne postoji granicna vrijednostfunkcije u toj tacki.
32
-
Primjer 2.15. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
1 e
x2+y2
x2 + y2; (x, y) 6= (0, 0),
1 ; (x, y) = (0, 0).
Rjesenje. Funkcija f(x, y) je neprekidna u svakoj tacki (a, b) 6= (0, 0) jer je
limxa
yb
f(x, y) = limxa
yb
1 e
x2+y2
x2 + y2=
1 ea2+b2
a2 + b2
= f(a, b).
Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Prelaskom na polarne koor-dinate i koristenjem LHospitaleovog pravila, granicna vrijednost funkcijef(x, y) u tacki (0, 0) je
limx0
y0
1 e
x2+y2
x2 + y2= lim
0
1 e
= lim0
e = e0 = 1
Funkcija je neprekidna u tacki (0, 0) jer je limx0
y0
f(x, y) = 1 = f(0, 0).
Primjer 2.16. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
x2y2
x4 + y4; (x, y) 6= (0, 0),
1 ; (x, y) = (0, 0).
Rjesenje. Funkcija f(x, y) je neprekidna u svakoj tacki (a, b) 6= (0, 0) jer je
limxa
yb
f(x, y) = limxa
yb
x2y2
x4 + y4=
a2b2
a4 + b4= f(a, b).
Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Prelaskom na polarne koordi-nate, granicna vrijednost funkcije f(x, y) u tacki (0, 0) je
limx0
y0
x2y2
x4 + y4= lim
0
4 cos2 sin2
4(cos4 + sin4 )=
cos2 sin2
cos4 + sin4 .
Granicna vrijednost funkcije u tacki (0, 0) zavisi od ugla , prema i ne postoji.Dakle, funkcija f(x, y) ima prekid u tacki (0, 0).
33
-
2.3 Diferencijalni racun funkcija vise promjen-
ljivih.
Primjer 2.17. Odrediti parcijalne izovde prvog reda te prvi totalni diferen-cijal funkcije f(x, y) = x2 + y2 2x2y2.
Rjesenje. Imamo
f
x= 2x 4xy2
f
y= 2y 4x2y.
Prvi totalni diferencijal je df(x, y) = (2x 4xy2)dx+ (2y 4x2y)dy.
Primjer 2.18. Odrediti parcijalne izovde prvog reda te prvi totalni diferen-
cijal funkcije f(x, y) =x 1x y2 .
Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod kolicnika, dobijamo
f
x=
(x 1)x(x y) (x 1)(x y2)
x
(x y2)2 =1 (x y) (x 1) 1
(x y2)2
=1 y2
(x y2)2f
x=
(x 1)y(x y) (x 1)(x y2)
y
(x y2)2 =0 (x y) (x 1) (2y)
(x y2)2
=2xy 2y(x y2)2 .
Prvi totalni diferencijal je df(x, y) =1 y2
(x y2)2dx+2xy 2y(x y2)2dy.
Primjer 2.19. Odrediti parcijalne izovde prvog reda te prvi totalni diferen-cijal funkcije f(x, y) = x2yexy
2
.
Rjesenje. Da bi lakse nasli izvode, zapisimo funkciju u obliku f(x, y) =
x2yexy2
= yey2
x2ex.Koristeci pravilo za izvod proizvoda, dobijamo
f
x= yey
2 (
x2ex)
x= yey
2 (
2xex + x2ex)
= xyexy2
(2 + x)
f
y= x2ex
(
yey2)
y= x2ex
(
ey2 2y2ey2
)
= x2exy2 (
1 2y2)
.
34
-
Prvi totalni diferencijal je df(x, y) = xyexy2
(2 + x) dx+x2exy2
(1 2y2) dy.
Primjer 2.20. Odrediti parcijalne izvode prvog i drugog reda funkcije f(x, y) =x ln(x2 + y2 + 1).
Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod proizvoda, dobijamo da su parcijalniizvodi prvog reda
f
x= (x)
x ln(x2 + y2 + 1) + x(ln(x2 + y2 + 1))
x
= ln(x2 + y2 + 1) + x1
x2 + y2 + 12x = ln(x2 + y2 + 1) +
2x2
x2 + y2 + 1f
y= x(ln(x2 + y2 + 1))
y = x1
x2 + y2 + 12y =
2xy
x2 + y2 + 1.
Parcijalni izvodi drugog reda su
2f
x2= (ln(x2 + y2 + 1))
x +(2x2)
x(x2 + y2 + 1) (2x2)(x2 + y2 + 1)x
(x2 + y2 + 1)2
=1
x2 + y2 + 1(x2 + y2 + 1)
x +(2x2)
x(x2 + y2 + 1) (2x2)(x2 + y2 + 1)x
(x2 + y2 + 1)2
=2x
x2 + y2 + 1+
4x(x2 + y2 + 1) (2x2) 2x(x2 + y2 + 1)2
=2x(x2 + 3y2 + 3)
(x2 + y2 + 1)2
2f
xy= (ln(x2 + y2 + 1))
y +(2x2)
y(x2 + y2 + 1) (2x2)(x2 + y2 + 1)y
(x2 + y2 + 1)2
=1
x2 + y2 + 1(x2 + y2 + 1)
y +(2x2)
y(x2 + y2 + 1) (2x2)(x2 + y2 + 1)y
(x2 + y2 + 1)2
=2y
x2 + y2 + 1+
0 (x2 + y2 + 1) (2x2) 2y(x2 + y2 + 1)2
=2y(x2 + y2 + 1)(x2 + y2 + 1)2
2f
y2=
(2xy)
y(x2 + y2 + 1) 2xy(x2 + y2 + 1)y
(x2 + y2 + 1)2=
2x(x2 + y2 + 1) 2xy 2y(x2 + y2 + 1)2
=2x(x2 y2 + 1)(x2 + y2 + 1)2
Primjer 2.21. Odrediti parcijalne izvode prvog i drugog reda funkcije f(x, y) =
x2ex+y2
+ xy2 + y.
35
-
Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod proizvoda, dobijamo da su parcijalniizvodi prvog reda
f
x= 2xex+y
2
+ x2ex+y2
+ y2 = xex+y2
(2 + x) + y2
f
x= x2ex+y
2 2y + 2xy + 1 = 2x2yex+y2 + 2xy + 1.
Parcijalni izvodi drugog reda su
2f
x2= (2x+ 2)ex+y
2
+ (x2 + 2x)ex+y2
= ex+y2
(x2 + 4x+ 2)
2f
xy= (x2 + 2x)ex+y
2 2y + 2y = 2y((x2 + 2x)ex+y2 + 1)
2f
y2= 2x2ex+y
2
+ 2x2yex+y2 2y + 2x = 2x(xex+y2 + 2xy2ex+y2 + 1)
= 2x(xex+y2
(1 + 2y2) + 1).
Primjer 2.22. Odrediti parcijalne izvode funkcije f(u, v) = ue3v ako jeu(x, y) = x2 + y2 i v(x, y) = x sin y.
Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod slozene funkcije, dobijamo
f
x=
f
u
u
x+
f
v
v
x= e3v 2x+ 3ue3v sin y
= 2xe3x sin y + 3(x2 + y2) sin ye3x sin y = e3x sin y(2x+ 3(x2 + y2) sin y)
f
y=
f
u
u
y+
f
v
v
y= e3v 2y + 3ue3v x cos y
= 2ye3x sin y + 3x(x2 + y2) cos ye3x sin y = e3x sin y(2y + 3x(x2 + y2) cos y).
Primjer 2.23. Odrediti parcijalne izvode funkcije f(u, v) = u2vuv2 ako jeu(x, y) = x cos y i v(x, y) = x sin y.
Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod slozene funkcije, dobijamo
f
x=
f
u
u
x+
f
v
v
x= (2uv v2) cos y + (u2 2uv) sin y
= (2x2 cos y sin y x2 sin y) cos y + (x2 cos2 y 2x2 cos y sin y) sin y= 3x2 cos y sin y(cos y sin y),
36
-
f
y=
f
u
u
y+
f
v
v
y= (2uv v2)(x sin y) + (u2 2uv)x cos y
= (2x2 cos y sin y x2 sin y)(x sin y) + (x2 cos2 y 2x2 cos y sin y)x cos y= x3(cos y + sin y)(1 3 sin y cos y).
Primjer 2.24. Provjeriti da li je rjesenje parcijalne diferencijalne jednacine
2u
x2+
2u
y2= 0
funkcija u(x, y) = ln(x2 + y2).
Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog reda su
u
x=
1
x2 + y2(x2 + y2)x =
2x
x2 + y2,
u
y=
1
x2 + y2(x2 + y2)y =
2y
x2 + y2.
Parcijalni izvodi drugog reda su
2u
x2=
2(x2 + y2) 2x 2x(x2 + y2)2
=2(y2 x2)(x2 + y2)2
,
2u
y2=
2(x2 + y2) 2y 2y(x2 + y2)2
=2(x2 y2)(x2 + y2)2
.
Dakle,2u
x2+
2u
y2=
2(y2 x2)(x2 + y2)2
+2(x2 y2)(x2 + y2)2
= 0
pa funkcija u(x, y) jeste rjesenje zadane parcijalne diferencijalne jednacine.
Primjer 2.25. Provjeriti da li je rjesenje parcijalne diferencijalne jednacine
2u
x2
2u
y2 2u
y= 2u
funkcija u(x, y) = ex(x y), pri cemu je proizvoljna diferencijabilnafunkcija.
37
-
Rjesenje. Radi lakseg racuna, uvedimo smjenu t = x y. Parcijalni izvodiprvog reda su
u
x= ex(t) + ex (t)
t tx
= ex(t) + ex (t)t
,
u
y= ex (t)
t ty
= ex (t)t
jer je tx
= 1 i ty
= 1. Parcijalni izvodi drugog reda su
2u
x2= 2ex(t) 2ex (t)
t+ ex
2(t)
t2,
2u
y2= ex
2(t)
t2.
Dakle,
2u
x2
2u
y2 2u
y= 2ex(t) 2ex (t)
t+ ex
2(t)
t2
ex2(t)
t2 2u
y= 2u
pa funkcija u(x, y) jeste rjesenje zadane parcijalne diferencijalne jednacine.
2.4 Gradijent i Hesijan funkcije.
Izvod funkcije u pravcu vektora.
Primjer 2.26. Odrediti gradijent i Hesijan funkcije
f(x, y) = x2y xy2.
Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog i drugog reda funkcije f(x, y) su:
f
x= 2xy y2, f
y= x2 2xy,
2f
x2= 2y,
2f
xy= 2x 2y =
2f
yx,
2f
y2= 2x
38
-
pa je gradijent funkcije
f(x, y) = (2xy y2, x2 2xy)
a njen Hesijan
Hf(x, y) =
(
2y 2x 2y2x 2y 2y
)
.
Primjer 2.27. Odrediti gradijent i Hesijan funkcije
f(x, y) = e2x+y
u tacki A(0, 0).Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog i drugog reda funkcije f(x, y) su:
f
x= 2e2x+y, f
y= e2x+y,
2f
x2= 4e2x+y,
2f
xy= 2e2x+y =
2f
yx,
2f
y2= e2x+y
pa je gradijent funkcije
f(x, y) = (2e2x+y, e2x+y)
a njen Hesijan
Hf(x, y) =
(
4e2x+y 2e2x+y2e2x+y e2x+y
)
.
U tacki A vrijedif(A) = (2, 1)
i
Hf(x, y) =
(
4 22 1
)
.
Primjer 2.28. Odrediti gradijent funkcije
f(x, y) =
x2 + 2y2 + 3z2.
39
-
Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog reda funkcije f(x, y) su:
f
x=
1
2
x2 + 2y2 + 3z2(
x2 + 2y2 + 3z2)
x=
1
2
x2 + 2y2 + 3z2 2x
=x
x2 + 2y2 + 3z2,
f
y=
1
2
x2 + 2y2 + 3z2(
x2 + 2y2 + 3z2)
y=
1
2
x2 + 2y2 + 3z2 4y
=2y
x2 + 2y2 + 3z2,
f
z=
1
2
x2 + 2y2 + 3z2(
x2 + 2y2 + 3z2)
z=
1
2
x2 + 2y2 + 3z2 6z
=3z
x2 + 2y2 + 3z2,
pa je gradijent funkcije
f(x, y, z) =(
x
x2 + 2y2 + 3z2,
2y
x2 + 2y2 + 3z2,
3z
x2 + 2y2 + 3z2
)
.
Primjer 2.29. Odrediti izvod funkcije
f(x, y) = 3x2 + 4y2
u tacki A(1, 1) u pravcu vektora u = (2,2).Rjesenje. Vektor u nije jedinicni, ali je jedinicni vektor
u0 =u
|u| =(2,2)
22 + (2)2=
(
12, 1
2
)
.
Gradijent funkcije f(x, y) je
f(x, y) = (6x, 8y)tj.
f(A) = (6, 8)pa je
Du0f(A) = f(A) u0 = (6, 8) (
12, 1
2
)
= 72.
40
-
Primjer 2.30. Odrediti izvod funkcije
f(x, y) = 4xy2
u tacki A(2, 1) u pravcu vektora koji iz tacke A vodi prema koordinatnompocetku.
Rjesenje. Vektor u = AO = (2,1) nije jedinicni, ali je jedinicni vektor
u0 =u
|u| =(2,1)
(2)2 + (1)2=
(25, 1
5
)
.
Gradijent funkcije f(x, y) je
f(x, y) = (4y2, 8xy)
tj.f(A) = (4, 16)
pa je
Du0f(A) = f(A) u0 = (4, 16) (2
5, 1
5
)
= 245
5.
2.5 Ekstremi funkcija vise promjenljivih
Primjer 2.31. Odrediti ekstreme funkcije
f(x, y) = x3 + y3 6xy.
Rjesenje. Definiciono podrucje funkcije je skup D = R.Gradijent funkcije je
f(x, y) = (3x2 6y, 3y2 6x).
Rjesenja sistema f(x, y) = 0 su stacionarne tacke M1(0, 0) i M2(2, 2). He-sijan funkcije je
Hf(x, y) =
(
6x 66 6y
)
.
Ispitajmo karakter stacionarnih tacaka.Za tacku M1 imamo:
Hf(M1) =
(
0 66 0
)
41
-
odakle su A1 = 0, A2 = 36 < 0 pa su potrebna dodatna ispitivanja.Za tacku M2 imamo:
Hf(M2) =
(
12 66 12
)
odakle su A1 = 12 > 0, A2 = 108 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija utacki ima lokalni minimum koji iznosi f(2, 2) = 8.
Primjer 2.32. Odrediti ekstreme funkcije
f(x, y) =8
x+
x2
y+ y + 1.
Rjesenje. Definiciono podrucje funkcije je skup D = R\{0, 0}.Gradijent funkcije je
f(x, y) =(
8x2
+2x
y,x
2
y2+ 1
)
.
Rjesenja sistema f(x, y) = 0 su stacionarne tacke M1(2, 2) i M2(2,2).Hesijan funkcije je
Hf(x, y) =
(
16x3
+ 2y
2xy2
2xy2
2x2
y3
)
.
Ispitajmo karakter stacionarnih tacaka.Za tacku M1 imamo:
Hf(M1) =
(
3 11 1
)
odakle su A1 = 3 > 0, A2 = 2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tackiima lokalni minimum koji iznosi f(2, 2) = 9.Za tacku M2 imamo:
Hf(M2) =
(
3 11 1
)
odakle su A1 = 3 < 0, A2 = 2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tackiima lokalni minimum koji iznosi f(2,2) = 7.
Primjer 2.33. Odrediti ekstreme funkcije
f(x, y) = (x2 + y)ey.
42
-
Rjesenje. Definiciono podrucje funkcije je skup D = R.Gradijent funkcije je
f(x, y) =(
2xey,
ey(
1 +1
2(x2 + y)
)
)
.
Rjesenja sistema f(x, y) = 0 je stacionarna tacka M1(0,2). Hesijan funk-cije je
Hf(x, y) =
(
2ey x
ey
xey 1
2
ey
(
2 + 12(x2 + y)
)
)
.
Ispitajmo karakter stacionarne tacake.Za tacku M1 imamo:
Hf(M1) =
(
2e2 0
0 12
e2
)
odakle su A1 = 2e2 > 0, A2 = e
2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija utacki ima lokalni minimum koji iznosi f(0,2) = 2
e2.
Primjer 2.34. U zadanu sferu upisati paralelopiped maksimalne zapremine.
Rjesenje. Neka je A(x, y, z), (x, y, z > 0) vrh paralelopopeda upisanog usferu x2 + y2 + z2 = r2. tada je zapremina paralelopipeda zadana sa
V = (2x)(2y)(2z) = 8xy
r2 x2 y2.Problem se svodi na nalazenje ekstrema funkcije V = f(x, y). Gradijentfunkcije f(x, y)
f(x, y) =(
8y(2x2 + y2 r2)
r2 x2 y2,8x(x
2 + 2y2 r2)
r2 x2 y2
)
.
Rjesenja sistemaf(x, y) = 0 su stacionarne tackeM1(0, 0),M2(
r3, r
3
)
,
M3
(
r3, r
3
)
, M4
(
r3, r
3
)
i M5
(
r3,r3
)
. Zbog prirode zadatka,
posmatramo samo stacionarnu tacku M5. Parcijalni izvodi drugog reda su
2f
x2=
8xy(3r2 + 2x2 + 3y2)(r2 x2 y2) 32
,
2f
y2=
8x(3r2y + 3x2y + 2y3)(r2 x2 y2) 32
,
2f
xy=
8(r4 + 2x4 + 3x2y2 + 2y4 3r2x2 3r2y2)(r2 x2 y2) 32
.
43
-
Ispitajmo karakter stacionarne tacake. Hesijan funkcije u datoj tacki je
Hf(M1) =
(
32r3
16r3
16r3
32r3
)
odakle su A1 < 0, A2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tacki ima lokalni
maksimum koji iznosi f(
r3, r
3
)
= 83r3
9.
Dakle, maksimalna zapremina paralelopipeda se dostize u slucaju x = y =
z =r3, tj. ako u sferu upisemo kocku.
2.6 Uslovni ekstremi funkcija vise promjen-
ljivih
Primjer 2.35. Odrediti ekstreme funkcije
f(x, y) = x2 + y2
uz uslovx
2+
y
3= 1.
Rjesenje. Lagrangeova funkcija ima oblik
L(x, y, ) = x2 + y2 + (x
2+
y
3 1
)
.
Gradijent funkcije je
L(x, y, ) =(
2x+
2, 2y +
3,x
2+
y
3 1
)
.
Rjesenja sistema L(x, y, ) = 0 je stacionarna tacka M1(
1813, 1213
)
za koju je = 72
13. Hesijan funkcije je
Hf(x, y) =
(
2 00 2
)
.
Ispitajmo karakter stacionarne tacake.Za tacku M1 imamo:
Hf(M1) =
(
2 00 2
)
odakle su A1 = 2 > 0, A2 = 4 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tackiima lokalni minimum koji iznosi f
(
1813, 1213
)
= 3613.
44
-
Primjer 2.36. Odrediti ekstreme funkcije
f(x, y) = x+ y
uz uslov1
x2+
1
y2=
1
a2, (a > 0).
Rjesenje. Lagrangeova funkcija ima oblik
L(x, y, ) = x+ y +
(
1
x2+
1
y2 1
a2
)
.
Gradijent funkcije je
L(x, y, ) =(
1 2x3
, 1 2y3
,1
x2+
1
y2 1
a2
)
.
Rjesenja sistemaL(x, y, ) = 0 su stacionarne tackeM1(
a2, a
2)
za koju
je = a32 i M2
(
a2,a
2)
za koju je = a32. Hesijan funkcije je
Hf(x, y) =
(
6x4
00 6
y4
)
.
Ispitajmo karakter stacionarnih tacaka.Za tacku M1 imamo:
Hf(M1) =
(
32
2a0
0 32
2a
)
odakle su A1 =32
2a> 0, A2 =
92a2
> 0 odakle zakljucujemo da funkcija u
tacki ima lokalni minimum koji iznosi f(
a2, a
2)
= 2a2.
Za tacku M2 imamo:
Hf(M2) =
(
32
2a0
0 32
2a
)
odakle su A1 = 32
2a< 0, A2 =
92a2
> 0 odakle zakljucujemo da funkcija u
tacki ima lokalni minimum koji iznosi f(
a2,a
2)
= 2a2.
45
-
Poglavlje 3
Integralni racun funkcija vise
promjenljivih
3.1 Dvojni integral
Primjer 3.1. Izracunati
D
(x+ y2)dxdy
ako je oblast definisana sa D = {(x, y) R2 : 0 6 x 6 2, 1 6 y 6 3}.
Rjesenje. Oblast integracije je pravougaonik:
46
-
3.2 Krivolinijski integral prve vrste
Primjer 3.2. Izracunati
K
xyds
pri cemu je kontura K pravougaonik odreden tjemenima O(0, 0), A(4, 0),B(4, 2) i C(0, 2).
Rjesenje. Kontura K je pravougaonik
b b
bb
O A
BC
i vrijedi
K
xyds =
OA
xyds+
AB
xyds+
BC
xyds+
CO
xyds.
Integral po luku OA jednak je 0 jer je y = 0, a integral po luku CO jednakje 0 jer je x = 0. Buduci da je na luku AB x = 4 i 0 6 y 6 2, vrijedi
AB
xyds =
2
0
4y
1 + (x)2dy = 4
2
0
ydy = 8
i da je na luku BC y = 2 i 0 6 x 6 4, vrijedi
BC
xyds =
4
0
2x
1 + (y)2dy = 2
4
0
xdx = 16.
Dakle
K
xyds = 0 + 8 + 0 + 16 = 24.
Primjer 3.3. Izracunati
K
x2 + y2ds
pri cemu je kontura K kruznica x2 + y2 = 6x.
47
-
Rjesenje. Vrijedi
x2 + y2 = 6x x2 6x+ y2 = 0 x2 6x+9+ y2 = 6 (x 3)2 + y2 = 9pa je kontura K je kruznica K((3, 0), 3)
b
3O 6
Prelaskom na polarne koordinate, jednacina kruznice je = 6 cos a gra-
nice za ugao je 2
6 6
2(jer se kontura nalazi u prvom i cetvrtom
kvadrantu). Dakle,
K
x2 + y2ds =
2
2
2 + ()2 =
2
2
6 cos
(6 cos)2 + (6 sin)2d
= 36
2
2
cosd = 72.
Primjer 3.4. Izracunati
K
xyds
pri cemu je K kontura |x|+ |y| = a, (a > 0).Rjesenje. Kontura K je kvadrat
aa
a
a
B
C
D
A
b
b
b
b
b
y=
x+ay
=x+a
y=x a
y=
xa
48
-
i vrijedi
K
xyds =
AB
xyds+
BC
xyds+
CD
xyds+
DA
xyds.
Za luk AB vrijedi y = x a i 0 6 x 6 a, pa je
AB
xyds =
a
0
x(x a)2dx =
a
0
(x2 ax)dx = a32
6.
Za luk BC vrijedi y = x+ a i 0 6 x 6 a, pa je
BC
xyds =
a
0
x(x+ a)2dx =
a
0
(x2 + ax)dx = a32
6.
Za luk CD vrijedi y = x+ a i a 6 x 6 0, pa je
CD
xyds =
0
ax(x+ a)
2dx =
0
a(x2 + ax)dx = a
32
6.
Za luk DA vrijedi y = x a i a 6 x 6 0, pa je
DA
xyds =
0
ax(x a)
2dx =
0
a(x2 ax)dx = a
32
6.
Dakle,
K
xyds = a32
6+
a32
6 a
32
6+
a32
6= 0.
49
-
3.3 Krivolinijski integral druge vrste
Primjer 3.5. Izracunati
L
2xydx+ x2dy
pri cemu je L luk koji spaja tacke O(0, 0) i A(1, 1) zadan sa y = x2.
Rjesenje. Buduci da je luk integracije kriva y = x2,
b A
O 1
1
L
tada je dy = 2xdx pri cemu 0 6 x 6 1 jer se krecemo od tacke O prematacki A i vrijedi
L
2xydx+ x2dy =
1
0
2xx2dx+ x2 2xdx = 4 1
0
x3dx = 1.
Primjer 3.6. Izracunati
L
(x2 2xy)dx+ (y2 + 2xy)dy
pri cemu je luk L
(a) dio pravca koji spaja tacke O(0, 0) i A(1, 1);
(b) luk parabole koji spaja tacke O(0, 0) i A(1, 1);
(c) izlomljena linija OBA pri cemu je B(1, 0).
50
-
Poglavlje 4
Testovi iz predmeta
Matematika 2
Socijalni ispitni termin iz predmeta Matematika 2 18.09.2014.
Prvi test
1. Provjeriti da li za funkciju u(x, y) = xf(y
x
)
+ g(y
x
)
vrijedi x22u
x2+
2xy2u
xy+ y2
2u
y2= 0 pri cemu su f i g proizvoljne diferencijabilne
funkcije.
2. Funkciju f(x) =7 4x
6 + x x2 napisati u obliku stepenog reda.
3. Odrediti poluprecnik konvergencije i ispitati konvergenciju na kraje-
vima intervala konvergencije reda
+
n=1
3nxn
(3n 2)2n.
4. Izracunati ugao izmedu gradijenata funkcije f(x, y, z) =x
x2 + y2 + z2
u tackama A(1, 2, 2) i B(3, 1, 0).
Drugi test
1. Odrediti ekstreme funkcije (ako postoje) f(x, y) = ex2y2(6x2+y2), (x 6=
0).
2. Izracunati povrsinu figure ogranicene sa x2 + y2 4 i x 1.
51
-
3. Izracunati
D
x2dxdydz pri cemu je oblast D omedena sa x2 + y2 +
z2 = 4.
4. Izracunati krivolinijski integral
L
(x2 + y2)1
2 ds, gdje je L: x2 + y2 =x
4.
Popravni ispit iz predmeta Matematika 2 Prvi test- 22.07.2014.
1. Izracunati limn
(2n+ 1)(
ln(n+ 2)2 ln(3n+ 1) ln(n + 6))
.
2. Odrediti sumu reda
+
n=1
n(n+ 1)xn.
3. Funkciju f(x) =2x
6 5x x2 napisati u obliku stepenog reda.
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = ln
x2 + y2
x2 + y2 + xvrijedi (x
y)f
x+ y2
f
y= f(x, y).
5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = y ln xz u tacki (1, 2, 3) upravcu vektora u = (1, 1, 2). [3 b]
(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = x ln(x2 + y2 + 1) u tackiM(2,1).
Popravni ispit iz predmeta Matematika 2 Prvi testGrupa A - 22.07.2014.
1. Izracunati limn
n + 1 (ln(n+ 1) ln(n + 2)) .
2. Funkciju f(x) =x
2x2 3x+ 1 napisati u obliku stepenog reda.
3. Sumirati red+
n=1
n2xn.
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) =y
y2 a2x2 vrijedi2f
x2= a2
2f
y2.
5. (a) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = ln(
x2 + y2 + x)
u tacki
M(1, 1).
52
-
(b) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = x3 3x2y + 3xy2 + 1 u tackiA(2, 1) u pravcu vektora
AB, gdje je tacka B(0,4).
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Popravni ispit iz predmeta Matematika 2 Drugi testGrupa A - 22.07.2014.
1. Odrediti ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + 2y2 + 1 uz dati uslov 2x y + 3 = 0.
(a) Promijeniti poredak integracije u integralu
2
0
dx
3x
2x
f(x, y)dy.
(b) Izracunati integral
D
sin(2x+ y)dxdy pri cemu je oblast
D = {x R : 0 6 x 6 2, 0 6 y 6 }.
2. Odrediti povrsinu lika omedenog pravcima y = 0, y = x i kruznicomx2 + y2 = 2x.
3. Odrediti zapreminu tijela ogranicenog sa z = 3 x2 y2 i z = x2 + y2.
4. Izracunati
(V )
zdxdydz, gdje je oblast V ogranicena sa povrsima
z =
x2 + y2 i z = 4.
5. Izracunati integral
C
2(x2+y2)dx+(x+y)2dy gdje je C kontura trougla
odredenog tjemenima A(1, 1), B(2, 2), C(1, 3) predena u pozitivnomsmjeru.
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 18.06.2014.
1. Izracunati ekstremne vrijednosti funkcije z(x, y) = x + y 32ln(x2 +
y2 + 1), ako postoje.
2. (a) Promijeniti poredak integracije u integralu
1
0
dy
3y
y
f(x, y)dx.
53
-
(b) Izracunati integral
D
exy dxdy pri cemu je oblast
D = {(x, y) R2 | y2 = x, x = 0, y = 1}.
3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog pravcima y = 0, y = x i kruznicomx2 + y2 = 4x.
4. Izracunati integral
V
z(x2 + y2)dxdydz, pri cemu je oblast V
ogranicena sax2 + y2 x, y 0, z 0, z 3.
5. Izracunati integral
L
(x+ y)dx (x y)dyx2 + y2
, pri cemu je L kruznica
x2 + y2 = a2, a R.
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 18.06.2014.
1. Izracunati ekstremne vrijednosti funkcije f(x, y) = 2x + 4y uz uslov2
x+
4
y= 3, ako postoje.
2. (a) Promijeniti poredak integracije u integralu
2
1
dx
lnx
x+1f(x, y)dy.
(b) Izracunati integral
D
cos(x + y)dxdy pri cemu je oblast D
ogranicena pravcimax = 0, y = , y = x.
3. Izracunati dvojni integral
D
xdxdy, gdje je podrucje integracije D
ograniceno pravcem koji prolazi tackama A(2, 0), B(0, 2) i lukom krugax2 + y2 = 2y.
4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog ravninom xOy, valjkom x2 +y2 = 2x i konusomx2 + y2 = z2.
54
-
5. Izracunati integral
c
(xy)ds, pri cemu je c kruznica x2+y2 = ax, a R.
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 18.06.2014.
1. Odrediti ekstreme funkcije (ako postoje) f(x, y) = exy(x2 2y2).
2. Odrediti granice integracije u integralu
D
f(x, y)dxdy ako je oblast
D integracije cetverougao odreden tjemenima A(1, 2), B(3, 4), C(3, 9),D(1, 5). Zatim, promijeniti poredak integracije u integralu.
3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog pravcima x = 0, y =3x i
kruznicom x2 + y2 = 6y.
4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog povrsinama z =
x2 + y2,z = 2 x2 y2.
5. Izracunati
D
x2dxdydz pri cemu je oblast D omedena sa x2 + y2 +
z2 = 4.
6. Izracunati integral
C
2(x2+y2)dx+(x+y)2dy gdje je C kontura trougla
odredenog tjemenima A(1, 1), B(2, 2), C(1, 3) predena u pozitivnomsmjeru.
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa D - 18.06.2014.
1. Odrediti ekstreme funkcije (ako postoje) f(x, y) =8
x+
x
y+ y.
2. Odrediti granice integracije u integralu
D
f(x, y)dxdy ako je oblast
D integracije cetverougao odreden tjemenima A(0, 0), B(2, 3), C(2, 5),D(0, 6). Zatim, promijeniti poredak integracije u integralu.
55
-
3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog pravcima x = 0, y = x i kruznicomx2 + y2 = 8y.
4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog povrsinama z = 2(x2 + y2),z = 3 x2 y2.
5. Izracunati
D
y2dxdydz pri cemu je oblast D omedena sa x2 + y2 +
z2 = 4.
6. Izracunati integral
C
(x2+y2)dx(2xy)2dy gdje je C kontura trouglaodredenog tjemenima A(1, 1), B(1, 3), C(0, 2) predena u pozitivnomsmjeru.
Prvi test iz predmeta Matematika IIDodatni rok po zahtjevu studenata - 07.05.2014.
1. (a) Izracunati limn
(
n+n
nn
)
. [3 b]
(b) Izracunati lim(x,y)(0,0)
1 cos(x2 + y2)(x2 + y2)x2y2
. [3 b]
2. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=1
1
n 3n(2x 3)n te ispitati ko-
nvergenciju reda nakrajevima intervala konvergencije. [6 b]
3. Funkciju f(x) =1
2 3x+ x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
4. Odrediti prvi diferencijal za funkciju f(x, y) = 2u
x+u
y+
(
1 2yx
)
siny
x,
gdje je funkcija
u(x, y) = ln(2y x) + x cos yx. [6 b]
5. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = e2x(x2y) vrijedi 2f
x2fy
= 0.
[6 b]
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 26.04.2013.
56
-
1. (a) Izracunati limn
(n 1)(
ln(n 1) + 2 ln(n+ 2) lnn3)
. [3 b]
(b) Ispitati neprekidnost funkcije [3 b]
f(x, y) =
{
x3xy2
x2+y2, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
2. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=0
2nxn
n2 + 1
te ispitati konvergenciju reda na krajevima intervala konvergencije. [6b]
3. Funkciju f(x) =x
(1 x)(1 x2) napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
4. Odrediti prvi diferencijal za funkciju f(x, y) = 2u
x+u
y+
(
1 2yx
)
siny
x,
gdje je funkcija
u(x, y) = ln(2y x) + x cos yx. [6 b]
5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = xey + cos(xy) u tacki (2, 0) upravcu vektora u = (3, 4). [3 b]
(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y, z) =1
x+ y2 + z3u tackiM(1,1, 1).
[3 b]
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa D - 26.04.2013.
1. (a) Izracunati limn
(
2n+n
2nn
)
. [3 b]
(b) Ispitati neprekidnost funkcije [3 b]
f(x, y) =
{
x3yxy3
x2+y2, (x, y) 6= (0, 0)
0 , (x, y) = (0, 0)
57
-
2. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=0
(2)nx2n
te ispitati konvergenciju reda na krajevima intervala konvergencije. [6b]
3. Funkciju f(x) =x
1 + x 2x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
4. Odrediti prvi diferencijal za funkciju f(x, y) =u
x+2
u
y+
(
2x
y 1
)
cosx
y,
gdje je funkcija
u(x, y) = ln(2x y) + y sin xy. [6 b]
5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = x ln1
y+ sin(xy) u tacki (0, 1)
u pravcu vektora u = (4, 3). [3 b](b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y, z) =
x2 + y + z3 u tackiM(1, 1, 1). [3 b]
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 26.04.2013.
1. (a) Izracunati limn
(2n1)(
ln(n2 3n + 1) ln(n + 1) ln(n + 6))
.
[3 b]
(b) Ispitati neprekidnost funkcije [3 b]
f(x, y) =
sin
x2+y2x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)1 , (x, y) = (0, 0)
2. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=1
1
n 3n(2x+ 1)n
te ispitati konvergenciju reda na krajevima intervala konvergencije. [6b]
3. Funkciju f(x) =3 5x
1 3x+ 2x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
58
-
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = (x2 + y2)ex2+y2
xy vrijedi x2yf
x+
xy2f
y= f(x, y). [6 b]
5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = lnxz
yu tacki (2, 1, 0) u pravcu
vektora u = (1, 0, 2). [3 b](b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = xex
2+y2+1 u tackiM(2,1).[3 b]
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 26.04.2013.
1. (a) Izracunati limn
(
n 3n3 3n2 + 1
)
. [3 b]
(b) Ispitati neprekidnost funkcije [3 b]
f(x, y) =
1 e
x2+y2
x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)
1 (x, y) = (0, 0)
2. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=1
(x 2)n(2n 1)2n
te ispitati konvergenciju reda na krajevima intervala konvergencije. [6b]
3. Funkciju f(x) =3x+ 11
3 + 2x x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = (x2 + y2) ln
(
x2 + y2
xy
)
vrijedi
x2f
x y2f
y= f(x, y). [6 b]
59
-
5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = y ln xz u tacki (1, 2, 3) upravcu vektora u = (1, 1, 2). [3 b]
(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = ln(
x2 + y2 + x)
u tacki
M(1, 1). [3 b]
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Socijalni rok Dodatni popravni ispit iz predmetaMatematika IIPrvi test 10.09.2013.
Socijalni rok Dodatni popravni ispit iz predmetaMatematika II
Drugi test 10.09.2013.
1. Odrediti ekstreme funkcije f(x, y) = x3 + y3 9xy + 27.
2. (a) Odrediti granice integracije u oba poretka
D
f(x, y)dxdy ako je
oblast D ogranicena sa krivim y =x, y = 2 x i x = 0.
(b) Izracunati
D
xdxdy, gdje je oblast D ogranicena sa krivim
y =x, y = 2 x i x = 0.
3. Izracunati
D
dxdy
(x2 + y2)(
1 + 4
x2 + y2) pri cemu je oblastD ogranicena
sa 1 x2 + y2 4, y = x, y = x i y 0.
4. Odrediti zapreminu tijela ogranicenog sa z = 3 x2 y2 i z = x2 + y2.
5. Izracunati
c
x2 + y2ds gdje je kriva c kruznica x2 + y2 = 6x.
Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa A - 03.09.2013.
1. Izracunati limn+
1 2 + 2 3 + ... + n (n+ 1)n3
2. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=1
(2x+ 3)n
3n
60
-
3. Funkciju f(x) =8x 1
2 7x+ 3x2 napisati u obliku stepenog reda.
4. (a) Izracunati lim(x,y)(0,0)
(x2 + y2)xy
(b) Ispitati neprekidnost funkcije f(x, y) =
1 e
x2+y2
x2 + y2(x, y) 6= (0, 0)
1 (x, y) = (0, 0)
5. Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = ex2+y2 z3 u tacki A(1, 0,1) u
pravcu vektoraAB, gdje je tacka B(2,1,2).
Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIDrugi test - Grupa A - 03.09.2013.
1. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f(x, y, z) = x2+ y3+ z2 +2x+12yz .
2. (a) Izracunati integral
D
x sin ydxdy pri cemu je oblast oblast D
ogranicena sa
0 6 x 6
6, 0 6 y 6 2x.
(b) Izracunati integral pod (a) zamijenivsi poredak integracije.
3. Izracunati
D
(2x y)dxdy pri cemu je oblast D data sa y > x ix2 + y2 6 4.
4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog eliptickim paraboloidima z =3x2 + 3y2, i z = 4 x2 y2.
5. Izracunati
L
(3y esinx)dx+ (7x+
y4 + 1)dy gdje je L kruznica x2+
6x+ y2 = 0.
61
-
Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa B - 03.09.2013.
1. Izracunati limn
13 + 23 + ...+ n3
n4.
2. Odrediti podrucje konvergencije reda
n=1
(3x+ 4)n
3n
.
3. Funkciju f(x) =3x 1
3 5x 2x2 napisati u obliku stepenog reda i odreditimu podrucje konvergencije.
4. (a) Odrediti uzastopne granicne vrijednosti i simultanu granicnu vri-
jednost (ako postoje) za funkciju f(x, y) = 2xy2
x2+y2u tacki (0, 0).
(b) Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
sin
x2+y2x2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)1 , (x, y) = (0, 0)
5. Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = lnxz
yu tacki (2, 1, 0) u pravcu
vektora u = (1,2, 2).
Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIDrugi test - Grupa B - 03.09.2013.
1. Odrediti ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + y3 xy x.
2. (a) Promijeniti poredak integracije u integralu
2
0
dx
2x
x
f(x, y)dy.
(b) Izracunati integral
D
sin(x+ y)dxdy pri cemu je oblast
D = {(x, y) R2 : 0 6 x 6 , 0 6 y 6 }.
3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa x2+y2 = 4x, y =33x i y = x.
4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog povrsinama z = x2 + y2 1 iz = 3 x2 y2.
5. Izracunati integral
L
y2dx+ (x+ y)2dy pri cemu je L kontura trougla
sa vrhovima A(3, 0), B(3, 3), C(0, 3) predena u pozitivnom smjeru.
62
-
Popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa A - 16.07.2013.
1. Izracunati limn
(2n+ 1)(
ln(3n2 + n + 2) ln(3n+ 1) ln(n + 6))
. [6
b]
2. Funkciju f(x) =3 5x
1 3x+ 2x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
3. Sumirati red+
n=1
n2xn. [6 b]
4. Izracunati
(a) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = x3 3x2y + 3xy2 + 1 u tackiA(2, 1) u pravcu vektora
AB, gdje je tacka B(0,4). [3 b]
(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = x ln(x2 + y2 + 1) u tackiM(2,1). [3 b]
5. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = e2x(xy) vrijedi 2f
x2 f
y= 0.
[6 b]
Popravni ispit iz predmeta Matematika IIDrugi test - Grupa A - 16.07.2013.
1. Odrediti ekstreme funkcije z(x, y) =1
4x4 + 2xy +
1
2y2 + 5. [6 b]
2. (a) Odrediti granice integracije u oba poretka
D
f(x, y)dxdy ako je
oblast D ogranicena sa krivim y =x, y = 2 x i x = 0. [3 b]
(b) Izracunati
D
2xydxdy, gdje je oblast D ogranicena sa krivim
y =x, y = 2 x i x = 0. [3 b]
3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa x2 + y2 = 2y, y = 3 x i
x = 0. [6 b]
4. Izracunati
(V )
zdxdydz, gdje je oblast V ogranicena sa povrsima
z =
x2 + y2 i z = 4. [6 b]
63
-
5. Izracunati
L
xdy ydxx+ y
, gdje je L kontura trougla kojeg obrazuje
prava x+ y = 1 sakoordinatnim osama predena u pozitivnom smjeru. [6 b]
Popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa B - 16.07.2013.
1. Izracunati limn
(n 3n3 + 2n2 n). [6 b]
2. Odrediti podrcje konvergencije reda
n=1
(
2
3
)nxn
n2. [6 b]
3. Funkciju f(x) =x
(x2 + 1)2napisati u obliku reda. [6 b]
4. (a) Izracunati uzastopne granicne vrijednosti funkcije f(x, y) =2x+ 3y
exy
x2 + y2utacki (0, 0). [3 b]
(b) Ispitati neprekidnost funkcije f(x, y) =
{
4x2yx2+y2
, (x, y) 6= (0, 0)1 , (x, y) = (0, 0).
[3 b]
5. Naci izvod funkcije f(x, y, z) = ex2+z2yz u tacki A(1, 1, 1) u pravcu
vektora
u =
(
1
2,12,1
2
)
. [6 b]
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 16.07.2013.
1. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f(x, y) = 8 2x 4y uz uslovx2 + 2y2 = 12. [6 b]
2. (a) Izracunati integral
D
(2x2y y3)dxdy pri cemu je oblast oblastD ogranicena sa x > 0, y > x2, y 6 x+ 2. [3 b]
(b) Izracunati integral pod (a) zamjenivsi poredak integracije. [3 b]
3. Izracunati
D
(x+y)dxdy pri cemu je oblastD data saD = {(x, y) : x2 + y2 6 2x+ 2y}.[6 b]
64
-
4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog eliptickim paraboloidom z =x2 + y2, parabolickim cilindrom y = x2 te ravnima y = 1 i z = 0. [6 b]
5. Izracunati
L
y2dx x2dyx2 + y2
po polukruznici x = a cos t, y = a sin t od
t1 = 0 do t2 = . [6 b]
65
-
Fakultet elektrotehnikeMatematika II
Prvi test - Grupa E - 28.04.2012
1. Izracunati limn
(2n+ 1)(
ln(3n2 + n + 2) ln(3n+ 1) ln(n + 6))
. [5
b]
2.
3. Koristeci Dalamberov kriterij ispitati konvergenciju reda+
n=1
n!
n2 2n .
[2,5 b]
4. Odrediti interval konvergencije reda+
n=1
1
n 3n(x + 1)n te ispitati ko-
nvergenciju reda na krajevima intervala konvergencije. [5b]
5. Odrediti sumu reda+
n=1
n(n+ 1)xn. [5 b]
6. Odrediti prvi totalni diferencijal funkcije w(u, v) = ueuv pri cemu je
u(x, y) = x2 + y2 iv(x, y) = xy. [5 b]
7. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) =y
y2 a2x2 vrijedi2f
x2= a2
2f
y2.[5
b]
8. Odrediti ekstrem funkcije f(x, y) = xy uz uslov x2 + y2 = 2a2. [5 b]
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 20.04.2013.
1. Izracunati limn+
(
2n2 + n
2n2 n 1
)12n
. [6 b]
2. Funkciju f(x) =x
2x2 3x+ 1 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
66
-
3. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=1
1
n 3n(x + 1)n te ispitati ko-
nvergenciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [6 b]
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = ln
x2 + y2 x
x2 + y2 + xvrijedi x
f
x
yf
y= x. [6 b]
5. Odrediti izvod funkcije f(x, y) = x2y2 xy3 3y 1 u tacki A(2, 1) upravcu vektora koji vodi premaprema tacki B(3,5). [6 b]
67
-
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 20.04.2013.
1. Izracunati limes limn+
(2n+ 1)[ln(9n 1) 2 ln(3n 1) + ln(n+ 2)].[6b]
2. Izracunati poluprecnik konvergencije R i ispitati konvergenciju na kra-jevima intervala
konvergencije
+
n=1
xn
n +n. [6 b]
3. Razviti funkciju f(x) =2x
6 5x x2 u Maklorenov red. [6 b]
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = arcsin
x2 y2
x2 + y2vrijedi y
f
x
xf
y= 2. [6 b]
5. Izracunati izvod funkcije f(x, y) = 2x2 + xy2 + 3y3 u tacki A(2,1) upravcu vektora
AB, ako je
tacka B(3, 4). [6 b]
68
-
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 20.04.2013.
1. Izracunati limn
(
3n2 4n+ 53n2 + 6n 1
)4n3
[6b]
2. Funkciju f(x) =1 + x
(x 1)2 napisati u obliku stepenog reda. [6b]
3. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=1
(x 2)n(2n 1)2n te ispitati konver-
genciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [6b]
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) =x
x+ y+ y ln(x+ y) vrijedi
2z
x2 2
2z
xy+
2z
y2= 0 [6b]
5. Odrediti izvod funkcije f(x, y) = ln(x2 + y2 + 2z2) u tacki A(2, 1, 1) upravcu vektoraAB ako je B(1, 4, 3). [6b]
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa D - 20.04.2013.
1. Izracunati limn+
(
3n2 + 2n
3n2 n+ 5
)3n
. [6 b]
2. Funkciju f(x) =3x+ 11
3 + 2x x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]
3. Odrediti interval konvergencije reda
+
n=0
(2n 1)!(n!)2
xn te ispitati konver-
genciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [6 b]
-
4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = arctanx+ y
xyxy vrijedi x2
(
f
x y
)
y2f
y= xy2. [6 b]
5. Odrediti izvod funkcije f(x, y, z) = xyz + x2y yz2 + 3xz u tackiA(1, 0, 1) u pravcuvektora u = (2,2, 1). [6 b]
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 06.06.2013.
1. Odrediti ekstreme funkcije z(x, y) = 2x3 + 2y3 12xy + 5
2. (a) Izracunati
D
(x+y)dxdy pri cemu je oblast D oblast ogranicena
sa x = 1, y = 0 i y = x2.
(b) Izracunti integral pod (a) mijenjanjem poretka integracije.
3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa |x|+ |y| = 1.
4. Izracunati
(V )
x2 + y2 + z2dxdydz, gdje je oblast V ogranicena
sa x2 + y2 + z2 = 2z.
5. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa povrsima x2 + y2 + z2 = 4 i3z = x2 + y2. (unutrasnji dio paraboloida.)
6. Izracunati
c
x2 + y2ds gdje je kriva c kruznica x2 + y2 = 6x.
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 06.06.2013.
-
1. Odrediti ekstrem funkcije f(x, y) = x+ 2y uz uslov x2 + y2 = 5.
2. (a) Izracunati
D
(x+y2)dxdy pri cemu je oblastD oblast ogranicena
sa y = 0, x = 1 i y = 2x.
(b) Izracunti integral pod (a) mijenjanjem poretka integracije.
3. Izracunati
D
x2dxdydz pri cemu je oblast D omedena sa x2 + y2 +
z2 = 4.
4. Odrediti povrsinu lika omedenog pravcima x = 0, y =3x i kruznicom
x2 + y2 = 9x.
5. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa povrsima z2 = x2+y2, (z >0) i z = 6 x2 y2.
6. Izracunati
L
(x2 + y2)dx+ x2ydy pri cemu je L kontura trapeza kojeg
obrazuju prave x = 0, y = 0, x+ y = 1 i x+ y = 2. Konturu obilazimou pozitivnom smjeru.
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 06.06.2013.
1. Odrediti ekstrem funkcije f(x, y) = x+ 2y uz uslov x2 + y2 = 5.
2. (a) Izracunati
D
(x+y2)dxdy pri cemu je oblastD oblast ogranicena
sa y = 0, x = 1 i y = 2x.
(b) Izracunti integral pod (a) mijenjanjem poretka integracije.
3. Izracunati
D
x2dxdydz pri cemu je oblast D omedena sa x2 + y2 +
z2 = 4.
4. Odrediti povrsinu lika omedenog pravcima x = 0, y =3x i kruznicom
x2 + y2 = 9x.
-
5. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa povrsima z2 = x2+y2, (z >0) i z = 6 x2 y2.
6. Izracunati
L
(x2 + y2)dx+ x2ydy pri cemu je L kontura trapeza kojeg
obrazuju prave x = 0, y = 0, x+ y = 1 i x+ y = 2. Konturu obilazimou pozitivnom smjeru.
-
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 20.04.2013.
1. Izracunati limn+
(
2n2 + n
2n2 n 1
)12n
. [5 b]
2. Ispitati konvergenciju redova
(a)
+
n=1
n3
3n, [2.5 b]
(b)
+
n=1
2n(
n+ 1
n
)n2
. [2.5 b]
3. Funkciju f(x) =x
2x2 3x+ 2 napisati u obliku stepenog reda. [5 b]
4. Odrediti sumu reda
+
n=1
n2xn1 na intervalu konvergencije. [5 b]
5. Odrediti interval konvergencije reda+
n=1
1
n 3n(x + 1)n te ispitati ko-
nvergenciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [5 b]
6. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = ln
x2 + y2 x
x2 + y2 + xvrijedi x
f
x
yf
y= x. [5 b]
7. Odrediti izvod funkcije f(x, y) = x2y2 xy3 3y 1 u tacki A(2, 1) upravcu vektora koji vodi premakoordinatnom pocetku. [5 b]
-
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 20.04.2013.
1. Izracunati limes limn+
(2n+ 1)[ln(9n 1) 2 ln(3n 1) + ln(n+ 2)].[5b]
2. Izracunati limes limx0y0
1 cos(x2+y22
)
(x2 + y2)x3y3. [5 b]
3. Ispitati konvergenciju redova
(a)+
n=1
(2n 1)!!4n!
; [2.5 b]
(b)+
n=1
(1)n+1(
4n+ 1
4n+ 9
)3n
. [2.5 b]
4. Izracunati poluprecnik konvergencije R i ispitati konvergenciju na kra-jevima intervala
konvergencije
+
n=1
xn
n +n. [5 b]
5. Razviti funkciju f(x) =2x
6 5x x2 u Maklorenov red. [5 b]
6. Izracunati:
(a) Totalni diferencijal drugog reda funkcije f(x, y) = 2x3y3+3x2yxy; [2.5 b]
(b) Parcijalne izvode zx, z
yako je z = u2y uv2, u = x cos y, v =
x sin y. [2.5 b]
7. Izracunati izvod funkcije f(x, y) = 2x2 + xy2 + 3y3 u tacki A(2,1) upravcu vektora
AB, ako je
tacka B(3, 4). [5 b]
-
Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike
Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa B - 10.07.2012.
1. Izracunati limn
(1 3n) (ln(4n+ 1) + ln(n+ 6) 2 ln(2n + 1)). [5 b]
top related