Elvis Barakovic, Edis Mekic 24. veljaˇce 2014. · Poglavlje 1 Nizovi i redovi. 1.1 Graniˇcna vrijednost niza. Primjer 1.1. Izraˇcunati sljede´ce limese: (a) lim n→+∞ 3n2 −

Matematika 2

Elvis Barakovic, Edis Mekic

24. veljace 2014.

Poglavlje 1

Nizovi i redovi.

1.1 Granicna vrijednost niza.

Primjer 1.1. Izracunati sljedece limese:

(a) limn→+∞

3n2 − 2n+ 5

4n2 − n− 6(b) lim

n→+∞

4n2 − n+ 3

2n3 − n2 + 1

(c) limn→+∞

(

2n2

2n+ 3− 1− 3n2

3n2 + 1

)

.

Rjesenje. (a) Dati limes je oblika∞∞ , pa ga racunamo tako sto podijelimo i

brojnik i nazivnik sa najvecim stepenom od n.

limn→+∞

3n2 − 2n + 5

4n2 − n− 6= lim

n→+∞

3n2

n2 − 2nn2 +

5n2

4n2

n2 − nn2 − 6

n2

= limn→+∞

3− 2n+ 5

n2

4− 1n− 6

n2

,

ako iskoristimo poznati limes

limn→∞

1

n= 0,

dobijamo da je

limn→+∞

3n2 − 2n+ 5

4n2 − n− 6=

3

4.

(b) Istim razmatranjem kao u (a) imamo

limn→+∞

4n2 − n + 3

2n3 − n2 + 1= lim

n→+∞

4n2

n3 − nn3 +

3n3

2n3

n3 − n2

n3 +1n3

= limn→+∞

4n− 1

n2 +3n3

2− 1n+ 1

n3

= 0.

1

(c)

limn→+∞

(

2n2

2n+ 3− 1− 3n2

3n2 + 1

)

= limn→+∞

2n2(3n2 + 1)− (1− 3n2)(2n+ 3)

(2n+ 3)(3n2 + 1)

= limn→+∞

−3 − 2n+ 11n2 + 6n3 + 6n4

3 + 2n + 9n2 + 6n3

= limn→+∞

− 3n4 − 2n

n4 +11n2

n4 + 6n3

n4 + 6n4

n4

3n4 +

2nn4 +

9n2

n4 + 6n3

n4

= +∞.

♦


(a) limn→+∞

(√n2 − 5n+ 6− n

)

(b) limn→+∞

(√n2 + n− n

)

(c) limn→+∞

(

n−√n2 − 10n

)

(d) limn→+∞

(√2n + 3−

√n− 1

)

(e) limn→+∞

(√4n4 + 2− 2n2

)

(f) limn→+∞

(

√

n +√n−

√n

)

Rjesenje. (a)

limn→+∞

(√n2 − 5n+ 6− n

)

= limn→+∞

√n2 − 5n+ 6− n

1·√n2 − 5n+ 6 + n√n2 − 5n+ 6 + n

= limn→+∞

n2 − 5n+ 6− n2

√n2 − 5n+ 6 + n

= limn→+∞

−5n + 6√n2 − 5n+ 6 + n

: n

: n

= limn→+∞

−5 + 6n

√

n2−5n+6n2 + 1

= −5

2.

2

(b)

limn→+∞

(√n2 + n− n

)

= limn→+∞

√n2 + n− n

1·√n2 + n + n√n2 + n + n

= limn→+∞

n2 + n− n2

√n2 + n + n

= limn→+∞

n√n2 + n + n

: n

: n

= limn→+∞

1√

n2+nn2 + 1

= limn→+∞

1√

1 + 1n+ 1

=1

2.

(c)

limn→+∞

(

n−√n2 − 10n

)

= limn→+∞

n−√n2 − 10n

1· n +

√n2 − 10n

n +√n2 − 10n

= limn→+∞

n2 − n2 + 10n

n +√n2 − 10n

= limn→+∞

10n

n +√n2 − 10n

: n

: n

= limn→+∞

10

1 +√

n2−10nn2

= limn→+∞

10

1 +√

1− 10n

=10

2= 5.

(d)

limn→+∞

(√2n+ 3−

√n− 1

)

= limn→+∞

√2n+ 3−

√n− 1

1·√2n+ 3 +

√n− 1√

2n+ 3 +√n− 1

= limn→+∞

2n+ 3− (n− 1)√2n+ 3 +

√n− 1

= limn→+∞

n+ 4√2n+ 3 +

√n− 1

: n

: n

= limn→+∞

1 + 4n

√

2n+3n2 +

√

n−1n2

=1

0= +∞.

3

(e)

limn→+∞

(√4n4 + 2− 2n2

)

= limn→+∞

√4n4 + 2− 2n2

1·√4n4 + 2 + 2n2

√4n4 + 2 + 2n2

= limn→+∞

4n4 + 2− 4n4

√4n4 + 2 + 2n2

= limn→+∞

2√4n4 + 2 + 2n2

: n2

: n2

= limn→+∞

2n2

√

4n4

n4 + 2n4 + 2

=0

4= 0.

(f)

limn→+∞

(

√

n +√n−

√n

)

= limn→+∞

√

n +√n−√

n

1·√

n+√n+

√n

√

n+√n+

√n

= limn→+∞

n +√n− n

√

n +√n+

√n

= limn→+∞

√n

√

n +√n+

√n

:√n

:√n

= limn→+∞

√n√n

√

nn+

√n

n+

√n√n

=1√

1 + 0 + 1=

1

2.

♦


(a) limn→+∞

(n + 2)!− (n− 1)!

(n+ 3)!(b) lim

n→+∞

3n+1 + 4n+1

3n + 4n

Rjesenje. (a) Iskoristimo li osobine faktorijela dati limes mozemo zapisati usljedecem obliku

limn→+∞

(n+ 2)!− (n− 1)!

(n+ 3)!= lim

n→+∞

(n− 1)![(n+ 2)(n+ 1)n− 1]

(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)n(n− 1)!,

4

nakon skracivanja dobijamo

limn→+∞

(n+ 2)(n+ 1)n− 1

(n+ 3)(n+ 2)(n+ 1)n= 0.

(b)

limn→+∞

3n+1 + 4n+1

3n + 4n= lim

n→+∞

4n+1(

3n+1

4n+1 + 1)

4n(

3n

4n+ 1) = 4 · lim

n→+∞

(

34

)n+1+ 1

(

34

)n+ 1

= 4,

jer je

limn→+∞

(

3

4

)n+1

= 0 i limn→+∞

(

3

4

)n

= 0.

♦


(a) limn→+∞

2

n2(1 + 2 + 3 + ...+ n) (b) lim

n→+∞

n2 + n+ 1

1 + 3 + 5 + ...+ 2n− 1

(c) limn→+∞

n∑

k=1

k · (k + 1)

n3(d) lim

n→+∞

n∏

k=2

k2 + k − 2

k(k + 1)

(e) limn→+∞

1 + 12+ 1

22+ 1

23+ ...+ 1

2n

1 + 13+ 1

32+ 1

33+ ...+ 1

3n

Rjesenje. (a) Iskoristimo li poznatu formulu

n∑

k=1

k = 1 + 2 + 3 + ...+ n =n(n + 1)

2

imamo

limn→+∞

2

n2(1 + 2 + 3 + ... + n) = lim

n→+∞

2

n2· n(n+ 1)

2

= limn→+∞

n2 + n

n2

: n2

: n2= lim

n→+∞

1 + 1n

1= 1.

(b) Iskoristimo li poznatu formulu

n∑

k=1

(2k − 1) = 1 + 3 + 5 + ...+ 2n− 1 = n2

5

imamo

limn→+∞

n2 + n+ 1

1 + 3 + 5 + ... + 2n− 1= lim

n→+∞

n2 + n + 1

n2

: n2

: n2

= limn→+∞

1 + 1n+ 1

n2

1= 1.

(c) Vrijedi

limn→+∞

n∑

k=1

k · (k + 1)

n3= lim

n→+∞

n∑

k=1

k2 +

n∑

k=1

k

n3

= limn→+∞

n(n+1)(2n+1)6

+ n(n+1)2

n3

= limn→+∞

2n2 + 6n+ 4

6n2

: n2

: n2

=2

6=

1

3.

Pri cemu smo koristili poznate formule

n∑

k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6i

n∑

k=1

k =n(n+ 1)

2.

(d) Faktorizacijom brojnika i raspisivanjem clanova niza dobijamo

L = limn→+∞

n∏

k=2

k2 + k − 2

k(k + 1)= lim

n→+∞

n∏

k=2

(k − 1)(k + 2)

k(k + 1)=

= limn→+∞

1 · 42 · 3 · 2 · 5

3 · 4 · 3 · 64 · 5 · ... · (n− 2) · (n + 1)

(n− 1) · n · (n− 1) · (n+ 2)

n · (n+ 1).

Nakon skracivanja imamo

L = limn→+∞

1

3

n+ 2

n=

1

3.

(e) Niz

1,1

2,

1

22,

1

23, ...,

1

2n

predstavlja geometriski niz ciji je kolicnik q =1

2, pa vrijedi

Sn = a1 ·qn − 1

q − 1=

12n

− 112− 1

= −2 ·(

1

2n− 1

)

.

6

Takode je

1,1

3,

1

32,

1

33, ...,

1

3n

geometrijski niz ciji je kolicnik q =1

3, pa vrijedi

Sn =13n

− 113− 1

= −3

2·(

1

3n− 1

)

.

Dati limes sada se moze izracunati kao

limn→+∞

1 + 12+ 1

22+ 1

23+ ...+ 1

2n

1 + 13+ 1

32+ 1

33+ ...+ 1

3n

= limn→+∞

−2 ·(

12n

− 1)

−3

2·(

13n

− 1)

=4

3,

jer je

limn→+∞

1

2n= 0 i lim

n→+∞

1

3n= 0.

♦

Primjer 1.5. Izracunati sljedece limese

(a) limn→+∞

(

1 +3

n

)n

(b) limn→+∞

(

2n2 + 1

2n2 + 3

)n2

(c) limn→+∞

(

n2 + n + 1

n2 − n+ 1

)2n

(d) limn→+∞

n[ln(n+ 3)− lnn]

(e) limn→+∞

3n · [ln(n2 + 5n + 4)− ln(n2 − 3n+ 7)]

Rjesenje. Za izracunavanje datih limesa koristimo poznati rezultat

limn→+∞

(

1 +1

n

)n

= e.

(a) Vrijedi

limn→+∞

(

1 +3

n

)n

= limn→+∞

(

1 +1n3

)n

= limn→+∞

(

1 +1n3

)n3· 3n·n

= elim

n→+∞

3n

n = e3.

7

(b) Vrijedi

limn→+∞

(

2n2 + 1

2n2 + 3

)n2

= limn→+∞

(

1 +2n2 + 1

2n2 + 3− 1

)n2

= limn→+∞

(

1 +−2

2n2 + 3

)n2

= limn→+∞

(

1 +1

2n2+3−2

)2n2

+3

−2· −2

2n2+3·n2

= elim

n→+∞

−2n2

2n2 + 3 = e−1.

(c) Vrijedi

limn→+∞

(

n2 + n + 1

n2 − n + 1

)2n

= limn→+∞

(

1 +n2 + n + 1

n2 − n+ 1− 1

)2n

= limn→+∞

(

1 +2n

n2 − n+ 1

)2n

= limn→+∞

(

1 +1

n2−n+12n

)n2

−n+1

2n· 2n

n2−n+1·2n

= elim

n→+∞

4n2

n2 − n+ 1 = e4.

(d) Koristeci osobine logaritamske funkcije dati limes mozemo zapisati

limn→+∞

n[ln(n + 3)− lnn] = limn→+∞

n ln

(

n+ 3

n

)

= limn→+∞

ln

(

n + 3

n

)n

=

= ln limn→+∞

(

n + 3

n

)n

= ln limn→+∞

(

1 +n + 3

n− 1

)n

= ln limn→+∞

(

1 +3

n

)n

= ln limn→+∞

(

1 +1n3

)n3· 3n·n

= ln elim

n→+∞

3n

n = ln e3 = 3 ln e = 3.

(e) Koristeci osobine logaritamske funkcije dati limes mozemo zapisati

limn→+∞

3n · [ln(n2 + 5n+ 4)− ln(n2 − 3n+ 7)] = limn→+∞

ln

(

n2 + 5n + 4

n2 − 3n+ 7

)3n

=

8

= ln limn→+∞

(

n2 + 5n+ 4

n2 − 3n+ 7

)3n

= ln limn→+∞

(

1 +n2 + 5n+ 4

n2 − 3n+ 7− 1

)3n

= ln limn→+∞

(

1 +8n− 3

n2 − 3n+ 7

)3n

= ln limn→+∞

(

1 +1

n2−3n+78n−3

)n2

−3n+7

8n−3· 8n−3

n2−3n+7·3n

= ln elim

n→+∞

24n2 − 9n

n2 − 3n+ 7 = ln e24 = 24 ln e = 24.

♦

Teorem 1.1. Svaki monoton i ogranicen niz je konvergentan.

U ovoj teoremi treba razlikovati dva slucaja:

1. Ako je niz monotono rastuci, onda zahtijevamo ogranicenost odozgo.

2. Ako je niz monotono opadajuci, onda zahtijevamo ogranicenost odozdo.

Primjer 1.6. Ispitati konvergenciju nizova ciji je opsti clan:

(a) xn =n

an(a > 1)

(b) an =

(

1− 1

2

)

·(

1− 1

4

)

· ... ·(

1− 1

2n

)

Rjesenje. (a) Ispitajmo monotonost niza xn =n

an(a > 1). Posmatrajmo

razliku dva uzastopna clana niza

xn+1 − xn =n+ 1

an+1− n

an=

n+ 1− an

an+1= −n(a− 1)− 1

an+1,

kako je an+1 > 0, ∀a ∈ R i n(a− 1)− 1 > 0, ∀a > 1, to je

xn+1 − xn = −n(a− 1)− 1

an+1< 0,

pa je dati niz monotono opadajuci.

Za proizvoljno n ∈ N je xn =n

an> 0, pa je dati niz ogranicen odozdo. Prema

teoremi 1.1 dati niz konvergentan, tj. limn→+∞

xn = x0. Pustimo li u izrazu

xn+1

xn

=n + 1

an⇒ xn+1 =

n + 1

n · a · xn

9

da n tezi u beskonacnost imali bi da vrijedi x0 =x0

a, a zbog a > 1 ovo je

moguce samo ako je x0 = 0, pa je

limn→+∞

xn = limn→+∞

n

an= 0, a > 1.

(b) Ispitajmo monotonost datog niza. Posmatrajmo kolicnik dva uzastopnaclana niza tj.

an+1

an=

(

1− 1

2

)

·(

1− 1

4

)

· ... ·(

1− 1

2n

)

·(

1− 1

2n+1

)

(

1− 1

2

)

·(

1− 1

4

)

· ... ·(

1− 1

2n

)

=

(

1− 1

2n+1

)

< 1,

odakle slijedi da je dati niz monotono opadajuci. Kako je1

2n< 1 to je

(

1− 1

2n

)

> 0 (∀n ∈ N), pa je i an > 0 (∀n ∈ N). Sada na osnovu teoreme

1.1 dati niz je konvergentan. ♦

Teorem 1.2 (Teorem o lopovu i dva policajca). Neka su (xn) i (yn) nizoviza koje vrijedi:

1. limn→+∞

xn = limn→+∞

yn = A

2. za skoro svako n ∈ N je xn ≤ zn ≤ yn.

Tada i niz (zn) ima granicnu vrijednost i vrijedi limn→+∞

zn = A

Primjer 1.7. Ispitati konvergenciju nizova ciji je opsti clan:

(a) zn =ln(1 + n)

1 + n2(b) zn = n

√2n + 3n

(c) zn =

1√n2+1

+ 1√n2+2

+ ...+ 1√n2+n

13√n3+1

+ 13√n3+2

+ ...+ 13√n3+n

Rjesenje. (a) Matematickom indukcijom pokazuje se da vrijedi ln(1+n) < n.

Koristeci ovu cinjenicu imamo,

0 ≤ ln(1 + n)

1 + n2≤ n

1 + n2≤ n

n2=

1

n.

10

Ako oznacimo sa xn = 0, yn =1

n, onda su uslovi teoreme 1.2 ispunjeni, pa

zakljucujemo da je

limn→+∞

xn = limn→+∞

yn = 0 = limn→+∞

zn.

Dakle, dati niz je konvergentan i

limn→+∞

zn = 0.

(b) Kako vazi3n ≤ 2n + 3n ≤ 3n + 3n = 2 · 3n,

to jen√3n = 3 ≤ n

√2n + 3n ≤ n

√2 · 3n = 3 · n

√2.

Oznacimo sa xn = 3 i yn = 3 · n√2, tada je

limn→+∞

xn = 3, limn→+∞

yn = limn→+∞

3 · n√2 = 3 · lim

n→+∞2

1

n = 3 · 20 = 3.

Dakle, vrijedilim

n→+∞xn = lim

n→+∞yn = 3,

pa na osnovu teoreme 1.2 dati niz je konvergentan i vrijedi

limn→+∞

zn = limn→+∞

n√2n + 3n = 3.

(c) Kako vazi

n√n2 + n

≤ 1√n2 + 1

+1√

n2 + 2+ ... +

1√n2 + n

≤ n√n2 + 1

(1.1)

n3√n3 + n

≤ 13√n3 + 1

+1

3√n3 + 2

+ ...+1

3√n3 + n

≤ n3√n3 + 1

(1.2)

Sada iz (1.1) i (1.2) slijedi

n√n2 + nn

3√n3 + 1

≤ zn ≤

n√n2 + 1n

3√n3 + n

,

sto nakon skracivanja daje

3√n3 + 1√n2 + n

≤ zn ≤3√n3 + n√n2 + 1

.

11

Parcijalnim korjenovanjem dobijamo

n 3

√

1 + 1n3

n√

1 + 1n

≤ zn ≤n 3

√

1 + 1n2

n√

1 + 1n2

,

to jest,3

√

1 + 1n3

√

1 + 1n

≤ zn ≤3

√

1 + 1n2

√

1 + 1n2

.

Obiljezimo sa xn =

3

√

1 + 1n3

√

1 + 1n

i yn =

3

√

1 + 1n2

√

1 + 1n2

, te kako je

limn→+∞

xn = limn→+∞

3

√

1 + 1n3

√

1 + 1n

= 1 i limn→+∞

yn = limn→+∞

3

√

1 + 1n2

√

1 + 1n2

= 1,

to prema teoremu 1.2 zakljucujemo da je dati niz konvergentan i da je

limn→+∞

zn = 1.

♦

Teorem 1.3 (Stolzova teorema). Neka su dati nizovi (xn) i (yn) i neka suzadovoljeni uslovi:

1. limn→+∞

yn = +∞.

2. Niz (yn) je monotono rastuci, tj. yn+1 > yn za skoro svako n.

3. Postoji konacna ili beskonacna granicna vrijednost limn→+∞

xn+1 − xn

yn+1 − yn.

Tada postoji i limn→+∞

xn

yni vazi jednakost

limn→+∞

xn

yn= lim

n→+∞

xn+1 − xn

yn+1 − yn.


(a) limn→+∞

n

3n(b) lim

n→+∞

1 + 22 + 32 + ... + n2

n3

12

Rjesenje. (a) Oznacimo sa xn = n i sa yn = 3n. Jasno je da vrijedi limn→+∞

3n =

+∞, osim toga je i 3n+1 > 3n, tj. niz (yn) je monotono rastuci. Kako je

limn→+∞

xn+1 − xn

yn+1 − yn= lim

n→+∞

n+ 1− n

3n+1 − 3n= lim

n→+∞

1

2 · 3n = 0,

dakle ispunjeni su uslovi Stolzove teoreme pa vrijedi

limn→+∞

xn

yn= lim

n→+∞

n

3n= lim

n→+∞

xn+1 − xn

yn+1 − yn= 0.

(b) Primjenom matematicke indukcije imamo:

limn→+∞

1 + 22 + 32 + ... + n2

n3= lim

n→+∞

n(n+1)(2n+1)6

n3=

1

6lim

n→+∞

n(n+ 1)(2n+ 1)

n3.

Oznacimo sa xn = n(n + 1)(2n + 1) yn = n3, ocigledno je limn→∞

yn = +∞ i

yn+1 > yn, dakle niz yn je monotono rastuci. Kako je

1

6lim

n→+∞

xn+1 − xn

yn+1 − yn=

1

6lim

n→+∞

(n+ 1)(6n+ 6)

3n2 + 3n+ 1=

1

6· 63=

1

3.

Odakle, primjenom teoreme 1.3 slijedi

limn→+∞

1 + 22 + 32 + ...+ n2

n3=

1

3.

♦

1.2 Brojni redovi.

Primjer 1.9. Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1

1

n(n + 1)

Rjesenje. Opsti clan datog reda mozemo zapisati sa

1

n(n+ 1)=

1

n− 1

n+ 1

pa je n− ta parcijalna suma jednaka

Sn =n∑

k=1

(

1

k− 1

k + 1

)

= 1− 1

n+ 1.

13

Odavde sada imamo da jelim

n→+∞Sn = 1,

pa dati red konvergira i vrijedi

+∞∑

n=1

1

n(n + 1)= 1.

♦

Primjer 1.10. Ispitati konvergenciju reda

+∞∑

n=1

(√n+ 2− 2

√n+ 1 +

√n)

Rjesenje. U ovom slucaju n− ta parcijalna suma je

Sn =n∑

k=1

(√k + 2− 2

√k + 1 +

√k)

= 1−√2 +

√n + 2−

√n + 1.

Odavde sada imamo da je

limn→+∞

Sn = 1−√2,

pa dati red konvergira i vrijedi

+∞∑

n=1

(√n+ 2− 2

√n+ 1 +

√n) = 1−

√2.

♦


+∞∑

n=1

n3

3n

Rjesenje.

limn→+∞

xn+1

xn

= limn→+∞

(n + 1)3

3n+1

n3

3n

= limn→+∞

(n + 1)3

3 · n3=

1

3< 1,

pa na osnovu D’Alambertovog kriterija polazni red je konvergentan. ♦

14


+∞∑

n=1

n!

n2 · 2n

Rjesenje.

limn→+∞

xn+1

xn

= limn→+∞

(n + 1)!

(n + 1)2 · 2n+1

n!

n2 · 2n= lim

n→+∞

n2

(n + 1) · 2 = +∞ > 1,

pa na osnovu D’Alambertovog kriterija polazni red je divergentan. ♦


+∞∑

n=1

(

n

n+ 1

)n2

Rjesenje.

limn→+∞

n√xn = lim

n→+∞

n

√

(

n

n+ 1

)n2

= e−1 =1

e< 1

pa na osnovu Cauchyjevog korijenog kriterija zakljucujemo da je dati redkonvergentan. ♦


n=1

(

(2n− 1)!!

(2n)!!· 1

2n+ 1

)

Rjesenje.

limn→+∞

xn+1

xn

= limn→+∞

(2n+ 1)!!

(2n+ 2)!!· 1

2n+ 3

(2n− 1)!!

(2n)!!· 1

2n+ 1

= limn→+∞

(2n+ 1)2

(2n+ 2)(2n+ 3)= 1,

pa na osnovu D’Alambertovog kriterija ne mozemo utvrditi da li dati redkonvergira ili divergira. Primijenimo sada Raabeov kriterij

limn→+∞

n

(

xn

xn+1

− 1

)

= limn→+∞

n

(

(2n + 2)(2n+ 3)

(2n+ 1)2− 1

)

=3

2> 1,

pa na osnovu Raabeovog kriterija zakljucujemo da je dati red konvergentan.♦

15


+∞∑

n=1

(−1)n+1

2n− 1

Rjesenje. Niz (xn)n∈N =

(

1

2n− 1

)

n∈N

, je monotono opadajuci jer vrijedi

xn+1

xn

=

1

2n+ 11

2n− 1

=2n− 1

2n+ 1= 1− 2

2n+ 1≤ 1.

Kako jos vrijedi

limn→+∞

xn = limn→+∞

1

2n− 1= 0,

to na osnovu Leibnitzov kriterija dati red je konvergentan. ♦

1.3 Funkcionalni redovi.


+∞∑

n=1

(−1)n

x+ 2n, x ∈ (0,+∞).

Rjesenje. Niz (xn)n∈N =

(

1

x+ 2n

)

n∈N

, je monotono opadajuci jer vrijedi

xn+1

xn

=

1

x+ 2n · 21

x+ 2n

=x+ 2n

x+ 2n · 2 =x+ 2n · 2− 2n

x+ 2n · 2 = 1− 2n

x+ 2n≤ 1,

za x ∈ (0,+∞). Kako jos vrijedi

limn→+∞

xn = limn→+∞

1

x+ 2n= 0,

za x ∈ (0,+∞). To na osnovu Leibnitzov kriterija dati red je konvergentanza x ∈ (0,+∞). ♦


n=1

x2

1 + n4x2, x ∈ (−∞,+∞).

16

Rjesenje. Primjenom Raabeovog kriterija dobijamo

limn→+∞

n

(

xn

xn+1

− 1

)

= limn→+∞

n

(

(n + 1)4x2 − n4x2

1 + n4x2

)

=4x2

x2= 4 > 1,

pa zakljucujemo da dati red konvergira za x ∈ (−∞,+∞). ♦


+∞∑

n=1

2n · sin x

3n, |x| ≤ A.

Rjesenje.

limn→∞

xn+1

xn

= limn→∞

2n+1 · sin x

3n+1

2n · sin x

3n

= 2 limn→∞

sinx

3n · 3sin

x

3n

= 2 limn→∞

x

3 · 3nsin

x

3n · 3x

3 · 3n

x

3n

sinx

3nx

3n

= 2 limn→∞

x

3 · 3nx

3n

=2

3< 1

pa na osnovu D’Alambertovog kriterija polazni red je konvergentan za |x| ≤A. ♦

1.4 Stepeni redovi.

Primjer 1.19. Odrediti poluprecnik konvergencije reda+∞∑

n=1

xn

n!.

Rjesenje. Poluprecnik konvergencijedatog reda je

R =1

limn→+∞

an+1

an

=1

limn→+∞

1(n+1)!

1n!

=1

limn→+∞

1

n+ 1

= +∞,

odnosno dati red kovergira za svako x ∈ R. ♦

17

Primjer 1.20. Odrediti poluprecnik konvergencije reda

+∞∑

n=1

n! · xn.


R =1

limn→+∞

an+1

an

=1

limn→+∞

(n + 1)!

n!

=1

limn→+∞

(n+ 1)= 0,

odnosno dati red divergira za svako x ∈ R\{0}. ♦

Primjer 1.21. Odrediti poluprecnik konvergencije reda

+∞∑

n=1

3n + 2n

nxn.


R =1

limn→+∞

n√an

=1

limn→+∞

n

√

3n + 2n

n

=1

3,

odnosno dati red konvergira za |x| < 1

3. ♦

Primjer 1.22. Odrediti interval konvergencije reda+∞∑

n=1

n

4n · x2n.

Rjesenje.

limn→+∞

∣

∣

∣

∣

xn+1

xn

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

n+ 1

4n+1 · x2n+2

n

4n · x2n

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

∣

∣

∣

∣

n + 1

4x2n

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

1

4x2

∣

∣

∣

∣

< 1,

odnosno dati red konvergira za∣

∣

∣

∣

1

4x2

∣

∣

∣

∣

< 1 ⇒ x ∈(

−∞,−1

2

)

∪(

1

2,+∞

)

.

Ispitajmo konvergenciju na krajevima ovog intervala.

Za x = −1

2dobijamo brojni red

+∞∑

n=1

n

4n ·(

−1

2

)2n =+∞∑

n=1

n,

18

a ovaj red je divergentan.

Za x =1

2dobijamo brojni red

+∞∑

n=1

n

4n ·(

1

2

)2n =

+∞∑

n=1

n,

i ovaj red je divergentan.

Dakle, interval konvergencije pocetnog reda je x ∈(

−∞,−1

2

)

∪(

1

2,+∞

)

.

♦

Primjer 1.23. Odrediti interval konvergencije reda

1

2+

x

3 · 2 +x2

32 · 2 +x3

33 · 2 + ...

Rjesenje. Opsti clan datog reda je xn =xn−1

3n−1 · 2 , pa imamo

limn→+∞

∣

∣

∣

∣

xn+1

xn

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

xn

3n · 2xn−1

3n−1 · 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

∣

∣

∣

x

3

∣

∣

∣< 1,

odnosno dati red konvergira za

|x| < 3 ⇔ −3 < x < 3 ⇔ x ∈ (−3, 3).

Ispitajmo konvergenciju na krajevima ovog intervala.Za x = −3 dobijamo brojni red

+∞∑

n=1

(−3)n−1

3n−1 · 2 =

+∞∑

n=1

(−1)n−1 · 12,

a ovaj red je divergentan.Za x = 3 dobijamo brojni red

+∞∑

n=1

(3)n−1

3n−1 · 2 =+∞∑

n=1

1

2,

i ovaj red je divergentan.Dakle, interval konvergencije pocetnog reda je x ∈ (−3, 3). ♦

19

Primjer 1.24. Odrediti interval konvergencije reda

2x+ 1

1+

(2x+ 1)2

4+

(2x+ 1)3

7+ ...

Rjesenje. Opsti clan datog reda je xn =(2x+ 1)n

3n− 2, pa imamo

limn→+∞

∣

∣

∣

∣

xn+1

xn

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(2x+ 1)n+1

3n+ 1(2x+ 1)n

3n− 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= limn→+∞

|2x+ 1| 3n− 2

3n+ 1= |2x+ 1| < 1,

odnosno dati red konvergira za

|2x+ 1| < 1 ⇔ −1 < 2x+ 1 < 1 ⇔ x ∈ (−4, 0).

Ispitajmo konvergenciju na krajevima ovog intervala.Za x = 0 dobijamo brojni red

+∞∑

n=1

1

3n− 2,

a ovaj red je divergentan na osnovu Raabeovog kriterija.Za x = −4 dobijamo brojni red

+∞∑

n=1

(−7)n

3n− 2,

i ovaj red je divergentan na osnovu Leibnitzovog kriterija.Dakle, interval konvergencije pocetnog reda je x ∈ (−4, 0). ♦

1.5 Taylorov i Maclaurinov red

Primjer 1.25. Funkciju f(x) =1

xrazviti u Taylorov red u okolini tacke 3.

Rjesenje. Prvi izvod funkcije f(x) =1

xje f ′(x) =

−1

x2, a drugi f ′′(x) =

2

x3. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je n−ti izvod date funkcije

20

f (n)(x) =(−1)nn!

xn+1. Pa je Taylorov red funkcije f(x)

f(x) =1

x= f(3) +

f ′(3)

1!(x− 3) +

f ′′(3)

2!(x− 3)2 + ... +

f (n)(3)

n!(x− 3)n + ...

1

x=

1

3+

+∞∑

n=1

(−1)nn!

xn+1

n!(x− 3)n =

+∞∑

n=0

(−1)n · (x− 3)n

3n+1

♦

Primjer 1.26. Funkciju f(x) = ln(x+1) razviti u Maclaurinov red, a zatimodrediti poluprecnik i interval konvergencije dobijenog reda.

Rjesenje. Prvi izvod funkcije f(x) = ln(1 + x) je f ′(x) =1

1 + x, a drugi

f ′′(x) =−1

(1 + x)2. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je n−ti izvod

date funkcije f (n)(x) =(−1)n+1(n− 1)!

(x+ 1)n. Pa je Maclaurinov red funkcije f(x)

f(x) = ln(1 + x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + ... +

f (n)(0)

n!xn + ...

ln(1 + x) = x+−1

2!x2 + ...+

(−1)n+1(n− 1)!

n!xn + ... =

+∞∑

n=1

(−1)n+1xn

n.

Poluprecnik konvergencije dobijenog reda je

R = limn→+∞

1n

n+ 1

= 1,

pa red konvergira za |x| < 1 ⇔ −1 < x < 1. Ispitajmo konvergenciju nakrajevima intervala:

za x = −1 data funkvija nije definisana pa i dobijeni red divergira, a za

x = 1 dobijamo brojni red+∞∑

n=1

(−1)n+1

nkoji konvergira na osnovu Leibnit-

zovog kriterija. Dakle, interval konvergencije dobijenog reda je x ∈ (−1, 1].

♦

Primjer 1.27. Funkciju f(x) = eax razviti u Maclaurinov red.

21

Rjesenje. Prvi izvod funkcije f(x) = eax je f ′(x) = a·eax, a drugi f ′′(x) = a2·eax. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je n−ti izvod date funkcijef (n)(x) = an · eax. Pa je Maclaurinov red funkcije f(x)

f(x) = eax = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + ... +

f (n)(0)

n!xn + ...

eax = 1 +a

1!x+

a2

2!x2 + ...+

an

n!xn + ... =

+∞∑

n=0

(ax)n

n!.

♦

1.6 Sumiranje redova.

Primjer 1.28. Izracunati+∞∑

n=1

nxn i+∞∑

n=1

n2xn.

Rjesenje. Diferenciranjem clan po clan sume1

1− x=

+∞∑

n=0

xn, |x| < 1,

dobijamo1

(1− x)2=

+∞∑

n=0

nxn−1, odakle jex

(1− x)2=

+∞∑

n=0

nxn, odnosno

x

(1− x)2=

+∞∑

n=1

nxn.

Diferenciranjem clan po clan sumex

(1− x)2=

+∞∑

n=1

nxn, |x| < 1, dobijamo

x+ 1

(1− x)3=

+∞∑

n=1

n2xn−1, odakle jex(x+ 1)

(1− x)3=

+∞∑

n=1

n2xn. ♦

Primjer 1.29. Sljedece funkcije napisati u obliku reda:

(a) f(x) =x

x− 1(b) f(x) =

x

x2 + 1

(c) f(x) =x

(x− 1)(x+ 2)(d) f(x) =

x

1 + x3.

Rjesenje.

(a) Datu funkciju mozemo napisati na sljedeci nacin

f(x) =x− 1 + 1

x− 1= 1 +

1

x− 1= 1− 1

1− x.

22

Ako sada primijenimo formulu za sumu beskonacno clanova geometrij-skog niza dobijamo

f(x) = 1−+∞∑

n=0

xn = 1− 1−+∞∑

n=1

xn = −+∞∑

n=1

xn.

(b) Ako iskoristimo cinjenicu da je

f(x) =1

1 + x2=

1

1− (−x2)=

+∞∑

n=0

(−1)nx2n.

Sada imamo da je

f(x) =x

x2 + 1=

+∞∑

n=0

(−1)nx2n+1.

(c) Rastavimo datu funkciju na proste racionalne funkcije

f(x) =x

(x− 1)(x+ 2)=

A

x− 1+

B

x+ 2

x = A(x+ 2) +B(x− 1) ⇒ A =1

3, B =

2

3.

Sada imamo

f(x) =13

x− 1+

13

x+ 2=

−1

3· 1

1− x+

2

3· 1

2(1 + x2)⇒

f(x) =−1

3· 1

1− x+

1

3· 1

1−(

−x2

) =−1

3

+∞∑

n=0

xn +1

3

+∞∑

n=0

(−x

2

)n

,

odnosno

f(x) =−1

3

+∞∑

n=0

xn +1

3

+∞∑

n=0

(−1)nxn

2n=

1

3

(

+∞∑

n=0

(−1)n

2n− 1

)

xn.

(d) Kako vrijedi

1

1 + x3=

1

1− (−x3)=

+∞∑

n=0

(−x3)n =+∞∑

n=0

(−1)n · x3n,

to je

f(x) =x

1 + x3=

+∞∑

n=0

(−1)n · x3n+1.

23

♦

Primjer 1.30. Sljedece funkcije napisati u obliku reda:

(a) f(x) = ln(1 + x) (b) f(x) = ln1 + x

1− x

(c) f(x) =1 + x

(1− x)2(d) f(x) = 2x arctanx− ln(1 + x2).

Rjesenje.

(a) Ako diferenciramo datu funkciju dobijemo

f ′(t) =1

1 + t=

1

1− (−t)=

+∞∑

n=0

(−t)n =

+∞∑

n=0

(−1)ntn.

Ako sada integralimo ovu jednakost dobijamo

∫ x

0

f ′(t)dt =+∞∑

n=0

(−1)n∫ x

0

tndt ⇒ f(x) =+∞∑

n=0

(−1)nxn+1

n+ 1,

odnosno

f(x) =

+∞∑

n=1

(−1)n−1 · xn

n.

(b) Ako iskoristimo osbinu logaritamske funkcije imamo

f(x) = ln1 + x

1− x= ln(1 + x)− ln(1− x) =

+∞∑

n=1

(−1)n−1 · xn

n+

+∞∑

n=1

xn

n,

odnosno

f(x) = ln1 + x

1− x=

+∞∑

n=1

(−1)n−1 + 1

nxn.

(c) Datu funkciju mozemo rastaviti na proste racionalne funkcije

f(x) =1 + x

(1− x)2=

−1

1− x+

2

(1− x)2.

Ako sada diferenciramo formulu za sumu geometrijskog reda imamo

+∞∑

n=0

tn =1

1− t

/′⇒

+∞∑

n=0

ntn−1 =1

(1− t)2.

24

Dakle,

f(x) =1 + x

(1− x)2=

−1

1− x+

2

(1− x)2= −

+∞∑

n=0

xn + 2

+∞∑

n=0

nxn−1,

f(x) =

+∞∑

n=0

(

2n

x− 1

)

xn.

(d) Ako diferenciramo funkciju f(t) = 2t arctan t− ln(1 + t2) dobijamo

f ′(t) =2

1 + t2− 2t

1 + t2.

A kako je1

1 + t2=

+∞∑

n=0

(−1)nt2n, nakon integracije dobijamo

∫ x

0

1

1 + t2dt =

+∞∑

n=0

(−1)n∫ x

0

t2n ⇒ arctanx =+∞∑

n=0

(−1)nx2n+1

2n+ 1.

Dalje imamo

t

1 + t2=

+∞∑

n=0

(−1)n · t2n+1,

te nakon integracije dobijamo

∫ x

0

t

1 + t2dt =

+∞∑

n=0

(−1)n·∫ x

0

t2n+1dt ⇒ 1

2ln(1+x2) =

+∞∑

n=0

(−1)n· x2n+2

2n+ 2.

Dakle,

f(x) = 2

+∞∑

n=0

(−1)nx2n+2

2n+ 1− 2

+∞∑

n=0

(−1)n · x2n+2

2n+ 2.

♦

Primjer 1.31. Izracunati

(a)∞∑

n=1

(−1)n−1

n(n + 1)(b)

∞∑

n=1

n2xn−1

Rjesenje.

25

(a) Kako vrijedi

∞∑

n=1

(−1)n−1

n(n + 1)=

∞∑

n=1

(−1)n−1

n−

∞∑

n=1

(−1)n−1

n+ 1,

te ako iskoristimo predhodni zadatak (a) imamo

∞∑

n=1

(−1)n−1

n(n+ 1)= ln 2−

∞∑

n=1

(−1)n−1

n+ 1.

Ako sada uvedemo smjenu n+ 1 = k ⇒ n = k − 1 imamo

∞∑

n=1

(−1)n−1

n(n + 1)= ln 2−

∞∑

k=2

(−1)k−2

k+ 1− 1 = ln 2 +

∞∑

k=1

(−1)k−1

k− 1,

odnosno∞∑

n=1

(−1)n−1

n(n + 1)= 2 ln 2− 1 = ln 4− 1.

(b) Neka je S(t) =∞∑

n=1

n2tn−1. Nakon integracije od 0 do x dobijamo

∫ x

0

S(t)dt =

∞∑

n=1

n2

∫ x

0

tn−1dt =

∞∑

n=1

n2 · xn

n=

∞∑

n=0

n · xn.

Sada na osnovu Primjera 1.28 imamo

∫ x

0

S(t)dt =

∞∑

n=0

n · xn =x

(1− x)2

/′

odnosno

S(x) =

(

x

(1− x)2

)′

=1 + x

(1− x)3.

♦

26

Poglavlje 2

Funkcije vise promjenljivih.

2.1 Granicna vrijednost funkcija vise promjen-

ljivih.

Primjer 2.1. Dokazati da ne postoji granicna vrijednost limx→0

y→0

x− y

x+ y.

Rjesenje. Uzastopne granicne vrijednosti su

L12 = limx→0

limy→0

x− y

x+ y= lim

x→0

x

x= 1

L21 = limy→0

limx→0

x− y

x+ y= lim

x→0

−y

y= −1.

Buduci da je L12 6= L21, granicna vrijednost ne postoji. ♦


y→0

xy

x2 + y2.

Rjesenje. Uzastopne granicne vrijednosti su

L12 = limx→0

limy→0

xy

x2 + y2= lim

x→0

0

x2= 0

L21 = limy→0

limx→0

xy

x2 + y2= lim

x→0

0

y2= 0.

Buduci da je L12 = L21, ne mozemo zakljuciti da li postoji zadana granicnavrijednost. Medutim, ako se tacki (0, 0) priblizavamo po krivoj y = x,granicna vrijednost je

limx→0

y→0

xy

x2 + y2= lim

x→0

y→0

x2

2x2=

1

2.

27

S druge strane, ako se tacki (0, 0) prblizavamo po krivoj y = −x, granicnavrijednost je

limx→0

y→0

xy

x2 + y2= lim

x→0

y→0

−x2

2x2= −1

2.

Buduci da granicna vrijednost zavisi od nacina kako se priblizavamo tacki(0, 0), zakljucujemo da zadana granicna vrijednost ne postoji. ♦


y→0

x− y + x2 + y2

x+ y.

Rjesenje. Ako se tacki (0, 0) priblizavamo putem clanova niza

(

1

n,1

n

)

, do-

bijamo

limx→0

y→0

x− y + x2 + y2

x+ y= lim

n→∞

1

n= 0.

S druge strane, ako se tacki (0, 0) priblizavamo putem clanova niza

(

2

n,1

n

)

,

tj. nekim drugim putem, dobijamo

limx→0

y→0

x− y + x2 + y2

x+ y= lim

n→∞

n + 5

3n=

1

3.

Buduci da granicna vrijednost zavisi od nacina kako se priblizavamo tacki(0, 0), zakljucujemo da zadana granicna vrijednost ne postoji. ♦

Primjer 2.4. Dokazati da funkcija f(x, y) =x sin 1

x+ y

x+ ynema simultanu

granicnu vrijednost u tacki (0, 0) niti uzastopnu granicnu vrijednost L12, aliima usastopnu granicnu vrijednost L21.

Rjesenje. Ako se tacki (0, 0) priblizavamo po pravoj y = kx, dobijamo

limx→0

y→0

x sin 1x+ y

x+ y= lim

x→0

y→0

x sin 1x+ kx

x+ kx= lim

x→0

y→0

sin 1x+ k

1 + k.

Buduci da ne postoji granicna vrijednost limx→∞

sin x, ne postoji ni posmatrana

simultana granicna vrijednost. S druge strane, zbog istog razloga ne postojiuzastopna granicna vrijednost

L12 = limx→0

limy→0

x sin 1x+ y

x+ y= lim

x→0sin

1

x.

28

Druga uzastopna granicna vrijednost je

L21 = limy→0

limx→0

x sin 1x+ y

x+ y= lim

y→0

0 + y

y= 1.

♦

Primjer 2.5. Izracunati limx→1

y→1

xy − x− y + 1√xy − x− y + 2− 1

.

Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 1 i y = 1 dobijamo neodredeniizraz 0

0. Rastavljanjem brojnika i nazivnika na faktore i racionalisanjem, do-

bijamo

limx→1

y→1

xy − x− y + 1√xy − x− y + 2− 1

= limx→1

y→1

(x− 1)(y − 1)√

(x− 1)(y − 1) + 1− 1

= limx→1

y→1

(x− 1)(y − 1)√

(x− 1)(y − 1) + 1− 1

√

(x− 1)(y − 1) + 1 + 1√

(x− 1)(y − 1) + 1 + 1

= limx→1

y→1

(√

(x− 1)(y − 1) + 1 + 1) = 2.

♦


y→a

sin xy

x.

Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = a dobijamo

neodredeni izraz 00.Buduci da je lim

t→0

sin t

t= 1, dobijamo

limx→0

y→a

sin xy

xyy = lim

x→0

y→a

sin xy

xylimx→0

y→a

y = limx→0

y→a

y = a.

♦


y→0

1− cos(x2 + y2)

(x2 + y2)x2y2.

Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeni

izraz 00. Buduci da je lim

t→0

sin t

t= 1 i sin2 x

2=

1− cos x

2, uvodeci polarne ko-

29

ordinate, dobijamo

limx→0

y→0

1− cos(x2 + y2)

(x2 + y2)x2y2= lim

x→0

y→0

2 sin2 x2+y2

2

(x2 + y2)x2y2=

1

2limx→0

y→0

sin2 x2+y2

2x2+y2

4x2y2

=1

2limx→0

y→0

sin2 x2+y2

2(x2+y2)2

4

limx→0

y→0

x2 + y2

x2y2=

1

2limx→0

y→0

x2 + y2

x2y2

=1

2lim→0

2

4 sin2 ϕ cos2 ϕ=

1

2lim→0

1

2 sin2 ϕ cos2 ϕ= ∞.

♦


y→0

(x2 + y2)xy.

Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 00. Prelaskom na polarne koordinate i koristenjem identitea f g = eg ln f ,dobijamo

limx→0

y→0

(x2 + y2)xy = lim→0

(2)2 sinϕ cosϕ = elim→0

2 sinϕ cosϕ ln 2

= e2 sinϕ cosϕ lim→0 2 ln = e0 = 1

jer je, koristeci L’Hostitaleovo pravilo

lim→0

2 ln = lim→0

ln 12

= lim→0

1

− 23

= − lim→0

2

2= 0.

♦

Primjer 2.9. Izracunati limx→∞

y→a

(

1 +1

x

)x2

x+y

.

Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = ∞ i y = a dobijamoneodredeni izraz 1∞. Dakle,

limx→∞

y→a

(

1 +1

x

)x2

x+y

= limx→∞

y→a

((

1 +1

x

)x) xx+y

= elimx→∞

y→a

xx+y = e1 = e.

♦

30


y→0

1− e−x2−y2

x2 + y2.


0. Prelaskom na polarne koordinate i koristenjem L’Hospitaleovog pra-

vila, dobijamo

limx→0

y→0

1− e−x2−y2

x2 + y2= lim

→0

1− e−2

2= lim

→0

2e−2

2= lim

→0e−2 = e0 = 1.

♦


y→0

x4 − y4

x2 + y2.


0. Prelaskom na polarne koordinate, dobijamo

limx→0

y→0

x4 − y4

x2 + y2= lim

→0

4(cos4 ϕ− sin4 ϕ)

2= (cos4 ϕ− sin4 ϕ) lim

→04 = 0.

♦


y→0

y

x+ y.


0. Prelaskom na polarne koordinate, dobijamo

limx→0

y→0

y

x+ y= lim

→0

sinϕ

cosϕ+ sinϕ= lim

→0

sinϕ

cosϕ+ sinϕ=

sinϕ

cosϕ+ sinϕ.

Granicna vrijednost ne postoji jer zavisi od ugla ϕ. ♦

2.2 Neprekidnost funkcija vise promjenljivih.

Primjer 2.13. Ispitati neprekidnost funkcije

f(x, y) =

xy2

x2 + y2; (x, y) 6= (0, 0),

1 ; (x, y) = (0, 0).

31

Rjesenje. Funkcija f(x, y) je neprekidna u svakoj tacki (a, b) 6= (0, 0) jer je

limx→a

y→b

f(x, y) = limx→a

y→b

xy2

x2 + y2=

ab2

a2 + b2= f(a, b).

Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Prelaskom na polarne koordi-nate, granicna vrijednost funkcije f(x, y) u tacki (0, 0) je

limx→0

y→0

xy2

x2 + y2= lim

→0

3 sinϕ

2= sin3 ϕ lim

→0 = 0.

Dakle, funkcija je prekidna u tacki (0, 0) jer je limx→0

y→0

f(x, y) = 0 6= 1 = f(0, 0).

♦


f(x, y) =

xy2

(x+ y2)2; (x, y) 6= (0, 0),

0 ; (x, y) = (0, 0).


limx→a

y→b

f(x, y) = limx→a

y→b

xy2

(x+ y2)2=

ab2

(a+ b2)2= f(a, b).

Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Pokazimo da funkcija nemagranicnu vrijednost u toj tacki. Naime, ukoliko se tacki (0, 0) priblizavamopo krivoj x = y2 granicna vrijednost je

limx→0

y→0

xy2

(x+ y2)2= lim

y→0

y4

4y4=

1

4.

S druge strane, ukoliko se tacki (0, 0) priblizavamo po pravoj y = x granicnavrijednost je

limx→0

y→0

xy2

(x+ y2)2= lim

y→0

y3

(y + y2)2= lim

y→0

y

(1 + y)2= 0.

Dakle, funkcija je prekidna u tacki (0, 0) jer ne postoji granicna vrijednostfunkcije u toj tacki. ♦

32


f(x, y) =

1− e−√

x2+y2

√

x2 + y2; (x, y) 6= (0, 0),

1 ; (x, y) = (0, 0).


limx→a

y→b

f(x, y) = limx→a

y→b

1− e−√

x2+y2

√

x2 + y2=

1− e−√a2+b2

√a2 + b2

= f(a, b).

Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Prelaskom na polarne koor-dinate i koristenjem L’Hospitaleovog pravila, granicna vrijednost funkcijef(x, y) u tacki (0, 0) je

limx→0

y→0

1− e−√

x2+y2

√

x2 + y2= lim

→0

1− e−

= lim

→0e− = e0 = 1

Funkcija je neprekidna u tacki (0, 0) jer je limx→0

y→0

f(x, y) = 1 = f(0, 0). ♦


f(x, y) =

x2y2

x4 + y4; (x, y) 6= (0, 0),

1 ; (x, y) = (0, 0).


limx→a

y→b

f(x, y) = limx→a

y→b

x2y2

x4 + y4=

a2b2

a4 + b4= f(a, b).

Ispitajmo neprekidnost funkcije u tacki (0, 0). Prelaskom na polarne koordi-nate, granicna vrijednost funkcije f(x, y) u tacki (0, 0) je

limx→0

y→0

x2y2

x4 + y4= lim

→0

ρ4 cos2 ϕ sin2 ϕ

4(cos4 ϕ+ sin4 ϕ)=

cos2 ϕ sin2 ϕ

cos4 ϕ+ sin4 ϕ.

Granicna vrijednost funkcije u tacki (0, 0) zavisi od ugla ϕ, prema i ne postoji.Dakle, funkcija f(x, y) ima prekid u tacki (0, 0). ♦

33

2.3 Diferencijalni racun funkcija vise promjen-

ljivih.

Primjer 2.17. Odrediti parcijalne izovde prvog reda te prvi totalni diferen-cijal funkcije f(x, y) = x2 + y2 − 2x2y2.

Rjesenje. Imamo

∂f

∂x= 2x− 4xy2

∂f

∂y= 2y − 4x2y.

Prvi totalni diferencijal je df(x, y) = (2x− 4xy2)dx+ (2y − 4x2y)dy. ♦

Primjer 2.18. Odrediti parcijalne izovde prvog reda te prvi totalni diferen-

cijal funkcije f(x, y) =x− 1

x− y2.

Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod kolicnika, dobijamo

∂f

∂x=

(x− 1)′

x(x− y)− (x− 1)(x− y2)′

x

(x− y2)2=

1 · (x− y)− (x− 1) · 1(x− y2)2

=1− y2

(x− y2)2

∂f

∂x=

(x− 1)′

y(x− y)− (x− 1)(x− y2)′

y

(x− y2)2=

0 · (x− y)− (x− 1) · (−2y)

(x− y2)2

=2xy − 2y

(x− y2)2.

Prvi totalni diferencijal je df(x, y) =1− y2

(x− y2)2dx+

2xy − 2y

(x− y2)2dy. ♦

Primjer 2.19. Odrediti parcijalne izovde prvog reda te prvi totalni diferen-cijal funkcije f(x, y) = x2yex−y2.

Rjesenje. Da bi lakse nasli izvode, zapisimo funkciju u obliku f(x, y) =

x2yex−y2 = ye−y2x2ex.Koristeci pravilo za izvod proizvoda, dobijamo

∂f

∂x= ye−y2

(

x2ex)′

x= ye−y2

(

2xex + x2ex)

= xyex−y2 (2 + x)

∂f

∂y= x2ex

(

ye−y2)′

y= x2ex

(

e−y2 − 2y2e−y2)

= x2ex−y2(

1− 2y2)

.

34

Prvi totalni diferencijal je df(x, y) = xyex−y2 (2 + x) dx+x2ex−y2 (1− 2y2) dy.♦

Primjer 2.20. Odrediti parcijalne izvode prvog i drugog reda funkcije f(x, y) =x ln(x2 + y2 + 1).

Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod proizvoda, dobijamo da su parcijalniizvodi prvog reda

∂f

∂x= (x)

′

x ln(x2 + y2 + 1) + x(ln(x2 + y2 + 1))

′

x

= ln(x2 + y2 + 1) + x1

x2 + y2 + 12x = ln(x2 + y2 + 1) +

2x2

x2 + y2 + 1∂f

∂y= x(ln(x2 + y2 + 1))

′

y = x1

x2 + y2 + 12y =

2xy

x2 + y2 + 1.

Parcijalni izvodi drugog reda su

∂2f

∂x2= (ln(x2 + y2 + 1))

′

x +(2x2)

′

x(x2 + y2 + 1)− (2x2)(x2 + y2 + 1)

′

x

(x2 + y2 + 1)2

=1

x2 + y2 + 1(x2 + y2 + 1)

′

x +(2x2)

′

x(x2 + y2 + 1)− (2x2)(x2 + y2 + 1)

′

x

(x2 + y2 + 1)2

=2x

x2 + y2 + 1+

4x(x2 + y2 + 1)− (2x2) · 2x(x2 + y2 + 1)2

=2x(x2 + 3y2 + 3)

(x2 + y2 + 1)2

∂2f

∂x∂y= (ln(x2 + y2 + 1))

′

y +(2x2)

′

y(x2 + y2 + 1)− (2x2)(x2 + y2 + 1)

′

y

(x2 + y2 + 1)2

=1

x2 + y2 + 1(x2 + y2 + 1)

′

y +(2x2)

′

y(x2 + y2 + 1)− (2x2)(x2 + y2 + 1)

′

y

(x2 + y2 + 1)2

=2y

x2 + y2 + 1+

0 · (x2 + y2 + 1)− (2x2) · 2y(x2 + y2 + 1)2

=2y(−x2 + y2 + 1)

(x2 + y2 + 1)2

∂2f

∂y2=

(2xy)′

y(x2 + y2 + 1)− 2xy(x2 + y2 + 1)

′

y

(x2 + y2 + 1)2=

2x(x2 + y2 + 1)− 2xy · 2y(x2 + y2 + 1)2

=2x(x2 − y2 + 1)

(x2 + y2 + 1)2

♦

Primjer 2.21. Odrediti parcijalne izvode prvog i drugog reda funkcije f(x, y) =

x2ex+y2 + xy2 + y.

35

Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod proizvoda, dobijamo da su parcijalniizvodi prvog reda

∂f

∂x= 2xex+y2 + x2ex+y2 + y2 = xex+y2(2 + x) + y2

∂f

∂x= x2ex+y2 · 2y + 2xy + 1 = 2x2yex+y2 + 2xy + 1.


∂2f

∂x2= (2x+ 2)ex+y2 + (x2 + 2x)ex+y2 = ex+y2(x2 + 4x+ 2)

∂2f

∂x∂y= (x2 + 2x)ex+y2 · 2y + 2y = 2y((x2 + 2x)ex+y2 + 1)

∂2f

∂y2= 2x2ex+y2 + 2x2yex+y2 · 2y + 2x = 2x(xex+y2 + 2xy2ex+y2 + 1)

= 2x(xex+y2(1 + 2y2) + 1).

♦

Primjer 2.22. Odrediti parcijalne izvode funkcije f(u, v) = ue3v ako jeu(x, y) = x2 + y2 i v(x, y) = x sin y.

Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod slozene funkcije, dobijamo

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x= e3v · 2x+ 3ue3v · sin y

= 2xe3x sin y + 3(x2 + y2) sin ye3x sin y = e3x sin y(2x+ 3(x2 + y2) sin y)

∂f

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y= e3v · 2y + 3ue3v · x cos y

= 2ye3x sin y + 3x(x2 + y2) cos ye3x sin y = e3x sin y(2y + 3x(x2 + y2) cos y).

♦

Primjer 2.23. Odrediti parcijalne izvode funkcije f(u, v) = u2v−uv2 ako jeu(x, y) = x cos y i v(x, y) = x sin y.

Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod slozene funkcije, dobijamo

∂f

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x= (2uv − v2) cos y + (u2 − 2uv) sin y

= (2x2 cos y sin y − x2 sin y) cos y + (x2 cos2 y − 2x2 cos y sin y) sin y

= 3x2 cos y sin y(cos y − sin y),

36

∂f

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y= (2uv − v2)(−x sin y) + (u2 − 2uv)x cos y

= (2x2 cos y sin y − x2 sin y)(−x sin y) + (x2 cos2 y − 2x2 cos y sin y)x cos y

= x3(cos y + sin y)(1− 3 sin y cos y).

♦

Primjer 2.24. Provjeriti da li je rjesenje parcijalne diferencijalne jednacine

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0

funkcija u(x, y) = ln(x2 + y2).

Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog reda su

∂u

∂x=

1

x2 + y2(x2 + y2)x =

2x

x2 + y2,

∂u

∂y=

1

x2 + y2(x2 + y2)y =

2y

x2 + y2.


∂2u

∂x2=

2(x2 + y2)− 2x · 2x(x2 + y2)2

=2(y2 − x2)

(x2 + y2)2,

∂2u

∂y2=

2(x2 + y2)− 2y · 2y(x2 + y2)2

=2(x2 − y2)

(x2 + y2)2.

Dakle,∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2=

2(y2 − x2)

(x2 + y2)2+

2(x2 − y2)

(x2 + y2)2= 0

pa funkcija u(x, y) jeste rjesenje zadane parcijalne diferencijalne jednacine.

♦

Primjer 2.25. Provjeriti da li je rjesenje parcijalne diferencijalne jednacine

∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2− 2α

∂u

∂y= α2u

funkcija u(x, y) = e−αxϕ(x − y), pri cemu je ϕ proizvoljna diferencijabilnafunkcija.

37

Rjesenje. Radi lakseg racuna, uvedimo smjenu t = x − y. Parcijalni izvodiprvog reda su

∂u

∂x= −αe−αxϕ(t) + e−αx · ∂ϕ(t)

∂t· ∂t∂x

= −αe−αxϕ(t) + e−αx · ∂ϕ(t)∂t

,

∂u

∂y= e−αx · ∂ϕ(t)

∂t· ∂t∂y

= −e−αx · ∂ϕ(t)∂t

jer je ∂t∂x

= 1 i ∂t∂y

= −1. Parcijalni izvodi drugog reda su

∂2u

∂x2= α2e−αxϕ(t)− 2αe−αx · ∂ϕ(t)

∂t+ e−αx∂

2ϕ(t)

∂t2,

∂2u

∂y2= e−αx∂

2ϕ(t)

∂t2.

Dakle,

∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2− 2α

∂u

∂y= α2e−αxϕ(t)− 2αe−αx · ∂ϕ(t)

∂t+ e−αx∂

2ϕ(t)

∂t2

− e−αx∂2ϕ(t)

∂t2− 2α

∂u

∂y= α2u

pa funkcija u(x, y) jeste rjesenje zadane parcijalne diferencijalne jednacine.

♦

2.4 Gradijent i Hesijan funkcije.

Izvod funkcije u pravcu vektora.

Primjer 2.26. Odrediti gradijent i Hesijan funkcije

f(x, y) = x2y − xy2.

Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog i drugog reda funkcije f(x, y) su:

∂f

∂x= 2xy − y2,

∂f

∂y= x2 − 2xy,

∂2f

∂x2= 2y,

∂2f

∂x∂y= 2x− 2y =

∂2f

∂y∂x,

∂2f

∂y2= −2x

38

pa je gradijent funkcije

∇f(x, y) = (2xy − y2, x2 − 2xy)

a njen Hesijan

Hf(x, y) =

(

2y 2x− 2y2x− 2y −2y

)

.

♦

Primjer 2.27. Odrediti gradijent i Hesijan funkcije

f(x, y) = e−2x+y

u tacki A(0, 0).Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog i drugog reda funkcije f(x, y) su:

∂f

∂x= −2e−2x+y,

∂f

∂y= e−2x+y,

∂2f

∂x2= 4e−2x+y,

∂2f

∂x∂y= −2e−2x+y =

∂2f

∂y∂x,

∂2f

∂y2= e−2x+y


∇f(x, y) = (−2e−2x+y, e−2x+y)

a njen Hesijan

Hf(x, y) =

(

4e−2x+y −2e−2x+y

−2e−2x+y e−2x+y

)

.

U tacki A vrijedi∇f(A) = (−2, 1)

i

Hf(x, y) =

(

4 −2−2 1

)

.

♦

Primjer 2.28. Odrediti gradijent funkcije

f(x, y) =√

x2 + 2y2 + 3z2.

39

Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog reda funkcije f(x, y) su:

∂f

∂x=

1

2√

x2 + 2y2 + 3z2·(

x2 + 2y2 + 3z2)

x=

1

2√

x2 + 2y2 + 3z2· 2x

=x

√

x2 + 2y2 + 3z2,

∂f

∂y=

1

2√

x2 + 2y2 + 3z2·(

x2 + 2y2 + 3z2)

y=

1

2√

x2 + 2y2 + 3z2· 4y

=2y

√

x2 + 2y2 + 3z2,

∂f

∂z=

1

2√

x2 + 2y2 + 3z2·(

x2 + 2y2 + 3z2)

z=

1

2√

x2 + 2y2 + 3z2· 6z

=3z

√

x2 + 2y2 + 3z2,


∇f(x, y, z) =

(

x√

x2 + 2y2 + 3z2,

2y√

x2 + 2y2 + 3z2,

3z√

x2 + 2y2 + 3z2

)

.

♦

Primjer 2.29. Odrediti izvod funkcije

f(x, y) = 3x2 + 4y2

u tacki A(−1, 1) u pravcu vektora −→u = (2,−2).

Rjesenje. Vektor −→u nije jedinicni, ali je jedinicni vektor

u0 =u

|u| =(2,−2)

√

22 + (−2)2=

(

1√2,− 1√

2

)

.

Gradijent funkcije f(x, y) je

∇f(x, y) = (6x, 8y)

tj.∇f(A) = (−6, 8)

pa je

Du0f(A) = ∇f(A) · u0 = (−6, 8) ·

(

1√2,− 1√

2

)

= −7√2.

♦

40

Primjer 2.30. Odrediti izvod funkcije

f(x, y) = 4xy2

u tacki A(2, 1) u pravcu vektora koji iz tacke A vodi prema koordinatnompocetku.

Rjesenje. Vektor −→u =−→AO = (−2,−1) nije jedinicni, ali je jedinicni vektor

u0 =u

|u| =(−2,−1)

√

(−2)2 + (−1)2=

(−2√5,− 1√

5

)

.

Gradijent funkcije f(x, y) je

∇f(x, y) = (4y2, 8xy)

tj.∇f(A) = (4, 16)

pa je

Du0f(A) = ∇f(A) · u0 = (4, 16) ·

(−2√5,− 1√

5

)

= −24√5

5.

♦

2.5 Ekstremi funkcija vise promjenljivih

Primjer 2.31. Odrediti ekstreme funkcije

f(x, y) = x3 + y3 − 6xy.

Rjesenje. Definiciono podrucje funkcije je skup D = R.Gradijent funkcije je

∇f(x, y) = (3x2 − 6y, 3y2 − 6x).

Rjesenja sistema ∇f(x, y) = 0 su stacionarne tacke M1(0, 0) i M2(2, 2). He-sijan funkcije je

Hf(x, y) =

(

6x −6−6 6y

)

.

Ispitajmo karakter stacionarnih tacaka.Za tacku M1 imamo:

Hf(M1) =

(

0 −6−6 0

)

41

odakle su A1 = 0, A2 = −36 < 0 pa su potrebna dodatna ispitivanja.Za tacku M2 imamo:

Hf(M2) =

(

12 −6−6 12

)

odakle su A1 = 12 > 0, A2 = 108 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija utacki ima lokalni minimum koji iznosi f(2, 2) = −8. ♦


f(x, y) =8

x+

x2

y+ y + 1.

Rjesenje. Definiciono podrucje funkcije je skup D = R\{0, 0}.Gradijent funkcije je

∇f(x, y) =

(

− 8

x2+

2x

y,−x2

y2+ 1

)

.

Rjesenja sistema ∇f(x, y) = 0 su stacionarne tacke M1(2, 2) i M2(−2,−2).Hesijan funkcije je

Hf(x, y) =

(

16x3 +

2y

−2xy2

−2xy2

2x2

y3

)

.


Hf(M1) =

(

3 −1−1 1

)

odakle su A1 = 3 > 0, A2 = 2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tackiima lokalni minimum koji iznosi f(2, 2) = 9.Za tacku M2 imamo:

Hf(M2) =

(

−3 11 −1

)

odakle su A1 = −3 < 0, A2 = 2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tackiima lokalni minimum koji iznosi f(−2,−2) = −7. ♦


f(x, y) = (x2 + y)√ey.

42

Rjesenje. Definiciono podrucje funkcije je skup D = R.Gradijent funkcije je

∇f(x, y) =

(

2x√ey,

√

ey(

1 +1

2(x2 + y)

)

)

.

Rjesenja sistema ∇f(x, y) = 0 je stacionarna tacka M1(0,−2). Hesijan funk-cije je

Hf(x, y) =

(

2√ey x

√ey

x√ey 1

2

√ey(

2 + 12(x2 + y)

)

)

.

Ispitajmo karakter stacionarne tacake.Za tacku M1 imamo:

Hf(M1) =

(

2√e−2 0

0 12

√e−2

)

odakle su A1 = 2√e−2 > 0, A2 = e−2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u

tacki ima lokalni minimum koji iznosi f(0,−2) = −2√e−2. ♦

Primjer 2.34. U zadanu sferu upisati paralelopiped maksimalne zapremine.

Rjesenje. Neka je A(x, y, z), (x, y, z > 0) vrh paralelopopeda upisanog usferu x2 + y2 + z2 = r2. tada je zapremina paralelopipeda zadana sa

V = (2x)(2y)(2z) = 8xy√

r2 − x2 − y2.

Problem se svodi na nalazenje ekstrema funkcije V = f(x, y). Gradijentfunkcije f(x, y)

∇f(x, y) =

(

−8y(2x2 + y2 − r2)√

r2 − x2 − y2,−8x(x2 + 2y2 − r2)

√

r2 − x2 − y2

)

.

Rjesenja sistema∇f(x, y) = 0 su stacionarne tackeM1(0, 0),M2

(

− r√3,− r√

3

)

,

M3

(

r√3,− r√

3

)

, M4

(

r√3,− r√

3

)

i M5

(

r√3,r√3

)

. Zbog prirode zadatka,

posmatramo samo stacionarnu tacku M5. Parcijalni izvodi drugog reda su

∂2f

∂x2=

8xy(−3r2 + 2x2 + 3y2)

(r2 − x2 − y2)3

2

,

∂2f

∂y2=

8x(−3r2y + 3x2y + 2y3)

(r2 − x2 − y2)3

2

,

∂2f

∂x∂y=

8(r4 + 2x4 + 3x2y2 + 2y4 − 3r2x2 − 3r2y2)

(r2 − x2 − y2)3

2

.

43

Ispitajmo karakter stacionarne tacake. Hesijan funkcije u datoj tacki je

Hf(M1) =

(

−32r√3

−16r√3

−16r√3

−32r√3

)

odakle su A1 < 0, A2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tacki ima lokalni

maksimum koji iznosi f(

r√3, r√

3

)

= 8√3r3

9.

Dakle, maksimalna zapremina paralelopipeda se dostize u slucaju x = y =

z =r√3, tj. ako u sferu upisemo kocku. ♦

2.6 Uslovni ekstremi funkcija vise promjen-

ljivih


f(x, y) = x2 + y2

uz uslovx

2+

y

3= 1.

Rjesenje. Lagrangeova funkcija ima oblik

L(x, y, λ) = x2 + y2 + λ(x

2+

y

3− 1)

.

Gradijent funkcije je

∇L(x, y, λ) =

(

2x+λ

2, 2y +

λ

3,x

2+

y

3− 1

)

.

Rjesenja sistema ∇L(x, y, λ) = 0 je stacionarna tacka M1

(

1813, 1213

)

za koju jeλ = −72

13. Hesijan funkcije je

Hf(x, y) =

(

2 00 2

)

.

Ispitajmo karakter stacionarne tacake.Za tacku M1 imamo:

Hf(M1) =

(

2 00 2

)

odakle su A1 = 2 > 0, A2 = 4 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija u tackiima lokalni minimum koji iznosi f

(

1813, 1213

)

= 3613. ♦

44


f(x, y) = x+ y

uz uslov1

x2+

1

y2=

1

a2, (a > 0).

Rjesenje. Lagrangeova funkcija ima oblik

L(x, y, λ) = x+ y + λ

(

1

x2+

1

y2− 1

a2

)

.

Gradijent funkcije je

∇L(x, y, λ) =

(

1− 2λ

x3, 1− 2λ

y3,1

x2+

1

y2− 1

a2

)

.

Rjesenja sistema∇L(x, y, λ) = 0 su stacionarne tackeM1

(

a√2, a

√2)

za koju

je λ = a3√2 i M2

(

−a√2,−a

√2)

za koju je λ = −a3√2. Hesijan funkcije je

Hf(x, y) =

(

6λx4 00 6λ

y4

)

.


Hf(M1) =

(

3√2

2a0

0 3√2

2a

)

odakle su A1 = 3√2

2a> 0, A2 = 9

2a2> 0 odakle zakljucujemo da funkcija u

tacki ima lokalni minimum koji iznosi f(

a√2, a

√2)

= 2a√2.

Za tacku M2 imamo:

Hf(M2) =

(

−3√2

2a0

0 −3√2

2a

)

odakle su A1 = −3√2

2a< 0, A2 =

92a2

> 0 odakle zakljucujemo da funkcija u

tacki ima lokalni minimum koji iznosi f(

−a√2,−a

√2)

= −2a√2. ♦

45

Poglavlje 3

Integralni racun funkcija vise

promjenljivih

3.1 Dvojni integral


∫∫

D

(x+ y2)dxdy

ako je oblast definisana sa D = {(x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 2, 1 6 y 6 3}.

Rjesenje. Oblast integracije je pravougaonik: ♦

46

3.2 Krivolinijski integral prve vrste

Primjer 3.2. Izracunati∮

K

xyds

pri cemu je kontura K pravougaonik odreden tjemenima O(0, 0), A(4, 0),B(4, 2) i C(0, 2).

Rjesenje. Kontura K je pravougaonik

b b

bb

O A

BC

i vrijedi

∮

K

xyds =

∫

OA

xyds+

∫

AB

xyds+

∫

BC

xyds+

∫

CO

xyds.

Integral po luku OA jednak je 0 jer je y = 0, a integral po luku CO jednakje 0 jer je x = 0. Buduci da je na luku AB x = 4 i 0 6 y 6 2, vrijedi

∫

AB

xyds =

∫ 2

0

4y√

1 + (x′)2dy = 4

∫ 2

0

ydy = 8

i da je na luku BC y = 2 i 0 6 x 6 4, vrijedi

∫

BC

xyds =

∫ 4

0

2x√

1 + (y′)2dy = 2

∫ 4

0

xdx = 16.

Dakle∮

K

xyds = 0 + 8 + 0 + 16 = 24.

♦


K

√

x2 + y2ds

pri cemu je kontura K kruznica x2 + y2 = 6x.

47

Rjesenje. Vrijedi

x2 + y2 = 6x ⇔ x2− 6x+ y2 = 0 ⇔ x2 − 6x+9+ y2 = 6 ⇔ (x− 3)2 + y2 = 9

pa je kontura K je kruznica K((3, 0), 3)

b

3O 6

Prelaskom na polarne koordinate, jednacina kruznice je ρ = 6 cosϕ a gra-

nice za ugao ϕ je −π

26 ϕ 6

π

2(jer se kontura nalazi u prvom i cetvrtom

kvadrantu). Dakle,∮

K

√

x2 + y2ds =

∫ π2

−π2

ρ√

ρ2 + (ρ)2 =

∫ π2

−π2

6 cosϕ√

(6 cosϕ)2 + (−6 sinϕ)2dϕ

= 36

∫ π2

−π2

cosϕdϕ = 72.

♦


K

xyds

pri cemu je K kontura |x|+ |y| = a, (a > 0).

Rjesenje. Kontura K je kvadrat

a−a

a

−a

B

C

D

A

b

b

b

b

b

y= −

x+ay

=x+a

y=x− a

y= −

x−a

48

i vrijedi

∮

K

xyds =

∫

AB

xyds+

∫

BC

xyds+

∫

CD

xyds+

∫

DA

xyds.

Za luk AB vrijedi y = x− a i 0 6 x 6 a, pa je

∫

AB

xyds =

∫ a

0

x(x− a)√2dx =

∫ a

0

(x2 − ax)dx = −a3√2

6.

Za luk BC vrijedi y = −x+ a i 0 6 x 6 a, pa je

∫

BC

xyds =

∫ a

0

x(−x+ a)√2dx =

∫ a

0

(−x2 + ax)dx =a3√2

6.

Za luk CD vrijedi y = x+ a i −a 6 x 6 0, pa je

∫

CD

xyds =

∫ 0

−a

x(x+ a)√2dx =

∫ 0

−a

(x2 + ax)dx = −a3√2

6.

Za luk DA vrijedi y = −x− a i −a 6 x 6 0, pa je

∫

DA

xyds =

∫ 0

−a

x(−x− a)√2dx =

∫ 0

−a

(−x2 − ax)dx =a3√2

6.

Dakle,∮

K

xyds = −a3√2

6+

a3√2

6− a3

√2

6+

a3√2

6= 0.

♦

49

3.3 Krivolinijski integral druge vrste

Primjer 3.5. Izracunati∫

L

2xydx+ x2dy

pri cemu je L luk koji spaja tacke O(0, 0) i A(1, 1) zadan sa y = x2.

Rjesenje. Buduci da je luk integracije kriva y = x2,

b A

O 1

1

L

tada je dy = 2xdx pri cemu 0 6 x 6 1 jer se krecemo od tacke O prematacki A i vrijedi

∫

L

2xydx+ x2dy =

∫ 1

0

2xx2dx+ x2 · 2xdx = 4

∫ 1

0

x3dx = 1.

♦


∫

L

(x2 − 2xy)dx+ (y2 + 2xy)dy

pri cemu je luk L

(a) dio pravca koji spaja tacke O(0, 0) i A(1, 1);

(b) luk parabole koji spaja tacke O(0, 0) i A(1, 1);

(c) izlomljena linija OBA pri cemu je B(1, 0).

50

Elvis Barakovic, Edis Mekic 24. veljaˇce 2014. · Poglavlje 1 Nizovi i redovi. 1.1 Graniˇcna vrijednost niza. Primjer 1.1. Izraˇcunati sljede´ce limese: (a) lim n→+∞ 3n2 −

Documents