Download - FunkcijeViseVarijabli
-
1
Funkcije vie varijabli
1. Domena funkcija dviju varijabli......................................................................................... 2 2. Parcijalne derivacije..........................................................................................................14 3. Prirast i diferencijal funkcija vie varijabli ........................................................................21 4. Taylorov polinom .............................................................................................................25 5. Tangencijalna ravnina i normala na plohu.........................................................................29 6. Ekstremi funkcije vie varijabli.........................................................................................37 7. Dvostruki integrali............................................................................................................46
-
2
1. Domena funkcija dviju varijabli
Neka je zadana funkcija dviju varijabli u eksplicitnom obliku ),( yxfz = . Domena (prirodno podruje definicije) te iste funkcije je skup svih toaka ),( yx iz skupa 2R za koje je izraz
),( yxf definiran.
Zadatak 1. Skicirati domenu funkcije yxyxf 2),( 2 = i odrediti )1,2(f . Rjeenje. Potrebno je odrediti sve toke ),( yx iz skupa 2R za koje je izraz yxyxf 2),( 2 = definiran. Da bi navedeni izraz bio definiran, izraz ispod korijena treba biti vei ili jednak od nule. Dakle, uvjet koji je potrebno postaviti za toke iz domene je:
022 yx Domena je skup: { }02|),( 2 = yxyxD f .
Jo je potrebno skicirati sve toke koje zadovoljavaju nejednadbu 022 yx . Da bi to napravili, najprije emo znak nejednakosti zamijeniti sa znakom jednakosti pa dobivamo:
022 = yx yx 22 =
2
2xy =
Skiciramo parabolu odreenu gornjom kvadratnom funkcijom:
-3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
3
Parabolom je ravnina podijeljena na dva dijela dio ispod i dio iznad parabole. Jedan od ta dva dijela je i grafiko rjeenje nejednadbe 022 yx . Da bi odredili o kojem se o dva dijela tono radi, potrebno je odabrati bilo koju toku ravnine koja ne lei na paraboli, npr. toku (0,5) koja lei u dijelu iznad parabole. Provjerimo zadovoljava li ta toka nejednadbu
022 yx : 105202 =
Budui da -10 nije vee ili jednako od nule, zakljuujemo da e se toke koje zadovoljavaju nejednabu 022 yx nalaziti ispod nacrtane parabole pri emu su i toke na paraboli ukljuene pa skica domene poetne funkcije izgleda
-
3
:
Jo je potrebno izraunati )1,2(f - u jednadbu yxyxf 2),( 2 = umjesto x uvrtavamo vrijednost 2, odnosno umjesto y vrijednost 1 pa imamo:
224122)1,2( 2 ===f
Zadatak 2. Skicirati domenu funkcije )4(log),( 222 += yxyxf i odrediti )3,1(f . Rjeenje. Da bi izraz )4(log 222 + yx bio definiran, 422 + yx treba biti vee od nule. Dakle, postavljamo uvjet:
0422 >+ yx Domena je jednaka skupu: { }04|),( 22 >+= yxyxD f .
Jo je potrebno skicirati naenu domenu u koordinatnoj ravnini, odnosno sve toke koje zadovoljavaju nejednadbu 0422 >+ yx .
0422 >+ yx 422 >+ yx
422 >+ yx
222 >+ yx
Izraz 22 yx + geometrijski predstavlja udaljenost toke ),( yxT od ishodita. Dakle, nejednadbom 222 >+ yx su zapravo zadane sve toke ija je udaljenost od ishodita vea od 2.
Budui da toke koje lee na krunici ne pripadaju domeni, sama krunica je iscrtkana.
-
4
6log)491(log)431(log)3,1( 22222 =+=+=f
Zadatak 3. Skicirati domenu funkcije 3),( 22 += yxyxf i odredite )3,1(f . Rjeenje. Da bi izraz 322 + yx bio definiran, izraz ispod drugog korijena treba biti vei ili jednak od nule:
0322 + yx Domena je skup: { }03|),( 22 += yxyxD f .
Jo je potrebno skicirati odreenu domenu u koordinatnoj ravnini, odnosno sve toke koje zadovoljavaju nejednadbu 0322 + yx :
0322 + yx 322 + yx
322 + yx Slino kao u Zadatku 2., radi se o svim tokama ravnine ija je udaljenost od ishodita vea ili jednaka od 3 :
Toke koje lee na istaknutoj krunici pripadaju domeni, pa krunica nije iscrtkana kao u prethodnom zadatku.
7391331)3,1( 22 =+=+=f .
Zadatak 4. Skicirati domenu funkcije )2(log),( 25 yxyxf = i odrediti )1,2(f . Rjeenje. Da bi izraz )2(log 25 yx bio definiran, izraz yx 22 mora biti vei od nule. Dakle, postavljamo uvjet:
022 > yx Domena je skup: { }02|),( 2 >= yxyxD f . Jo je potrebno skicirati sve toke koje zadovoljavaju nejednadbu 022 > yx :
022 > yx yx 22 >
yx >2
2
-
5
Trebamo grafiki predoiti sve toke koje zadovoljavaju nejednadbu yx >2
2, odnosno ija je
druga koordinata manja od kvadrata prve koordinate podijeljenog sa dva. Skicirajmo najprije sve toke za koje vrijedi:
yx =2
2
-3 -2 -1 1 2 3
1
2
3
4
Gornja parabola koordinatnu ravninu dijeli na dva dijela: onaj iznad i ispod nacrtane parabole. Jedan od spomenuta dva djela ravnine predstavlja i rjeenje nejednadbe yx >
2
2. Da bi
odredili o kojem se od ta dva djela ravnine radi, trebamo odabrati proizvoljnu toku za koju smo sigurno da se nalazi u jednom od dva djela - recimo, odaberimo toku (0,-1) koja je zasigurno u djelu ravnine ispod parabole. Provjerimo zadovoljava li toka (0,-1) nejednadbu
022 > yx : 02)1(202 =
Odabrana toka (0,-1), koja se nalazi ispod parabole, zadovoljava nejednadbu - zakljuujemo da je podruje ispod parabole, ne ukljuujui i samu parabolu, grafiki prikaz domene funkcije:
)2(log)22(log)1,2( 525 ==f Zadatak 5. Odrediti i skicirati podruje definicije funkcije 2),( xyyxf = . Rjeenje. Uvjet je:
02 xy Domena je skup:: { }0|),( 2 = xyyxD f .
-
6
Pronaenu domenu jo treba skicirati u koordinatnoj ravnini. Znak nejednakosti zamjenjujemo znakom jednakosti i dobivamo:
2xy =
-2 -1 1 2
-1.0
-0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
Parabolom je ravnina podijeljena na dva podruja ono iznad i podruje ispod parabole. Biramo toku recimo (0,1) i provjeravamo zadovoljava li ona nejednabu 02 xy :
001 Budui da toka iz podruja iznad parabole zadovoljava nejednabu, zakljuujemo da je dotino podruje ukljuujui i toke sa same parabole domena funkcije :
Zadatak 6. Odrediti domenu funkcije 222),(
yxyxf
=
i grafiki je predoiti. Rjeenje.
022 yx
22 yx
22 yx
yx
yx
Domena je skup { }yxyxD f = |),( . Jo je potrebno grafiki predoiti domenu dakle, iz koordinatne ravnine moramo izbaciti sve toke za ije koordinate vrijedi yx = ili yx = :
-
7
-4 -2 2 4
-4
-2
2
4
Zadatak 7. Odrediti domenu funkcije )3arcsin(),( 22 yxyxf = i grafiki je predoiti. Rjeenje.
131 22 yx 3131 22 yx
)1(/24 22 yx 24 22 + yx
22 22 + yx
Domena je:
+= 22|),( 22 yxyxD f .
Grafiki, radi se o svim tokama ravnine ija je udaljenost od ishodita vea ili jednaka od 2 i manja ili jednaka od 2:
Zadatak 8. Odrediti domenu funkcije )3)(1(),( yxyxf = i grafiki je predoiti. Rjeenje. Postavljamo uvjet:
0)3)(1( yx
-
8
Umnoak na lijevoj strani gornje nejednakosti biti e vei ili jednak od nule ako su oba faktora vea ili jednaka ili ako su oba faktora manja ili jednaka od nule:
1. sluaj: 01 x i 03 y 1x i 3y
ili
2. sluaj: 01 x i 03 y 1x i 3y
Dakle, domena je skup: ( ) ( ){ }3131|),( = yxyxyxD f i ili i
Grafiki :
Zadatak 9. Odrediti domenu funkcije ( )3log),( 2221 += yxyxf i grafiki je predoiti.
Rjeenje.
1. uvjet: ( ) 03log 2221 + yx
2. uvjet: 0322 >+ yx Odredimo sve toke koje zadovoljavaju 1. uvjet , odnosno 2. uvjet domena e biti njihov presjek (budui da toke u domeni moraju zadovoljavati oba uvjeta moraju biti i u prvom i u drugom skupu).
1. uvjet: ( ) 03log 2221 + yx
( ) 1log3log21
22
21 + yx
Baza logaritma manja je od 1, pa se radi o padajuoj funkciji i nastavljamo: 1322 + yx
422 + yx
-
9
222 + yx
Dakle, rjeenje 1. uvjeta su sve toke ija je udaljenost od ishodita manja ili jednaka od 2.
2. uvjet: 0322 >+ yx
322 >+ yx
322 >+ yx
Rjeenje su sve toke ija je udaljenost od ishodita vea od 3 .
Presjek rjeenja 1. i 2. uvjeta jesu sve toke ija je udaljenost od ishodita vea od 3 i manja ili jednaka od 2.
+ yx 3. uvjet : ( ) 01ln 22 yx
1. uvjet: 04 2 yx
24 yx
2
41 yx
Skicirajmo krivulju 241 yx = :
-
10
-1 1 2 3 4 5
-4
-2
2
4
Krivulja 241 yx = ravninu dijeli na dva dijela. Jedan od ta dva dijela je rjeenje nejednadbe
2
41 yx . Odaberimo proizvoljnu toku koja ne lei na krivulji 2
41 yx = - npr. toku (1,0) i
provjerimo zadovoljava li ona nejednadbu : 01
Toka (1,0) zadovoljava nejednadbu, pa slijedi da je rjeenje nejednadbe skup toaka koje lee u djelu ravnine:
2. uvjet: 01 22 > yx
122
-
11
3. uvjet: ( ) 01ln 22 yx ( ) 1ln1ln 22 yx
11 22 yx
022 yx
022 + yx
022 + yx 3. uvjet zadovoljavaju sve toke osim one ija je udaljenost od ishodita jednaka nuli to je samo ishodite.
Dakle, sada trebamo odrediti sve toke koje istovremeno zadovoljavaju i 1. i 2. i 3. uvjet odnosno, odrediti presjek rjeenja sva tri uvjeta.
Grafiki raditi e se o sljedeem podruju:
u kojem je takoer ishodite izbaeno. Domena je skup:
-
12
221
+= xy
-3 -2 -1 1 2 3
1
2
3
Pravac dijeli ravninu na dva dijela da bi odredili koji dio je rjeenje nejednadbe 042 >+ yx , biramo toku npr. (0,0) i provjeravamo zadovoljava li ona nejednadbu 042 >+ yx :
040 >+ Dakle, rjeenje nejednadbe su sve toke iz podruja:
Domena je skup: { }042|),( >+= yxyxD f .
Zadatak 12. Odrediti domenu funkcije yxyxf ln)ln(sin),( = i grafiki je predoiti. Rjeenje. 1. uvjet: 0sin >x 2. uvjet: 0>y
0sin >x pipipi kkx 2,20 ++
Domena je skup: { }pipipi kkxyyxD f 2,200|),( ++>= i .
-
13
-
14
2. Parcijalne derivacije
Zadatak 1. Odrediti derivacije xf i yf funkcije yxyxf
+=
11),( .
Rjeenje. Da bi izraunali parcijalnu derivaciju po varijabli x, odnosno xf , funkciju
yx
yxf
+=
11),( trebamo derivirati tako da se prema varijabli y ponaamo kao prema konstanti.
To emo uiniti primjenjujui formulu za derivaciju kvocijenta funkcija koja glasi 2
'')'(g
gfgfgf
= , pa imamo:
2)1()1()1()1()1(
yyxyxf xxx
++=
2)1(0)1()1(1
yxyf x
+=
2)1(1
yyf x
=
yf x
=
11
Slino nalazimo parcijalnu derivaciju po varijabli y, samo to se sada prema x-u odnosimo kao prema konstanti:
2)1()1()1()1()1(
y
yxyxf yyy
++=
2)1()1()1()1(0
yxyf y
+=
2)1(1
yxf y
+=
Zadatak 2. Neka je zadana funkcija 2),(
x
yyxt = . Ispitajte zadovoljava li funkcija )(tu =
jednadbu 02 23 =+ yx uyxux . Rjeenje. Iz pravila za deriviranje kompozicije funkcija znamo sljedee: Ako imamo neku funkciju dviju varijabli, recimo ),( yxtt = , i funkciju )(tu = tada vrijede formule:
xx ttu = )(' yy ttu = )('
Slijedi: 3
322
2)(')2()(')()(')()('x
ytyxtyxt
x
ytu xxx
====
222
21)(')()(')()(')()('
xtxtyxt
x
ytu yyy ====
Izraunate parcijalne derivacije 32)('x
ytu x
= i 21)('x
tu y = uvrtavamo u izraz
02 23 =+ yx uyxux i dobivamo:
-
15
01)('22)(' 22
33
=+
xtyx
x
ytx
0)('2)('2 =+ tyty 00 =
Zakljuujemo da zadana funkcija 2),(x
yyxt = zadovoljava jednadbu 02 23 =+ yx uyxux jer smo
uvrtavanjem dobili jednakost.
Zadatak 3. Odrediti derivacije xf i yf funkcije )1ln(),( = yxyxf . Rjeenje. Primjenjujui formulu za derivaciju umnoka funkcija koja glasi
'')'( gfgfgf += dobivamo: xxx yxyxf ))1(ln()1ln( +=
0)1ln(1 += xyf x )1ln( = yf x
yyy yxyxf ))1(ln()1ln( +=
11)1ln(0
+=y
xyf y
1=
yxf y
Zadatak 4. Neka je zadana funkcija xyyxt =),( . Ispitajte zadovoljava li funkcija )(tu = jednadbu 0= yx uyux . Rjeenje. Iz pravila za deriviranje kompozicije funkcija znamo sljedee: Ako imamo neku funkciju dviju varijabli ),( yxtt = i funkciju )(tu = tada vrijede formule:
xx ttu = )(' yy ttu = )('
Slijedi: ytxytu xx == )(')()(' xtxytu yy == )(')()('
Izraunate parcijalne derivacije ytu x = )(' i xtu y = )(' uvrtavamo u izraz 0= yx uyux i dobivamo:
0)(')(' = xtyytx 0))(')('( = ttxy
0)0( =xy 00 =
Zakljuujemo da zadana funkcija xyyxt =),( zadovoljava jednadbu 0= yx uyux jer smo uvrtavanjem dobili jednakost.
-
16
Zadatak 5. Odrediti derivacije xf i yf funkcije )ln(),( 2yxyxf = . Rjeenje.
222
2111)(1yxyx
yxyx
f xx
=
=
=
222
22)2(1)(1yxy
yyx
yxyx
f yy
=
=
=
Zadatak 6. Odrediti derivacije xf i yf funkcije yxy
yxf
=
1),( .
Rjeenje. Primjenjujemo formulu za derivaciju kvocijenta funkcija koja glasi 2
'')'(g
gfgfgf
=
pa imamo:
2)1()1()()1()(
yyxyyxyf xxx
=
2)1(0)()1(
yxyyyf x
=
2)1()1(
yyyf x
=
yyf x
=
1
2)1()1()()1()(
y
yxyyxyf yyy
=
2)1()1()()1(
yxyyxf y
=
2)1( yxyxyxf y
+=
2)1( yxf y
=
Zadatak 7. Zadana je funkcija )sin(),( 2 xyyxyxf += . Odrediti prve parcijalne derivacije xf i yf , te drugu parcijalnu derivaciju yyf .
Rjeenje. xxx xyyxf ))(sin()( 2 +=
xxxx xyxyyxyxf )()cos()()( 22 ++=
yxyxxyf x ++= )cos(0)(2 2
yxyxyf x += )cos(2
yyy xyyxf ))(sin()( 2 +=
yyyy xyxyyxyxf )()cos()()( 22 ++=
-
17
xxyxyf y ++= )cos(1)(0 2 xxyxf y += )cos(2
yyyyy xxyxxyxf ++= )cos()cos()( 2 0)cos()()sin( += xyxxyxyf yyy
xxxyf yy = )sin( )sin(2 xyxf yy =
Zadatak 8. Zadana je funkcija yxyxf 3tan),( = , te ttx cos)( = i 2)( tty = . Funkcija )(tw definirana je kao kompozicija funkcija ))(),(()( tytxftw = . a) Zapisati formulu za derivaciju sloene funkcije
dtdw
.
b) Primjenom prethodne formule, izraunati derivaciju dtdw
.
Rjeenje. a) Formula za derivaciju funkcije w je:
dtdy
yf
dtdx
x
fdtdw
+
=
b) Za primjenu formule trebamo izraunati parcijalne derivacije prvog reda funkcije yxyxf 3tan),( = po varijablama x i y i obine derivacije funkcija ttx cos)( = i 2)( tty = :
xx
xx
x
xxxxy
x
xfx
f xxxxx 22
22
2 cos
1cos
sincos0cos
cossincossin)3()cos
sin( =+====
330)3()(tan ====
yyy yxfyf
tdtdx
tx sin)(' ==
tdtdy
ty 2)(' ==
Uvrtavanjem u formulu dobivamo: tt
xdtdw 23)sin(
cos
12 =
Jo trebamo na desnoj strani posljednje jednakosti sve x- eve zamijeniti sa ttx cos)( = i sve y-one zamijeniti sa 2)( tty = pa imamo:
tttdt
dw 23)sin()(coscos
12
=
Gornje rjeenje moemo provjeriti tako da standardnim postupkom odredimo derivaciju funkcije w. Vrijedi da je ))(),(()( tytxftw = . Budui da je ttx cos)( = i 2)( tty = slijedi da je
),(cos)( 2ttftw = a budui da je yxyxf 3tan),( = slijedi 23)tan(cos)( tttw =
-
18
ttt
tw 6)sin()(coscos
1)('2
=
Vidimo da smo i formulom i direktnom derivacijom dobili isto rjeenje.
Zadatak 9. Zadana je funkcija dviju varijabli ),( yxf te funkcije )(tx i )(ty . Neka je ))(),(()( tytxftF = . Koristei pravila za derivaciju sloene funkcije zapisati:
a) formulu za odreivanje dtdF
.
b) Primijeniti formulu u sluaju kada je yxyxf 22),( = , ttx sin)( = i 3)( tty = .
Rjeenje. a) Formula za derivaciju funkcije F je:
dtdy
yf
dtdx
x
fdtdF
+
=
b) Za primjenu formule trebamo izraunati parcijalne derivacije prvog reda funkcije yxyxf 22),( = po varijablama x i y i standardne derivacije funkcija ttx sin)( = i 3)( tty = :
yxyxx
yxx yxf
x
f 222 212)2(2 ====
1222 2)2(2)2(2 + ==== yxyx
yyx
y yxfyf
tdtdx
tx cos)(' ==
23)(' tdtdy
ty ==
Uvrtavanjem u formulu dobivamo: 2122 32cos2 tt
dtdF yxyx
=+
Jo trebamo na desnoj strani posljednje dobivene jednakosti sve x- eve zamijeniti sa ttx sin)( = i sve y-one zamijeniti sa 3)( tty = pa imamo:
212sin2sin 32cos233
ttdtdF tttt
=+
Rezultat ponovno moemo provjeriti direktnim deriviranjem. Ako u ))(),(()( tytxftF = uvrstimo ttx sin)( = i 3)( tty = dobivamo ),(sin)( 3ttftF = a budui da je yxyxf 22),( = imamo:
32sin2)( tttF = Sada standardnom deriviramo gornju funkciju jedne varijable po toj istoj varijabli:
)6(cos2)'2(sin2)(' 22sin32sin 33 tttttF tttt ==
Zadatak 10. Zadana je funkcija jedne varijable )(xf , te funkcija ),( vux . Neka je )),((),( vuxfvuF = . Koristei pravila za derivaciju sloene funkcije zapisati :
a) formule za odreivanje parcijalnih derivacija uF i vF . b) Primijeniti formule u sluaju kada je 2)( xxf = i vuvux cos),( = .
-
19
Rjeenje. a) Formule glase:
u
x
dxdf
Fu
=
v
x
dxdf
Fv
=
b) xxf
dxdf 2)(' ==
vxu
xu cos==
vuxv
xv sin==
Uvrtavanjem u formule dobivamo vxFu cos2 =
)sin(2 vuxFv =
Jo trebamo u posljednje dvije jednakosti zamijeniti x sa vuvux cos),( = pa dobivamo vuvvuFu
2cos2coscos2 ==
vvuvuvuFv sincos2)sin(cos2 2==
Kako bi provjerili rezultate, moemo iste parcijalne derivacije izraunati direktno. Vrijedi )),((),( vuxfvuF = a kako je vuvux cos),( = imamo )cos(),( vufvuF = , nadalje kako je 2)( xxf =
imamo: vuvuF 22 cos),( =
Sada trebamo standardno izraunati parcijalne derivacije funkcije vuvuF 22 cos),( = :
vuFu2cos2=
)sin(cos22 vvuFv =
Zadatak 11. Zadana je funkcija dviju varijabli ),( yxf , te funkcije )(tx i )(ty . Neka je ))(),(()( tytxftF = . Koristei pravila za derivaciju sloene funkcije zapisati:
a) formulu za odreivanje dtdF
b) primijeniti formulu u sluaju kada je )2arcsin(),( yxyxf += , ttx cos)( = i 31)( tty = . Rjeenje. a) Formula je:
dtdy
yf
dtdx
x
fdtdF
+
=
b)
2)2(11
yxxff x
+=
=
2)2(1
12
+=
=
yxyff y
-
20
tdtdx
tx sin)(' ==
23)(' tdtdy
ty ==
Uvrtavamo u formulu dobivamo: )3(
)2(12)sin(
)2(11 2
22t
yxt
yxdtdF
++
+=
Jo trebamo na desnoj strani posljednje jednakosti sve x-eve zamijeniti sa ttx cos)( = i y-one sa 31)( tty = :
)3()22(cos1
2)sin()22(cos1
1 22323
ttt
tttdt
dF
++
+=
Provjerimo rezultat direktnom derivacijom. Imamo ))(),(()( tytxftF = . Uvrstimo li ttx cos)( = i 31)( tty = dobivamo )1,(cos)( 3ttftF = a budui da je )2arcsin(),( yxyxf += dobivamo:
)22arcsin(cos)( 3tttF +=
Sada gornju funkciju deriviramo standardno i dobivamo: )6sin(
)22(cos11)(' 2
23tt
tttF
+=
-
21
3. Prirast i diferencijal funkcija vie varijabli
Neka je zadana funkcija dviju varijabli ),( yxf . Totalni prirast u toki ),( 00 yxT funkcije ),( yxf sa prirastima varijabli x i y jednak je:
),(),( 0000 yxfyyxxff ++= Totalni diferencijal u toki ),( 00 yxT funkcije ),( yxf sa prirastima varijabli dx i dy jednak je
dyyxfdxyxfdf yx ),(),( 0000 += Za malene priraste varijabli vrijedi da je totalni prirast jednak totalnom diferencijalu.
Zadatak 1. Odrediti totalni diferencijal funkcije yxyxf
+=
11),( prilikom pomaka od toke
)2,1(T do toke )1.2,9.0(T . Rjeenje. Formula za totalni diferencijal funckije ),( yxf u toki ),( 00 yxT prilikom prirasta varijabli dx i dy glasi:
dyyxfdxyxfdf yx ),(),( 0000 +=
Trebamo izraunati emu je jednak totalni diferencijal funkcije yxyxf
+=
11),( u toki )2,1(T pri
emu je prirast varijable x jednak: 1.019.0 ==dx
odnosno varijable y: 1.021.2 ==dy
pa primjenom formule imamo: 1.0)2,1()1.0()2,1( += yx ffdf
121
1)2,1(1
1)1(
)1)(1()1()1(2
=
=
=
++= x
xxx fyy
yxyxf
22111)2,1(
11
)1()1)(1()1()1(
2=
+=
+=
++= y
yyy fy
x
y
yxyxf
1.02.01.01.02)1.0(1 ===df
Zadatak 2. Odrediti totalni diferencijal funkcije )1ln(),( = yxyxf prilikom pomaka od toke )2,1(T do toke )9.1,1.1(T .
Rjeenje. Isto kao i u prethodnom zadatku imamo: 1.011.1 ==dx
i 1.029.1 ==dy
pa primjenom formule slijedi da je traeni totalni diferencijal jednak: )1.0()2,1(1.0)2,1( += yx ffdf
01ln)12ln()2,1()1ln( ==== xx fyf
-
22
112
1)2,1(1
=
=
= yy fyxf
1.0)1.0(11.00 =+=df
Zadatak 3. Priblino izraunati 23 )97,0()02,1( . Rjeenje. Zadatak je predvieno rijeiti primjenom injenice da je za malene priraste nezavisnih varijabli prirast funkcije (priblino) jednak diferencijalu funkcije.
Definiramo funkciju: 23),( yxyxf = .
Raunati emo njezin prirast i diferencijal u toki )1,1(T s prirastima 02,0=x i 03,0=y , i na kraju ih izjednaiti.
1)97,0,02,1(11)97,0,02,1()1,1()03,01,02,01( 23 ==+= fffff
Za diferencijal nam trebaju parcijalne derivacije: 3)1,1(3 22 == xx fyxf
2)1,1(2 3 == yy fyxf 0)03,0(202,03)1,1()1,1( =+=+= yfxfdf yx
Izjednaavanjem prirasta i diferencijala dobivamo: 01)97,0,02,1( =f
1)97,0,02,1( =f 1)97,0()02,1( 23 =
Zadatak 4. Priblino izraunati 22 )93,2()05,4( + . Rjeenje. Definiramo:
22),( yxyxf += . Raunati emo prirast i diferencijal gornje funkcije u toki )3,4(T sa prirastima nezavisnih varijabli 05,0=x i 07,0=y .
5)07,03,05,04(25)07,03,05,04()3,4()07,03,05,04( +=+=+= fffff
54)3,4(
22=
+= xx f
yx
xf
53)3,4(
22=
+= yy f
yx
yf
002.0501,0
521,02,0)07,0(
5305,0
54)07,0()3,4(05,0)3,4( ===+=+= yx ffdf
Izjednaavanjem prirasta i diferencijala funkcije, dobivamo: 002,05)07,03,05,04( =+f
998,4)07,03,05,04( =+f 998,4)93,2()05,4( 22 =+ .
-
23
Zadatak 5. Izraunati priblinu promjenu povrine pravokutnika ako se duljine stranica promijene sa 2 na 2,1 i sa 3 na 2,98. Rjeenje. Definirajmo najprije funkciju povrine pravokutnika:
xyyxf =),( . (Egzaktna) Promjena povrine jednaka je prirastu funkcije xyyxf =),( u toki )3,2(T s prirastima nezavisnih varijabli 1,0=x i 02,0=y . Priblina promjena povrine jednaka je diferencijalu funkcije xyyxf =),( u toki )3,2(T s prirastima nezavisnih varijabli 1,0=x i
02,0=y .
Raunamo: 3)3,2(),( == xx fyyxf 2)3,2(),( == yy fyyxf
26,004,03,0)02,0(21,03 ==+=df
Zadatak 6. Priblino izraunati 3 4 3
2
05,19,7
05,1.
Rjeenje. Definiramo funkciju:
3 4 3
2),(
xy
xyxf = .
Raunamo prirast funkcije u toki )8,1(T s prirastima nezavisnih varijabli 05,0=x i 1,0=y .
21)9.7,05.1()8,1()9.7,05.1( == ffff
Da bi izraunali parcijalne derivacije funkcije 3 4 3
2),(
xy
xyxf = , malo emo je transformirati u
oblik optimalniji za deriviranje:
31
47
41
31
2
31
43
31
2
31
4 331
2
3 4 3
2),( ==
=
== yx
xy
x
xy
x
xy
x
xy
xyxf
Sada imamo:
872
478
478
47)8,1(
47),( 1
1
31
31
31
43
==
===
xx fyxyxf
481
161
312
318
318
31)8,1(
31),( 4
4
31
34
34
47
===
===
yy fyxyxf
045,024011
48022
482,2
481,01,2
481,0
835,0)1,0(
48105,0
87)1,0()8,1(05,0)8,1( ====+=+==+= yx ffdf
Izjednaavanjem diferencijala i prirasta dobivamo: 045,0
21)9.7,05.1( =f
545,0)9.7,05.1( =f
-
24
545,005,19,7
05,13 4 3
2=
Zadatak 7. Priblino izraunati 3 21.318,5 . Rjeenje. Definiramo funkciju: 3 21),( yxyxf = . Raunamo prirast iste funkcije u toki )3,6(T uz priraste nezavisnih varijabli 2,0=x i 1,0=y :
8)1.3,8.5()2(6)1.3,8.5(916)1.3,8.5()3,6()1.3,8.5( 3 ==== ffffff
Raunamo diferencijal funkcije 3 21),( yxyxf = u toki )3,6(T uz priraste nezavisnih varijabli 2,0=x i 1,0=y :
821)3,6(
12
1),(3 2
=
= xx fyx
yxf
841)3,6()2()1(
31
12
1),( 32
2
3 2=
=
yy fyyyx
yxf
843,0
841,0
822,0
=+
=df
Izjednaavanjem diferencijala i prirasta dobivamo:
843,08)1.3,8.5( =f
8843,0)1.3,8.5( +=f
8843,01.318,5 3 2 +=
Zadatak 8. Priblino izraunati )99.009.0ln( 33 + . Rjeenje. Definiramo funkciju )ln(),( 33 yxyxf += . Raunati emo njezin prirast i diferencijal u toki )1,0(T , uz priraste nezavisnih varijabli 9.0=x i 01.0=y .
)01.01,9.00(1ln)01.01,9.00()1,0()01.01,9.00( +=+=+= fffff Da bi izraunali diferencijal, najprije raunamo parcijalne derivacije:
0011)(31 2
33==
+= Tfx
yxf xx
3311)(31 2
33==
+= Tfy
yxf yy
03.0)01.0(39.00 =+=df Izjednaavanjem izraunatog prirasta i diferencijala dobivamo:
03.0)01.01,9.00( =+f , Pa slijedi
03.0)99.009.0ln( 33 =+ .
-
25
4. Taylorov polinom
Formula za Taylorov polinom 1. stupnja funkcije ),( yxf u okolini toke ),( 00 yxT : ))(,())(,(),(),( 000000001 yyyxfxxyxfyxfyxP yx ++= .
Formula za Taylorov polinom 2. stupnja funkcije ),( yxf u okolini toke ),( 00 yxT : 2)0)(0,0(2
1)0)(0)(0,0(2)0)(0,0(2
1),(1),(2 yyyxyyfyyxxyxxyfxxyxxxfyxPyxP +++= .
Formula za Taylorov polinom 3. stupnja funkcije ),( yxf u okolini toke ),( 00 yxT : 3
023 )0)(0,0(6
12)0)()(0,0(21)0()0)(0,0(2
1)0)(0,0(61),(2),(3 yyyxyyyfyyxxyxxyyfyyxxyxxxyfxxyxxxxfyxPyxP ++++=
Formula za Taylorov polinom n. stupnja funkcije ),( yxf u okolini toke ),( 00 yxT :
=
+=
n
i
n
n yxfyyyxxxnyxP 00000 ),()()(!
1),(
.
Zadatak 1. Napisati izraz za Taylorov polinom drugog stupnja funkcije ),( yxf u okolini toke )1,0(T . Rjeenje. Formula za Taylorov polinom 2. stupnja funkcije ),( yxf u okolini neke toke
),( 00 yxT glasi: 2
00000002
000000000002 ))(,(21))()(,())(,(
21))(,())(,(),(),( yyyxfyyxxyxfxxyxfyyyxfxxyxfyxfyxP yyxyxxyx +++++=
pa nakon uvrtavanja konkretne toke zadane zadatkom )1,0(T u gornju formulu dobivamo:
222 )1)(1,0(2
1)1)(0)(1,0()0)(1,0(21)1)(1,0()0)(1,0()1,0(),( +++++= yfyxfxfyfxffyxP yyxyxxyx
222 )1)(1,0(2
1)1()1,0()1,0(21)1)(1,0()1,0()1,0(),( +++++= yfyxfxfyfxffyxP yyxyxxyx
Zadatak 2. Odrediti Taylorov polinom 2. stupnja za funkciju xy
yxf 6),( = u toki )2,1(T .
Rjeenje. 2
21111 16)1(6)(0)(6)()6()6()6(xy
xy
xxy
xy
xyxy
f xxxxx =+=+===
221111 16)1(6)(0)(6)()6()6()6(
yxy
xyy
xy
xy
xxyf yyyyy =+=+===
33
2222112)2()6()1(0)1()6()1()6()16(xy
xyxxyxyxy
f xxxxx =+=+==
2222222160)6()1()6()1()6()1()6()16(
xyyxyxyxyxyf yyyxy =+=+==
-
26
3322221122)6()1(0)1()6()1()6()16(yxyxyyxyxyx
f yyyyy =+=+==
Raunamo vrijednost izraunatih parcijalnih derivacija u toki )2,1(T : 3
11
26)2,1(16 22 === xx f
xyf
23
21
16)2,1(16
22=== yy f
yxf
611
212)2,1(112
33=== xxxx f
xyf
23
11
26)2,1(16
2222=== xyxy f
xyf
23
21
112)2,1(112
33=== yyyy f
yxf
Uvrtavanjem izraunatih vrijednosti u formulu za Taylorov polinom 2. stupnja dobivamo: 22
2 )2(43)2)(1(
23)1(3)2(
23)1(33),( +++= yyxxyxyxP
Zadatak 3. Linearizirati funkciju yxeyxyxf ++= 242),( u okolini toke )2,1(T . Rjeenje. Linearizirati funkciju znai odrediti njezin Taylorov polinom prvoga stupnja.
422)2,1(22 222 =+=+= efef xyxx 3)1(4)2,1()1(4 222 =+=+= efef yyxy
Sada primjenjujemo formulu za Taylorov polinom prvog stupnja funkcije ),( yxf u okolini toke ),( 00 yxT koja glasi ))(,())(,(),(),( 000000001 yyyxfxxyxfyxfyxP yx ++= i dobivamo:
)2(3)1(4)2,1(),(1 ++= yxfyxP 134634411)2(3)1(482),( 221 ++=++=++++= yxyxyxeyxP
Zadatak 4. Linearizirati funkciju )ln(2),( 2 yxxyxf ++= u okolini toke )3,2( T . Rjeenje.
9432
21)3,2(22122
=
+=+
+= xx fxyx
f
332
21)3,2(2122
=
+=+
+= yy fyx
f
739931892)3(3)2(9)34ln(22)3(3)2(9)3,2(),(1 +=+++=++++=+++= yxyxyxyxfyxP 739),(1 += yxyxP
Zadatak 5. Razviti po Taylorovoj formuli u okolini toke )1,1(T do ukljuivo lana drugog reda funkciju xyyxf =),( .
-
27
Rjeenje. Potrebno je odrediti Taylorov polinom 2. stupnja. Raunamo parcijalne derivacije prvog i drugog reda:
01ln1)1,1(ln === xxx fyyf 1)1,1(1 == yxy fxyf
0)1,1(ln 2 == xxxxx fyyf
1)1,1(1ln1 =+= xyxxxy fyyyxyf
0)1,1()1( 2 == yyxyy fyxxf
222 )1(02
1)1)(1(1)1(021)1(1)1(0)1,1(),( +++++= yyxxyxfyxP
)1)(1(11),(2 ++= yxyyxP )1)(1(),(2 += yxyyxP
Zadatak 6. Izraunati priblino 01,2)95,0( primjenom Taylorove formule do lanova drugog reda. Rjeenje. Definiramo funkciju yxyxf =),( i raunamo Taylorov polinom iste funkcije u okolini toke
)2,1(T : 2)2,1(1 == xyx fyxf 0)2,1(ln == yyy fxxf
2)2,1()1( 2 == xxyxx fxyyf 1)2,1(ln11 =+= xyyyxy fxyxxf
0)2,1(ln 2 == yyyyy fxxf
)2)(1()1()1(2)2,1(),( 22 +++= yxxxfyxP )2)(1()1()1(21),( 22 +++= yxxxyxP
U izraunati Taylorov polinom sada unosimo toku )01.2,95.0(1T : )01.0)(05.0()05.0()05.0(21)01.2,95.0( 22 +++=P
0005.00025.01.01)01.2,95.0(2 +=P 902,0)01.2,95.0(2 =P
902,0)95,0( 01,2 =
Zadatak 7. Razviti po MacLaurinovoj formuli do ukljuivo lanova 3. reda funkciju yeyxf x sin),( = .
Rjeenje. Potrebno je odrediti Taylorov polinom 3. reda funkcije yeyxf x sin),( = u okolini toke )0,0(T .
00sin)0,0(sin 0 === efyef xxx 10cos)0,0(cos 0 === efyef yxy
0)0,0(sin == xxxxx fyef
-
28
1)0,0(cos == xyxxy fyef 0)0,0(sin == yyxyy fyef
0)0,0(sin == xxxxxxx fyef 1)0,0(cos == xxyxxxy fyef 0)0,0(sin == xyyxxyy fyef 1)0,0(cos == yyxyyy fyef
32 )0(61)0()0(
21)0)(0()0()0,0(),(3 +++= yyxyxyfyxP
32
61
21),(3 yyxxyyyxP ++=
Zadatak 8. Koristei linearnu aproksimaciju, priblino izraunati 3 9,31,6 + . Rjeenje. Definiramo funkciju: 3),( yxyxf += . Potrebno je odrediti Taylorov polinom 1. reda iste funkcije i to u okolini toke )4,6(T .
121)8(
31)4,6()(
31 3
232
==+=
xx fyxf
481
41
121)4,6(
21)(
31 3
2
==+=
yy fyyxf
)4(481)6(
121)4,6(),(1 ++= yxfyxP
)4(481)6(
1212),(1 ++= yxyxP
U dobiveni Taylorov polinom uvrtavamo toku )9.3,1.6(1T :
00625,248
3,9648
1,04,09648
1,012
1,02)1,0(481)1,0(
1212)9.3,1.6(1 ==
+=+=++=P
-
29
5. Tangencijalna ravnina i normala na plohu
Tangencijalna ravnina
Jednadba tangencijalne ravnine poloene na eksplicitno zadanu plohu ),( yxfz = u toki ),,( 000 zyxT je:
0)())(,())(,( 0000000 =+ zzyyyxfxxyxf yx .
Jednadba tangencijalne ravnine poloene na implicitno zadanu plohu 0),,( =zyxF u toki ),,( 000 zyxT je:
0))(,,())(,,())(,,( 000000000000 =++ zzzyxFyyzyxFxxzyxF zyx .
Normala
Jednadba pravca normale poloenog na eksplicitno zadanu plohu ),( yxfz = u toki ),,( 000 zyxT je:
1),(),(0
00
0
00
0
=
=
zz
yxfyy
yxfxx
yx.
Jednadba pravca normale poloenog na implicitno zadanu plohu 0),,( =zyxF u toki ),,( 000 zyxT je:
),,(),,(),,( 0000
000
0
000
0
zyxFzz
zyxFyy
zyxFxx
zyx
=
=
.
Zadatak 1. Odredite tangencijalnu ravninu na plohu yx
z
+=
11
u toki ),2,1( 0zT .
Rjeenje. Formula za jednadbu tangencijalne ravnine povuene na plohu zadanu eksplicitnom jednadbom ),( yxfz = u toki ),,( 000 zyxT glasi:
0)())(,())(,( 0000000 =+ zzyyyxfxxyxf yx .
Toka ),2,1( 0zT pripada zadanoj plohi i prema tome njezine koordinate zadovoljava jednadbu
yx
z
+=
11
pa imamo:
22111
11
0
00 =
+=
+=
yx
z
Koordinate toke T su )2,2,1( T .
121
1)2,2,1(1
1)1(
)1)(1()1()1(2
=
=
=
++= x
xxx fyy
yxyxf
-
30
22111)2,2,1(
11
)1()1)(1()1()1(
2=
+=
+=
++= y
yyy fy
x
y
yxyxf
Uvrtavanjem u formulu dobivamo:
0)2()2(2)1(1 =++ zyx 02421 =++ zyx
=+ 052 zyx jednadba traene tangencijalne ravnine
Zadatak 2. Odrediti jednadbu normale na plohu odreenu funkcijom )ln(2),( 2 yxxyxf ++= u toki ),3,2( 0zT . Rjeenje. Ploha )ln(2 2 yxxz ++= je zadana u eksplicitnom obliku. Jednadba normale na eksplicitno zadanu plohu ),( yxfz = u toki ),,( 000 zyxT je:
1),(),(0
00
0
00
0
=
=
zz
yxfyy
yxfxx
yx
Dakle, trebamo izraunati parcijalne derivacije prvoga reda po varijablama x i y funkcije )ln(2),( 2 yxxyxf ++= i njihove vrijednosti u toki ),3,2( 0zT :
91814
3221)3,2(221
22=+=
+=+
+= xx fxyx
f
212
322)3,2(12
22==
=+
= yy fyx
f
Jo trebamo izraunati treu koordinatu toke ),3,2( 0zT . Iz injenice da dotina toka pripada plohi )ln(2 2 yxxz ++= slijedi da njezine koordinate zadovoljavaju jednadbu plohe pa imamo:
20221ln22)32ln(22 20 =+=+=+=z
Dakle, toka u kojoj postavljamo normalu na plohu )ln(2 2 yxxz ++= je toka )2,3,2( T . Sada imamo sve podatke potrebne za formulu pa slijedi da je traena jednadba normale:
12
23
92
=
+=
zyx
Zadatak 3. Zadana je ploha 224 yxz = . a) U kojoj je toki 0T potrebno poloiti tangencijalnu ravninu na plohu da bi ista bila paralelna s ravninom 022...1 =++ zyxpi . b) U kojoj je toki 0T potrebno poloiti tangencijalnu ravninu na plohu da bi ista bila paralelna s xy ravninom. Rjeenje. a) Odredimo jednadbu tangencijalne ravnine pi poloene u openitoj toki ),,( 0000 zyxT na plohu 224 yxz = . Ploha je zadana u eksplicitnom obliku pa raunamo parcijalne derivacije:
00 2)(2 xTzxz xx == 00 2)(2 yTzyz yy == .
Jednadba tangencijalne ravnine pi je:
-
31
0)()(2)(2 00000 = zzyyyxxx 02222 0
200
200 =+++ zzyyyxxx
02222 02
02
000 =+++ zyxzyyxx Iz jednadbe ravnine pi oitavamo da je vektor normale na ravninu vektor:
)1,2,2( 00 = yxN Da bi tangencijalna ravnina pi bila paralelna s ravninom 022...1 =++ zyxpi , njihovi vektori normala moraju biti kolinearni. Vektor normale ravnine 022...1 =++ zyxpi je )1,2,2(1 =N . Dakle, postavljamo uvjet da su vektori )1,2,2( 00 = yxN i )1,2,2(1 =N kolinearni, odnosno za neki realni broj vrijedi:
)1,2,2()1,2,2( 00 = yx . Izjednaavanjem koordinata vektora na lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti dobivamo jednadbe:
22 0 = x 22 0 = y
=1 Iz posljednje jednadbe imamo 1= , pa uvrtavanjem u prvu i drugu dobivamo:
10 =x 10 =y .
Zakljuujemo da je traena toka 0T toka ije su prve koordinate 10 =x i 10 =y . Treu koordinatu moemo izraunati pomou injenice da toka 0T lei na plohi 224 yxz = , pa njezine koordinate moraju zadovoljavati jednadbu plohe:
21144 202
00 === yxz . Dakle, 0T je toka )2,1,1( .
b) Iskoristimo a) dio zadatka, pa imamo da je jednadba tangencijalne ravnine poloene u toki ),,( 0000 zyxT na plohu 224 yxz = :
02222 02
02
000 =+++ zyxzyyxx ,
Odnosno njezin vektor normale je )1,2,2( 00 = yxN . Da bi ista ravnina bila paralelna s xy ravninom, njihovi vektori normala moraju biti kolinearni. Vektor normale xy je vektor
)1,0,0(1 =N pa postavljamo uvjet: )1,0,0()1,2,2( 00 = yx .
Izjednaavanjem koordinata vektora na lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti dobivamo jednadbe:
02 0 = x 02 0 = y
=1 iz kojih slijedi da su prva i druga koordinata traene toke 0T jednake
00 =x 00 =y .
Treu koordinati izraunavamo uvrtavanjem prvih dviju u jednadbu plohe: 4044 20
200 === yxz ,
I traena toka je )4,0,0( .
-
32
Zadatak 4. Na plohu 2132 222 =++ zyx poloiti tangencijalnu ravninu paralelnu s ravninom 064 =++ zyx .
Rjeenje. Odredimo jednadbu tangencijalne ravnine pi poloene u openitoj toki ),,( 0000 zyxT na plohu 2132 222 =++ zyx . Ploha je zadana u implicitnom obliku, pa je najprije
dovedimo u oblik 0),,( =zyxF : 2132),,( 222 ++= zyxzyxF .
Raunamo parcijalne derivacije: 00 2)(2 xTFxF xx == 00 4)(4 yTFyF yy ==
00 6)(6 zTFzF zz == Sada slijedi da je jednadba tangencijalne ravnine pi
jednaka: 0)(6)(4)(2 000000 =++ zzzyyyxxx
0664422 2002
002
00 =++ zzzyyyxxx
0642642 202
02
0000 =++ zyxzzyyxx
Iz jednadbe ravnine pi oitavamo da joj je vektor normale jednak )6,4,2( 000 zyxN = . Da bi ravnina bila paralelna s ravninom
064 =++ zyx, iji je vektor normale )6,4,1(1 =N , njihovi
vektori normala moraju biti kolinearni: )6,4,1()6,4,2( 000 =zyx
Izjednaavanjem koordinata vektora na lijevoj i desnoj strani posljednje jednakosti dobivamo: =02x
44 0 =y
66 0 =z
Iz niti jedne od prethodne tri jednadbe ne moemo odrediti vrijednost od , pa radimo sljedee. Izrazimo koordinate toke 0T :
20
=x
=0y
=0z
Dakle, traimo toku 0T ije koordinate zadovoljavaju posljednje tri jednadbe, i koja lei na plohi 2132
222=++ zyx :
21324
222
=++
214
21 2=
42 =
2=
Za odabir 2= , dobivamo toku )2,2,1(0T , odnosno za 2= toku )2,2,1('0 T . Jednadbe tangencijalnih ravnina su :
0421282 =++ zyx
0421282 = zyx.
-
33
Zadatak 5. Na plohi 02222 =+ xzyx , odredite toke u kojima su tangencijalne ravnine paralelne s koordinatnim ravninama. Rjeenje. Odredimo najprije jednadbu tangencijalne ravnine u proizvoljnoj toki plohe
),,( 0000 zyxT. Ploha je zadano implicitno, pa imamo:
xzyxzyxF 2),,( 222 += , I raunamo parcijalne derivacije:
22)(22 00 == xTFxF xx 00 2)(2 yTFyF yy ==
00 2)(2 zTFzF zz == Jednadba tangencijalne ravnine pi je jednaka:
0)(2)(2))(22( 000000 =+ zzzyyyxxx 02222)22()22( 200200000 =++ zzzyyyxxxx 022)22(22)22( 202000000 =++ zyxxzzyyxx
Oitavamo da je vektor normale ravnine pi vektor )2,2,22( 000 zyxN = .
Da bi ravnina pi bila paralelna s ravninom xy (iji je vektor normale jednak )1,0,0( ), za njezin vektor normale mora vrijediti :
)1,0,0()2,2,22( 000 = zyx Odnosno
022 0 =x 02 0 =y = 02z
Iz prvih dviju jednadbi slijedi: 10 =x i 00 =y . Treu koordinatu raunamo uvrtavajui prve dvije u jednadbu plohe 02222 =+ xzyx :
0201 2 =+ z 12 =z
Posljednja jednadba nema rjeenje u skupu realnih brojeva, to znai da ne postoji toka na plohi u kojoj bi tangencijalna ravnina bila paralelna s xy ravninom.
Da bi ravnina pi bila paralelna s ravninom xz (iji je vektor normale jednak )0,1,0( ), za njezin vektor normale mora vrijediti :
)0,1,0()2,2,22( 000 = zyx Odnosno
022 0 =x =02y 02 0 = z
Iz prve i tree jednadbe slijedi: 10 =x i 00 =z . Drugu koordinatu raunamo uvrtavajui preostale dvije u jednadbu plohe 02222 =+ xzyx :
0201 2 =+ y 12 =y 1=y .
Dakle, rjeenja su dvije toke: )0,1,1( i )0,1,1( .
-
34
Da bi ravnina pi bila paralelna s ravninom yz (iji je vektor normale jednak )0,0,1( ), za njezin vektor normale mora vrijediti :
)0,0,1()2,2,22( 000 = zyx Odnosno
= 22 0x 02 0 =y 02 0 = z
Iz posljednje dvije jednadbe slijedi: 00 =y i 00 =z . Prvu koordinatu raunamo uvrtavajui preostale dvije u jednadbu plohe 02222 =+ xzyx :
02 02
0 = xx
0)2( 00 =xx 00 =x ili 20 =x .
Dakle, rjeenja su dvije toke: )0,0,0( i )0,0,2( .
Zadatak 6. Odrediti jednadbu tangencijalne ravnine na plohu 0= xyz , okomitu na pravac
112
22
=
+=
+ zyx.
Rjeenje. Odredimo najprije jednadbu tangencijalne ravnine na plohu 0= xyz u openitoj toki ),,( 0000 zyxT . Ploha 0= xyz je zadana implicitno, ali jednostavno moemo doi do eksplicitnog oblika, koji bi bio xyz = . Raunamo parcijalne derivacije:
00 )( yTzyz xx == 00 )( xTzxz yy ==
Jednadba tangencijalne ravnine je: 0)()()( 00000 =+ zzyyxxxy 00000000 =++ zzyxyxxyxy 00000000 =++ zyxxyzyxxy
Normala na tangencijalnu ravninu je vektor )1,,( 00 = xyN . Da bi tangencijalna ravnina bila okomita na pravac
112
22
=
+=
+ zyx, vektor normale ravnine i vektor smjera pravca moraju
biti kolinearni. Vektor smjera zadanog pravca je )1,1,2( =S , pa postavljamo uvjet: )1,1,2()1,,( 00 = xy
Izjednaavanjem koordinata dobivamo: 20 =y
=0x =1
Iz posljednje jednadbe slijedi 1= , pa uvrtavanjem u prve dvije dobivamo: 20 =y i 10 =x . Treu koordinatu toke ),,( 0000 zyxT odrediti emo uvrtavanjem prvih dviju koordinata u jednadbu plohe:
2000 == yxz . Dakle, toka u kojoj moramo poloiti tangencijalnu ravninu na plohu 0= xyz da bi ona bila okomita na pravac je toka )2,2,1(0T . Jedna te tangencijalne ravnine je:
022 =+ zyx .
Zadatak 7. Odrediti jednadbu normale plohe 229 yxz = u toki ),0,5( 0zT . Rjeenje. Ploha je zadana eksplicitno pa koristimo formulu
-
35
1),(),(0
00
0
00
0
=
=
zz
yxfyy
yxfxx
yx.
Moramo izraunati treu koordinatu toke ),0,5( 0zT . Uvrtavanjem prvih dviju koordinata u jednadbu plohe dobivamo:
20590 ==z . Raunamo parcijalne derivacije:
25)(
9)2(
92
12222
=
=
= Tzyx
xx
yxz xx
0)(9
)2(92
12222
=
=
= Tzyx
yy
yxz yy
Uvrtavanjem u formulu dobivamo da je jednadba normale:
12
0255
==
zyx.
Zadatak 8. Za plohu 0282 222 =++ zyx napisati jednadbe tangencijalnih ravnina paralelnih s ravninom 012442 =++ zyx . Rjeenje. Odredimo jednadbu tangencijalne ravnine poloene na implicitno zadanu plohu
0282),,( 222 =++= zyxzyxF , u toki ),,( 0000 zyxT . Raunamo parcijalne derivacije: 00 2)(2 xTFxF xx == 00 2)(2 yTFyF yy ==
00 4)(4 zTFzF zz == Jednadba tangencijalne ravnine je:
0)(4)(2)(2 000000 =++ zzzyyyxxx 0442222 000000000 =++ zzzzyyyyxxxx 0422422 000000000 =++ zzyyxxzzyyxx
Normala tangencijalne ravnine je vektor )4,2,2( 000 zyxN = . Da bi ravnina bila paralelna s ravninom 012442 =++ zyx (iji je vektor normale )4,4,2(1 =N ), vektori normala im moraju biti kolinearni, pa postavljamo uvjet:
)4,4,2()4,2,2( 000 =zyx Sada slijedi:
22 0 =x 42 0 =y 44 0 =z
Odnosno =0x 20 =y
=0z Dakle, traimo toku ),,( 0000 zyxT ije koordinate zadovoljavaju gornje tri jednadbe za neki realni broj , i koja lei na plohi 0282 222 =++ zyx :
02824 222 =++ 287 2 = 42 = 2= .
-
36
Za 2= , dobivamo toku )2,4,2(T , odnosno za 2= toku )2,4,2(' T . Jednadbe tangencijalnih ravnina u navedenim tokama su redom:
056884 =++ zyx 056884 = zyx .
Zadatak 9. Za plohu 03253 222 =+ zyx napisati jednadbe tangencijalnih ravnina okomitih na pravac
206
82
121
=
=
zyx.
Rjeenje. Odredimo jednadbu tangencijalne ravnine poloene na plohu 03253),,( 222 =+= zyxzyxF u toki ),,( 0000 zyxT . Raunamo parcijalne derivacije:
00 6)(6 xTFxF xx == 00 2)(2 yTFyF yy ==
00 10)(10 zTFzF zz == Jednadba tangencijalne ravnine je:
0)(10)(2)(6 000000 =+ zzzyyyxxx 010102266 000000000 =++ zzzzyyyyxxxx 010261026 000000000 =++ zzyyxxzzyyxx
Normala na tangencijalnu ravninu je vektor )10,2,6( 000 zyxN = . Da bi ravnina bila okomita na zadani pravac (iji je vektor smjera )20,8,12(=S ), vektor normale ravnine i vektor smjera pravca moraju biti kolinearni pa postavljamo uvjet:
)20,8,12()10,2,6( 000 = zyx Slijedi
126 0 =x 82 0 = y 2010 0 =z
Odnosno 20 =x 40 =y
20 =z Uvrtavamo posljednje tri jednakosti u jednadbu plohe:
032201612 222 =+ 3216 2 = 22 =
22,1 = . Za vrijednost 21 = , dobivamo toku )22,24,22(1 T u kojoj je jednadba tangencijalne ravnine:
06422028212 =++ zyx .
Za vrijednost 22 = , dobivamo toku )22,24,22(1 T u kojoj je jednadba tangencijalne ravnine:
06422028212 = zyx .
-
37
6. Ekstremi funkcije vie varijabli
Postupak nalaenja ekstrema funkcije dvije varijable ),( yxf
1. Rijeiti sustav 0=xf 0=yf
2. Rjeenje sustava iz 1. koraka je stacionarna toka ),( 00 yxT (moe ih biti i vie). 3. Izraunati
1100 ),( ayxf xx = 1200 ),( ayxf xy = 2200 ),( ayxf yy =
4. Izraunati
2212
1211
aa
aaD =
5. Zakljuak: Ako je D>0 i ako je 011 >a - funkcija ),( yxf u toki ),( 00 yxT postie svoj lokalni minimum
Ako je D>0 i ako je 011
-
38
Imamo jednu stacionarnu toku )3,2(T . Raunamo vrijednosti parcijalnih derivacija drugog reda u stacionarnoj toki )3,2(T :
44 11 == af xx 22 12 == af xy
44 22 == af yy
Raunamo determinantu:
012416)2()2(164224
2212
1211 >===
==
aa
aaD
Budui da je determinanta vea od nule i 0411 >=a zakljuujemo da funkcija u toki )3,2(T postie svoj minimum ija je vrijednost:
1418122484)3,2( =++=f .
Zadatak 2. Potrebno je projektirati zatvoreni tank u obliku kvadra koji mora prihvatitit 480 m3 tekuine. Cijena materijala za oblaganje dna iznosi 35 kn po kvadratnom metru, a materijala za oblaganje ostalih povrina 21 kn po kvadratnom metru. Odredite dimenzije tanka tako da cijena materijala za njegovo oblaganje bude minimalna. Rjeenje. Trebamo nai dimenzije tanka oznaimo ih sa a, b i c koje su skicirane na slici.
pri emu zahtjevamo da trokovi materijala za oblaganje tanka budu minimalni. Vrijednost trokova oblaganja ovisi o dimenzijama tanka, odnosno trokovi su funkcija po varijablama a, b i c . Oznaimo li trokove sa T tada vrijedi:
)22(2135),,( abbcacbacbaT +++=
Naime, cijena oblaganja biti e jednaka zbroju cijene oblaganja dna i cijene oblaganja ostalih povrina. Povrina dna jednaka je umnoku dimenzija a i b a cijena oblaganja dna po kvadratu je 35 kuna pa zakljuujemo da je cijena oblaganja itavoga dna jednaka ab35 . Slino, ukupna povrina ostalih strana tanka jednaka je abbcac ++ 22 a cijena oblaganja po kvadratu tih strana
-
39
je 21 kuna pa je to sveukupno jednako )22(21 abbcac ++ . Tako smo doli do ukupnog troka koji je jednak:
)22(2135),,( abbcacbacbaT +++= .
U zadatku nam je jo zadan jedan uvjet, odnosno zahtjev da volumen tanka bude 480 m3 to bi znailo da mora vrijediti jednakost:
480=abc Iz koje slijedi:
abc
480=
Pa kada to uvrstimo u funkciju )22(2135),,( abbcacbacbaT +++= dobivamo novu funkciju troka koja sada ovisi samo o dvije varijable:)
)48024802(2135),( abab
bab
ababaT +++=
abab
abbaT 21480424804235),( +++=
ababbaT 201602016056),( ++=
Sada standardno traimo ekstreme funkcije dviju varijabli ab
abbaT 201602016056),( ++= .
Najprije parcijalne derivacije prvog reda izjednaavamo sa nulom.
020160562
=
ab
02016056 2 = ba
Prvu jednadbu pomnoimo sa 2a a drugu sa 2b i dobivamo: 2016056 2 =ba 2016056 2 =ab
Izjednaavamo prvu i drugu jednadbu: 22 5656 abba =
05656 22 = abba 0)(56 = baab
Izraz na lijevoj strani posljednje jednakosti jednak je nuli u 3 sluaja : kada je 0=a , kada je 0=b ili kada je 0= ba . Budui da varijable a i b predstavljaju dimenzije tanka, one ne mogu
biti jednake nuli pa je jedini preostali sluaj: 0= ba
ba =
Ako se sa gornjom jednakou vratimo u jednu od jednadbi, recimo u 2016056 2 =ba dobivamo:
2016056 3 =a
3607
25202:14
2:50402:28
2:100802:56
2:201603=====a
3603 =a
-
40
3 360=a 3 360=b
Nali smo jednu stacionarnu toku )360,360( 33T . Sada trebamo izraunati vrijednosti parcijalnih derivacija drugog reda u stacionarnoj toki.
112180
20160360
201602)360,360(201602 333 ==== aaaa Ta
T
56=abT
112)360,360(201602 333 == bbbb TbT
11211 =a 5612 =a
11222 =a
0561121125656112 22 >==D
Budui da je determinanta vea od nule kao i 011211 >=a - funkcija u stacionarnoj toki )360,360( 33T ima minimum. Traene dimenzije tanka za koje e trokovi biti minimalnu jesu:
3 360=a 3 360=b
3233
360
480360360
480=
=c
Zadatak 3. Odredite ekstreme funkcije 2
96182
93),(22 y
xyyxxyxf +++= . Rjeenje.
yxf x 693 ++= yxf y 9618 ++=
______________
0693 =++ yx 09618 =++ yx
______________
Iz prve jednakosti nalazimo vezu meu nepoznanicama:
9636390693 yxyxyx ===++
Vezu uvrstimo u 2. jednadbu:
099
63618 =++ yy
099
361818 =++ yy
094218 =+ yy
-
41
205 =y 4=y
39
2439
463=
=
=x
Stacionarna toka je )4,3(T . Raunamo vrijednosti parcijalnih derivacija 2. reda u stacionarnoj toki:
119 af xx == 126 af xy == 229 af yy ==
0453681699669 22 >====D
Budui da je determinanta pozitivna i 0911 >=a zakljuujemo da u stacionarnoj toki )4,3(T funkcija ima minimum ija je vrijednost:
257726072
2819)4,3( =++=f
Zadatak 4. Tvrtka proizvodi dva proizvoda. Dnevno proizvede x komada proizvoda A i y komada proizvoda B. Dnevni profit modeliran je funkcijom
1640018012057),( 22 +++= yxyxyxyxP . Koliko proizvoda A , a koliko proizvoda B tvrtka mora dnevno proizvesti da bi profit bio maksimalan? Koliki je maksimalni dnevni profit?
Rjeenje. 120514 ++= yxPx
18025 += yxPy
________________
0120514 =++ yx 018025 =+ yx
_______________
Iz prve jednadbe nalazimo vezu:
5120141201450120514 ===++ xyxyyx
koju uvrtavamo u 2. jednadbu 0180
51201425 =+ xx
0900)12014(225 =+ xx 09002402825 =++ xx
11403 = x 380=x
10402476145
12038014==
=y
-
42
Nali smo jednu stacionarnu toku )1040,380(T . Raunamo vrijednosti parcijalnih derivacija drugog reda u toki )1040,380(T :
14=xxP 5=xyP 2=yyP
03252825
514>==
=D
Budui da je determinanta vea od nule i 01411
-
43
02004 2 =ab _______________
2004 2 =ba 2004 2 =ab
Izjednaavamo prvu i drugu jednadbu: 22 44 abba =
044 22 = abba 0)(4 = baab
Lijeva strana gornje jednadbe poprimiti e vrijednost nula u idue tri situacije: kada je 0=a , kada je 0=b ili kada je ba = . U kontekstu ovog zadatka, opcije 0=a i 0=b nemaju smisla dakle:
ba =
Sa gornjom se vezom vraamo u jednu od jednadbi 2004 2 =ba ili 2004 2 =ab , recimo u prvu pa dobivamo:
2004 3 =a 503 =a
3 50=a 3 50=b
Dakle, nali smo jednu stacionarnu toku )50,50( 33T . Da bi utvrdili postie li se u njoj minimum ili maksimum, trebamo odrediti vrijednosti parcijalnih derivacija drugog reda funkcije
baabbaC 2002004),( ++= u stacionarnoj toki )50,50( 33T :
8850400)50,50(400 11333 ==== aC
aC aaaa
44 12 == aCab
8850400)50,50(400 22333 ==== aCb
C bbbb
04816648448
2212
1211 >====aa
aaD
Budui da je determinanta vea od nule i 811 =a >0 zakljuujemo da funkcija
baabbaC 2002004),( ++= u stacionarnoj toki )50,50( 33T postie svoj minimum ija je
vrijednost: 33
3333
50200
5020050504)50,50( ++=C
Traene dimenzije kutije jesu: 3 50=a 3 50=b
32
31
31
50
100
5050
100100=
==
abc
-
44
Zadatak 6. Odrediti ekstreme funkcije y
xyx
yxf 11),( ++= .
Rjeenje. Raunamo parcijalne derivacije: y
xf x += 2
1
21y
xf y =
____________
Postavljamo sustav: 012 =+ y
x
012
=
yx
__________
Iz prve (ili druge jednadbe) nalazimo vezu meu nepoznanicama:
22101x
yyx
==+
Sa vezom ulazimo u drugu jednadbu: 0
11
4
=
x
x
04 = xx 0)1( 3 = xx
Lijeva strana gornje jednadbe biti e jednaka nuli u dva sluaja ako je 0=x ili ako je 101 3 == xx . Dakle, imamo dva rjeenja za nepoznanicu x:
01 =x 12 =x
Svakom x pripada y rjeenje koje raunamo iz veze. ==
0101 yx Budui da dolazimo do dijeljenja sa nulom, odbacujemo ovaj par rjeenja
11112 === yx
Imamo jednu stacionarnu toku )1,1(T . Raunamo vrijednost parcijalnih derivacija drugog reda u stacionarnoj toki:
2212)1,1(2 113 ==== af
xf xxxx
11 12 == af xy
2212)1,1(2 223 ==== afy
f yyyy
03142112
>===D
-
45
Budui da je determinanta vea od nule i 0211 >=a zakljuujemo da funkcija
yxy
xyxf 11),( ++= u stacionarnoj toki )1,1(T postie svoj lokalni minimum ija je vrijednost:
3111
11)1,1( =++=f
Zadatak 7. Odrediti ekstreme funkcije 101645),( 22 +++= xyxyxyxf . Rjeenje.
16410 ++= yxf x yxf y 24 =
Rjeavamo sustav: 016410 =++ yx
024 = yx Iz druge jednadbe slijedi: xy 2= , pa uvrtavanjem u prvu dobivamo:
016810 =++ xx 8=x
1682 ==y Funkcija ima jednu stacionarnu toku )16,8(T . Jo je potrebno ispitati karakter toke. Raunamo parcijalne derivacije drugoga reda:
10=xxf 4=xyf 2=yyf
Raunamo determinantu: 04
24410
>=
=D
Budui da je determinanta vea od nule i da je 010
-
46
7. Dvostruki integrali
Dvostruki integral D
dxdyyxf ),( moemo raunati na dva naina:
1. nain : Ako je podruje integracije s lijeva i desna omeeno pravcima ax = i bx = , a odozdo i odozgo s krivuljama )(xgy = i )(xfy = , kao na slici:
dvostruki integral raunamo kao:
=b
a
xf
xgD
dyyxfdxdxdyyxf )()(
),(),( .
2. nain : Ako je podruje integracije odozdo i odozgo omeeno pravcima cy = i dy = , a s lijeva i s desna s krivuljama )( yfx = i )(ygx = , kao na slici:
dvostruki integral raunamo kao:
=d
c
yg
yfD
dxyxfdydxdyyxf )()(
),(),( .
Zadatak 1. Izraunati integral D
dxdyx )1( 2 ako je podruje D trokut s vrhovima u )0,0(A ,
)1,0(B i )1,1(C . Rjeenje. Podruje integracije skicirano je na slici:
-
47
-1.0 -0.5 0.5 1.0
-1.0
-0.5
0.5
1.0
1. nain : Podruje je s lijeva omeeno pravcem 0=x , odnosno sa pravcem 1=x s desna. Podruje je odozdo omeeno pravcem xy = , a odozgo pravcem 1=y . Prema tome, integral koji trebamo izraunati je jednak:
=1
21
0
2 )1()1(xD
dyxdxdxdyx
[ ] [ ] ==1
0
221
0
121
21
0
)1(1)1(|)1()1( xxxdxyxdxdyxdx xx
125
12631240
21
411
31|)
243()1( 10
2431
0
32 =
+=+=+=+=
xxx
xxxxdx
2. nain : Podruje je odozdo omeeno sa pravcem 0=y , a odozgo sa pravcem 1=y . S lijeva je omeeno sa pravcem 0=x a s desna sa pravcem yx = . Dvostruki integral je jednak:
=y
D
dxxdydxdyx0
21
0
2 )1()1(
125
1261
21
121|)
212()
3(|)
3()1( 10
2431
00
31
00
21
0
=
===== yyyydyxxdydxxdy y
y
.
Zadatak 2. Zadan je integral y
y
ydxxdy 31
0
.
a) Skicirajte podruje integracije. b) Izraunajte integral c) Promijenite poredak integracije
Rjeenje. a) Podruje integracije je odozdo ogranieno sa pravcem 0=y , a odozgo sa pravcem 1=y . S lijeva je ogranieno sa pravcem yx = , a sa desna sa krivuljom yx = . Crtamo sve navedene krivulje, odnosno : 0=y , 1=y , yx = i yx = i dobivamo traeno podruje:
-
48
b) Raunamo integral y
y
ydxxdy 31
0
:
)44
()44
)((|)4
(52
41
0
441
0
41
0
31
0
yy
ydyyyyy
dyyxdyydxxdy yyy
y
===
481
48230
241
161|)
2416()
44()
44( 10
64531
0
521
0
=
===== yyyydyyyydy
c) Podruje integracije je s lijeva omeeno pravcem 0=x , odnosno s desna pravcem 1=x . Odozdo je omeeno sa krivuljom yx = , koju trebamo prikazati u eksplicitnom obliku po varijabli y - dakle, s krivuljom 2xy = , a odozgo je omeeno sa pravcem xy = . Slijedi:
=1
0
331
0 2
x
x
y
y
ydyxdxydxxdy .
Zadatak 3. Izraunajte integral +D
dxdyy )1( 2 ako je D trokut s vrhovima )0,0(A , )1,0( B i
)1,1( C . Rjeenje. Skiciramo podruje D :
-1.0 -0.5 0.5 1.0
-1.0
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0.2
Podruje integracije D je s lijeva i desna omeeno pravcima 1=x i 0=x , odnosno odozdo sa pravcem 1=y a odozgo sa pravcem xy = :
-
49
+=+x
D
dyydxdxdyy1
20
1
2 )1()1(
)34
3())1
31(
3(|)
3()1(
30
1
30
11
30
11
20
1
++=
+=+=+
xxdxxxdxyydxdyydx x
x
43
129
121661)
34
21
121(0|)
34
212( 01
24=
=
+=+=++=
xxx
.
Zadatak 4. Zadan je integral
24
0
2
2
x
ydydx .
a) Skicirajte podruje integracije zadanog integrala. b) Izraunajte integral
Rjeenje. a) Iz granica integrala
24
0
2
2
x
ydydx oitavamo da je podruje integracije s lijeva i desna
omeenom sa pravcima 2=x i 2=x , odnosno odozdo i odozgo omeenom s pravcem 0=y i krivuljom 24 xy = . Da bi bili sigurno o kojoj se krivulji radi u sluaju krivulje 24 xy = , posljednju jednakost kvadriramo i dobivamo:
22 4 xy =
422 =+ yx Radi se o gornjoj polukrunici sa sreditem u ishoditu radijusa 2. Podruje integracije skicirano je na slici:
b) Raunamo integral:
=
==
2
2
222
2
40
22
2
4
0
2
2
)2
2()02
4(|)2
( 22
dxxxdxydxydydx xx
316
3824
388
344
344)
684(
684|)
62( 22
3=
==+=
==
xx
-
50
Zadatak 5. Zadan je integral
223
1
0
x
x
ydyxdx .
a) Skicirajte podruje integracije zadanog integrala. b) Izraunajte integral
Rjeenje. a) Podruje integracije je s lijeva i desna omeeno pravcima 0=x i 1=x . Odozdo je omeeno pravcem xy = , odnosno odozgo krivuljom 22 xy = (to je gornja polukrunica sa sreditem u ishoditu radijusa 2 ). Skiciramo navedene pravce i krivulju i dobivamo:
b)
121
1223
61
41|)
64()()
222(|)
2( 10
6453
1
0
523
1
0
22
31
0
23
1
0
2
2
=
====
==
xxxxdxxxxdxyxdxydyxdx xx
x
x
Zadatak 6. Zadan je integral
0
1
1
1 2)(
x
dyyxdx .
a) Skicirajte podruje integracije zadanog integrala. b) Izraunajte integral c) Promijenite poredak integracije.
Rjeenje. a) Podruje je s lijeva i desna omeeno pravcima 1=x i 1=x . Odozdo je omeeno krivuljom
12 = xy , odnosno odozgo pravcem 0=y . Skiciramo navedene pravce i krivulju i dobivamo:
b)
-
51
)2
)1()1((|)2
()(22
21
1
01
21
1
0
1
1
1
2
2
+==
xxxdxyxydxdyyxdx
x
x
)21
31
101
21
41(
21
31
101
21
41|)
21
31024()
212( 11
3524243
1
1
+++++=+++=+
++=
xxxxxxx
xxdx
3016
= .
c) Podruje je odozdo omeeno pravcem 1=y , a odozgo pravcem 0=y . Sa lijeva je omeeno krivuljom 1+= yx , a sa desna krivuljom 1+= yx . Do posljednje dvije krivulje smo doli tako da smo funkciju 12 = xy prikazali u eksplicitnom obliku po varijabli x :
12 = xy 21 xy =+
1+= yx
Skiciramo li krivulju 1+= yx , dobivamo:
-1.0 -0.5 0.5 1.0 1.5 2.0
-1.0
-0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
Skiciramo li krivulju 1+= yx , dobivamo:
-2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0
-1.0
-0.5
0.5
1.0
1.5
2.0
Dakle, nakon promjene poretka integracije dobivamo:
+
+
=
1
1
0
1
0
1
1
1
)()(2
y
yx
dxyxdydyyxdx .
Zadatak 7. Zadan je integral +2
03
2
0 23
y
dxy
dy .
a) Skicirajte podruje integracije zadanog integrala. b) Izraunajte integral c) Promijenite poredak integracije.
Rjeenje.
-
52
a) Podruje integracije je odozdo i odozgo omeeno pravcima 0=y i 2=y . S lijeva je omeeno pravcem 0=x , a s desna krivuljom 2yx = . Da bi lake skicirali krivulju 2yx = , moemo je dovesti do eksplicitnog oblika:
xy =
b)
=
+=
+=
+=
+ 2
03
22
3
2
003
2
003
2
0 23)0(
23)|(
23
23 2
2
dyy
yyy
dyxy
dydxy
dy yy
2ln10ln1023202
23 10
22
32
03
2==
===
==+==
+= t
dttydyydttyytdy
yy
c) Podruje integracije je s lijeva i desna omeeno pravcima 0=x i 4=x . Odozdo je omeeno krivuljom xy = a odozgo pravcem 2=y :
+=
+
2
3
4
003
2
0 23
23
2
x
y
dyy
dxdxy
dy .
Zadatak 8. Zadan je integral x
dyxdx0
21
0
)sin( .
a) Skicirajte podruje integracije zadanog integrala. b) Izraunajte integral c) Promijenite poredak integracije.
Rjeenje. a) Podruje integracije s lijeva i desna je omeeno pravcima 0=x i 1=x , odozdo pravcem
0=y a odozgo pravcem xy = .
b)
-
53
=
===
======= 112
00)sin()0)(sin()|)(sin()sin(21
0
221
00
21
00
21
0 txxdxdttxxtdxxxxxdxyxdxdyxdx x
x
)11(cos21)0cos1(cos
21|)(cos
21
sin21 1
0
1
0
==== ttdt .
c) Podruje integracije odozdo i odozgo je omeeno pravcima 0=y i 1=y , s lijeva pravcem yx = a s desna pravcem 1=x :
=1
21
00
21
0
)sin()sin(y
x
dxxdydyxdx .