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 .