Matematika XI Zadaci Za Vježbanje

ZADACI ZA VJEŽBANJE

11.12.2007 21:49:19

1. Po definiciji naći izvod slijedećih funkcija:

Rješenje: Prvi izvod po definiciji se određuje po formuli:

b) Rezultat: y' = -x + 1

d) Rezultat:

2

3) 4 1 )

1 1) )2

a y x c yx

b y x x d yx

0 0

0

lim lim

4 1 4 1) lim

x x

x

f x x f xyy f xx x

x x xa y

x

20 0 0

3 3 33 33 3) lim lim lim

x x x

x x xx x xx x xc y

x x x x x x

1 .2

yx x

2. Odrediti prvi izvod i diferencijal slijedećih funkcija:

Rješenje:a) Koristeći lormulu (axn)' = anxn-1 pri čemu je dobijemo:

b) Koristeći formulu dobijemo:

7 6 3 2

2 2 2

32 2 2 8

1 1 8) 3 4 2 33 2

6) )1

) 1 ) x x

a y x x x x xx

x xb y f yx a x

c y x g y e

2

2

) 2 3 5 )3

) 2 1 ) ln 2 900

xed y x x h yx

e y x x i y x

18 8 ,xx

6 5 22

821 24 2 ;y x x x x dy y dxx

2

u u v uvv v

2 2 2

2 2 2

6 1 6 2 6 1 6 1,

1 1 1

x x x x xy dy dx

x x x

c) Koristeći formulu za složenu stepenu funkciju ((g(x)) n)' = n(g(x)) n-1 g'(x)) dobijemo:

e) Koristeći formulu (uv)' = u' . v + u . v' i uzimajući

2 2 22 2 2

1/ 22

1/ 22

2 2

3 1 2 6 1 , 6 1

2 3 5

1 4 3 4 32 3 5 4 3 ;2 2 2 3 5 2 2 3 5

y x x x x dy x x dx

d x x

x xy x x x dy y dx dxx x x x

1

2 2 22 1 2 1x x

1 2 2 2 2

2 2 222 2 2

2

2

1 2 2 1 2 4 11 2 1 2 1 4 2 12 2 1 2 1 2 1

4 1

2 1

x x x xy x x x x xx x x

xdy y dx dxx

1 1 12 2 2 2 2 22 2 2

12 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 32 2

2

32 2

11 2 /2)

/

a x x a x x a xf y

a x a x

a x x aya x a x a x

ady y dx dxa x

g) Rezultat:

i) Rezultat:

3. Pokazati da je:

4. Naći drugi i treći izvod slijedećih funkcija:

2 22 8 2 82 1 ; 2 1x x x xy x e dy x e dx

1 ;450 450

dxy dyx x

2

2 2

2 2

3 2

) 2

)

) 3 3 1

x xa d x e xe x dx

xdxb d a xa x

c d x x x dx

2102

5 2

2 2 4

3 2) 1 )1

3) 5 )4

) 4 3 ) 3 ln

ln) 5 )

x

x xa y x e yx

b y x f y

c y x x g y x x

xd y x h yx

Rješenje: Konsteći formulu (u ∙v∙w) '=u'vw+uv'w+uvw'. Dobijemo

y'= 2 (1∙(x+3) ∙ (2x-1)+(x-4) ∙1∙ (2x-1)+(x-4)(x+3) ∙2) = 12x2- 12x-46 y' = 24x- 12 = 12(2x-1)

e) Rezultat:

f) Koristeći formulu (ax)' = axIn a, dobijemo:

1 12 2

32

3

52

2

1) 5 ; 5 12

1 1 15 12 2 4 5

1 3 35 14 2 8 5 5

d y x y x

y xx

y xx x

2

2 3 4

2 5 12 36; ;1 1 1

x xy y yx x x

2 3

3 3 3 3 3ln ; ln ln ;4 4 4 4 4

3 3 3 3ln ; ln ;4 4 4 4

x x

x x

y y

y y

g) Rezultat:

5. Naći n-ti izvod slijedećih funkcija:a) y=ln x b) y=axn c) y=e2x-5

Rješenje:

3 3 2 2 7212 ln 3 ; 36 ln 21 ; 72 ln 78 ; 72 ln 150;IV vy x x x y x x x y x x x y x yx

2 2

2

4 3

4

1 ln 1 1 ln)

1 1 ln 2 / : 3 2 ln/ :

11 6ln

x x xxh yx x

x x x x xxyx x xxy

x

2 3 4 5

1 2 3

2 5 2 5 2 5 2 5

1 1 !1 1 2 6 25) ; ; ; ; ;...,

) ; 1 ; 1 2 ;

1 2 ..... ( 1 !

) 2 ; 4 ; 8 ;... 2

nnIV V

n

n n n

n n n

nx x x n x

na y y y y y y

x x x x x xb y anx y an n x y an n n x

y an n n n n x an

c y e y e y e y e

6. Odrediti slijedeće granične vrijednosti

Rješenje:Navedeni primjeri predstavljaju neodređenost oblika . Pri rješavanju

zadatka moguće je koristiti Lopitalovo pravilo.

b) Rješenje:

d) Rješenje:

2

2 1 0

2

0 0 0

ln ln sin2) lim ; ) lim ; ) lim ;2 1

5 7 1 3 1) lim ; ) lim ; ) lim ; ) lim .6

x x x

x x n n x x

x x k x x

xx xa b c

x x xx k ed e f g

x x k x x

00

2 2 2 2

2 1lnln 1 12 22) lim lim lim lim2 1 2 22x x x x

xxxa

x x

2

1

lnlim 21x

xx

0 0 0

sinsin cos) lim lim lim cos0 11x x x

xx xcx x

0

5 7 5lim ln6

x x

x x

, npr. Konkretno

f) Rješenje: 1g) Rješenje:

7. Odrediti slijedeće granične vrijednosti:

Rješenje: Navedeni primjeri predstavljaju neodređenost oblika . Za rješavanje

moguće je koristiti Lopitalovo pravilo

b) Rješenje:

11) lim lim lim

1

n nn n nn

x k x k x k

x kx k n xe nkx k x k

55 44

3 3 3

243243 5lim lim lim 5 3 4053 13x x x

xx xx x

ln 33

2 3

3 3

5 2 4 5) lim ; ) lim ) lim ; ) lim ;2 ln 4 7 5 3

x

xx x x x

e x x x xa b c dx x x x

3 23 2

) lim lim lim lim lim lim lim3 6 663

x x xx x x x

x x x x x x x

e e ee e e eax x x xx x

2

lim 02xx

x

c) Rješenje:

d)

Ovaj zadatak se lako rješava i na drugi način:

8. Odredite slijedeće graniče vrijednosti:

Rješenje: Javlja se neodređenost oblika 0 ∙ (- ∞ ) koja se translormiše u oblik , pa

je moguće koristiti Lopitalovo pravilo.

5limln 4x

xx

3 23 2

3 23 2

2 4 5 6 42 4 5 6 4 12 2lim lim lim lim lim7 5 3 21 5 42 77 5 3 21 5

x x x x x

x x xx x x xx x x xx x x

33 2 3 2 3

33

2 32 3

4 5 4 52 22 4 5 2lim lim lim5 35 37 5 3 777

x x x

xx x x x x xx x x

x xx x

1

0) lim 2 ln ; ) lim 1 0xx x

a x x b a x a

0 0 0 0 0

2

122ln2lnlim 2 ln lim lim lim lim 2 01 11x x x x x

xx xx x x

x xx

b) Javlja se neodređenost oblika 0 ∙∞koja pogodnom transformacijom prelazi u neodređenost oblika , a zatim se primjenjuje Lopitalovo pravilo.

9. Odrediti slijedeću graničnu vrijednost

Rješenje: Javlja se neodređenost oblika ∞ - ∞, koja se rješava na slijedeći način:

10 . Odrediti slijedeće granične vrijednosti:

00

11

0 0 0

11 1 lnlim 1 lim lim lim lim ln1 1

tt txx

x x t t t

aa a a aa x at t

x

0

1 1limsinx x x

0 0 0 0 0

0

sin 1 cos1 1 sin 1 coslim lim lim lim limsin sin sin cossin sin cos

sinlim 02cos sin

x x x x x

x

x x xx x xx x x x x x xx x x x x

xx x x

2sin 3 4ln

0 0 0) lim ) lim ) limx x xx x x

a x b x c x

Rješenje: Javljaju se neodređenosti oblika 0° , koje se rješavaju pomoću Lopitalovog

pravila na slijedeće načine:

Funkcija xx ima samo desnu graničnu vrijednost u tački x=0. jer za x<0 dala funkcija nije definisana.

b) Neka bude y = xsinx, tada je In y = In xsinx = sin x In ∙ x

Granična vrijednost: , je oblika 0 ∙ (-∞). Pogodnom transformacijom ovaj oblik prelazi u oblik , gdje je već moguće koristiti Lopitalovo pravilo, tj.

0

0020 0

1l nlimln limlim 1 11

lim ln limln ln 0

0 0 0) lim lim lim 0

xxx

xx x

xx x

x x xx x x x xx xx x x

a x e e e e e e e e

0 0lim ln lim sin lnx x

y x x

0 0 0 0 0

2

0 0

1lnln sinlim sin ln lim lim lim lim

1 cos1sin sinsin

sinlim lim 1 0 0

x x x x x

x x

xx xxx x tgxx x

x xxx tgxx

Da je , ustanovili smo u zadatku 6. pod c)

Kako je , biće

Funkcija xsinx samo desnu graničnu vrednosl u tački x=0, jer za x<0 data funkcija nije definisana

c) Na isti način kao pod b). Rješenje:

11 . Odrediti graničnu vrijednost

Lijeva granična vrijednost ne postoji (objašnjeno u 18. zadatku) Neodređenost koja se javlja je oblika ∞°

Neka bude

Tada je

0

sinlim 1x

xx

0lim ln 0x

y

0

0lim 1x

y e

e

3

0lim

x

xctg x

3 x

y ctg x

3

3ln ln lnx

y ctg x x ctg x

3

0 0

3

lnlim ln lim 1x x

ctg xx ctg x

x

Dobili smo neodređenost oblika , pa se primjenjuje Lopitalovo pravilo. Tj.

, vidi zadatak 6. pod c)

Kako je biće

12. Odrediti graničnu vrijednost

Rješenje: Javlja se neodređenost oblika .1∞ . Neka bude y = (sin x)tgx, tada je In y = In (sin x)tgx = tg x ∙ In (sin x)

Dobijena neodređenost oblika ∞ ∙ 0 se pretvara u oblik , na slijedeći način:

2 3 3

40 0 0 03

3

1 1ln 3 3sinlim lim lim lim 1 0 01 cos sin sin cos1

3

x x x x

ctg x x x x xctgx xx x x x

xx

0lim 1

sinx

xx

0lim ln 0x

y

3

0lim ln 1

x

xctg x

2

lim sin tgx

xx

2 2

lim ln lim ln sinx x

y tgx x

00

Kako je , biće

13. Ispitati karakteristike i nacrtati dijagram funkcije

Rješenje: , u faktonzovanom obliku.

1°. Oblast definisanosti (domen) funkcijef(x) nije definisana kada je 1 - x2 = 0. tj. kada je x = -1 i x = 1. Prema lome. f(x)

je definisana za:

2°. Parnost funkcije , pa zaključujemo da je f(x) neparna funkcija.

2 2 2 2 22

1 cosln sinln sin sinlim ln sin lim lim lim lim cos sin 0 1 01sin

x x x x x

xxx xtgx x x xctgx ctgx

x

2

lim ln 0x

y

2

lim sin 1tgx

xx

3

2

41x xy f xx

3

2

2 2 2 241 1 1 1 1

x x x x x xx xy f xx x x x x

, 1 1,1 1,x

3 3 3

2 2 2

4 4 41 11

x x x x x xf x f xx xx

3°. Ponašanje funkcije u taćkama prekida i na "krajevima" obalsti definisanosti

Napomena: U ovom slučaju 0 ne predstavlja broj nula, već izuzetno mali broj blizak nuli.

3

21 0

3

21 0

3

21 0

3

21 0

1 0 4 1 0 1 0 4 0 3 0lim1 1 0 01 1 0

1 0 4 1 0 1 0 4 0 3 0lim1 1 0 01 1 0

1 0 4 1 0 1 0 4 0 3 0lim1 1 0 01 1 0

1 0 4 1 0 1 0 4 0 3 0lim1 1 01 1 0

x

x

x

x

f x

f x

f x

f x

0

23

22

2

23

22

2

44lim lim lim

11 1

44lim lim lim lim

11 1

x x x

x x x x

x xx x xf xx x

x

x xx x xf x f xx x

x

4°.Asimptote funkcijea) Horizontalna asimptola (y=n) što znači da f(x) nema horizontalnu asimptotu.

b) Vertikalna asimptota (x=m) , što znači da f(x) ima dve vertikalne asimptote, i to: x=-1 i x=1.

c) Kosa asimptota (y = kx + n)

Dakle, f(x) ima kosu asimptotu, kojoj jednačina glasi y=-x. 5°. Presječne tačke funkcije sa koordinatnim osama a) Presječne tačke funkcije sa y osom (x=0)

Dakle, f(x) siječe y osu u tački A1(0,0).

limx

n f x

lim 1f x

m x

3 2

2 2

3

2 2

1 4 4lim lim lim 11 1

4 3lim lim lim 01 1

x x x

x x x

f x x x xkx x x x

x x xn f x kx xx x

3

2

0 4 00 01 0

f x

b) Presječne tačke funkcije sa x osom - nule funkcije (y=0)

Rješenja ovih jednačina su x, = -2, x2 = 0, x3 = 2. što znači da f(x) siječe x osu u tačkama A1(0,0), A2(-2,0), A2 (2.0)

6°. Znak funkcije (f(x)≤0) Rješenja nejednačina f(x)<0 i f(x)>0 u ovom primjeru je najracionalnije

dobiti tabelarno, ovako:

0 označava da je za datu vrijednost argumenta x, vrednost posmatranog izraza jednaka nuli. X označava da. za posmatranu vrijednost argumenta x, funkcija f(x) nije definisana, tj ima prekid

30, 4 0 .2 0

2 2 0 02 0

y ako je x x tjx

x x x xx

7°. Ekstremne tačke funkcije (lokalni ekstremi)

ako je

Pošto jednačina –x4 -x2 -4 = 0 nema realnih rješenja, zaključujemo da f(x) nema ekstremnih tačaka

8°. Tok funkcije (rastenje i opadanje funkcije) Tok funkcije određujemo na osnovu znaka prvog i drugog izvoda.

9°. Prevojne tačke (tačke infleksije)

Nakon skraćivanja razlomka sa (1-x2) i sređivanja, dobija se:

2 2 3 4 2

2 222

3 4 1 4 2 4 011

x x x x x x xf x f xxx

4 2 0x x x

23 2 4 2 2

42

4 2 1 4 2 1 2

1

x x x x x x xf x

x

2

32

6 3

1

x xf x

x

ako je

Ova jednačina ima samo jedno realno rješenje x0=0.

Skraćivanjem sa (1 - x2)2 i sređivanjem razlomka, dobija se:

ima prevojnu tačku za x=0, pa treba odrediti i ordinatu ove tačke. f(x=0)=0. što znači da je taćka A1 ujedno i prevojna tačka.

10°. Konveksnost i konkavnost funkcijeKonveksnost i konkavnost funkcije određujemo na osnovu znaka drugog

izvoda.

0f x 26 3 0x x

3 22 2 2 2

2

18 18 1 6 3 1 2

1

x x x x x xf x

x

4 2

42

18 6 1

1

x xf x

x

Slika 4-1Dijagram funkcije

14. Ispitati karakteristike i nacrtati grafik funkcije y = f(x) = 6x" - x".Rješenje:

1°. Domen funkcijeS obzirom da se radi o cijeloj racionalnoj funkciji, f(x) je definisana za x e( - ∞, +∞), tj. x R2°. Parnost funkcije

, pa zaključujemo da je f(x) parna funkcija.

3°. Ponašanje funkcije na "krajevima" oblasti definisanosti

Napomena: f(x) nema tačke prekida!

4°. Asimptote funkcijef(x). kao cijela racionalna funkcija nema asimptola.

2 4 2 2 26 6 6 6y f x x x x x x x x

2 4 2 46 6f x x x x x f x

lim lim limx x x

f x f x fx

5°. Presječne tačke funkcije sa koordinatnim osamaa) Presjek sa y osom (x=0)

f(x=0) = 0Dakle. f(x) sječe y osu u tački A, (0,0).b) Presjek sa x osom - nule funkcije (y=0)y = 0 ako je

Ovoj jednačini je ekvivalentan slijedeći skup jednačina:

Rješenja ovih jednačina su redom Dakle. t(x) sječe x osu u tačkama

6°. Znak funkcije

26 6 6 0x x x

26 0; 6 0; 6 0x x x

1 2,3 46, 0, 6x x x

1 2 30,0 ; 6,0 ; 6,0A A A

7°, Ekstremne tačke funkcije

Ovoj jednačini ekvivalentan je slijedeći skup jednačina; ;-4x =0. x 4 J3 =0; X-A/3 =0;

Rješenja ovih jednačina su redom

što znači da f(x) ima min za x=0. tj.

što znači da f(x) ima max. za i za

Dakle, ekstremne tačke funkcije su;

8°. Tok funkcije (monotonost funkcije)

3 212 4 4 3 4 3 3f x x x x x x x

4 0, 3 0; 3 0x x x

0 12 0f x

3 24 0f x

min 0 0y f x

3x 3x

max. 3 9tj y f x

4 5min max max0,0 ; 3,9 3,9A A i A

9°. Prevojne tačke funkcijef'(x) = -12(x-1)(x-1)

f"(x) = 0. ako je-12(x-1)(x+1) = 0 Ovo jednačini ekvivalentan je slijedeći skup jednačina: (x +1 = 0; x - 1 = 0}. Rješenja ovih jednačina su: x1 = -1, x2 = 1.

f'"(x) = -24x f"'(x=±1) = ±24 ≠ 0. što znači da l(x) ima prevojne tačke za x=-1 i za x=1.

f(±1)=5 Dakle, prevoino tačke funkcije su A6{-1,5) i A7(1.5).10°. Konveksnost i konkavnost funkcije

Slika; 4-11 Dijagram funkcije

15. Odrediti ekstremne tačke i intervale monotonosti za slijedeće funkcije:

Rješenje:

ima min za x = 2f(2) = 4 Dakle. f(x) ima ekstremne tačkr; A1 (1,5)max i A2(2,4)min

Monotonost ispitujemo slijedećom tabelom:

2 23 2

2

2

2

2 1 7 10)2 9 12 ) )1 3

4 3 2) ) )18

x

x x x xa x x x b y c yx x

e x xd y e y f yx xx

2 2) 6 18 12 6 3 2 6 1 2

0 1 212 18 6 2 3

a y x x x x x x

y za x i xy x x

1 6 0y x x

ima max za x = -1 y(x=-1) = 2 ima min za x = 1

y(x=1) = 0 f(x) ima ekstremne tačke A1(-1,2)max i A2(1,0) min. Monotonost:

Faktori koji imaju uvek pozitivnu vrijednost nisu uneti u tabelu.

2 2

2 22 2

2 22 2 2

2 22

2

32

2 2 1 2 1 2 2 1 1)

1 1

0 1 1

/ : 14 1 2 1 2 1 2

/ : 11

4 3

1

x x x x x x xb y f x

x x

y za x i za x

xx x x x xy

xx

x xy

x

1 1 0y x f x

1 1 0y x f x

Jednačina y' = 0 x2 - 6x + 11 = 0 nema realnih rješenja, pa zaključujemo da f(x) nema ekstremnih tačaka Monotonost:

y" (x=1) = e > 0 => f{x) ima min za x = 1 y(x=1) = e, pa zaključujemo da f(x) ima jednu ekstremnu tačku A(1,e)min

2 2

2 2

2 7 3 7 10 1 6 11)3 3

x x x x x xc yx x

2 2

2

4

2

3

11)

0 1

1 1 1 2 ::

2 2

xx x

x x

x

x ee x ed yx x

y za x

e x x x e x xy

xx

x x ey

x

Monotonost:

e) Rješenje: Funkcija f(x) ima jednu ekstremnu tačku , opada u intervalu (-∞,0), a raste u intervalu (0,∞).

f) Rješenje: Funkcija t(x) ima dve ekstremne tačke A1(-1,45; 0,1 )max i A2(3,45;9,9)min, raste u intervalu a opada u intervalu

16. Naći prevojne tačke i ispitati konveksnost i konkavnost slijedećih funkcija:

Rješenje:

x=0 je rješenje i jednačine y'=0

min

0, 2A

;1 6 1 6;i 1 6;1 1,1 6i

25 6

2

1 2 5) 3 2 ; ) ; ) .1 3

x xa y x x b y c yx x

4 5 3 4 3 3

2 3 2

) 15 12 ; 60 60 60 1 60 1

0 0 1

180 240 60 3 4

0 0

a y x x y x x x x x x x

y za x i za x

y x x x x

y x

Pošto je y"(x=0)=0 i y'"(x=0)=0 moglo bi se zaključiti da f(x) nema ekstremnih ni prevojnih tačaka. Međutim u ovakvim slučajevima treba naći i četvrti i peti izvod pa ako je za x=0 četvrti izvod različit od nul zaključićemo da f(x) za x=0 ima ekstrem, a ako je četvrti izvod jednak nuli. a peti izvod različit od nule( zaključićemo da f(x) za x=0 ima prevoj.

Pošto je u ovom slučaju yIv=360x-720x2 i yIv(x=0)=0, a yv=360-1440x i y1,'(x=0)=360≠0. zaključujemo da data funkcija, za x=0, ima prevoj, pa će biti y(x=0)=0 y'"(x=1)=-60 ≠ 0 => f(x) ima prevoj za x=1 y(x=1)=1

Dakle, f(x) ima dve prevojne tačke A 1(0,0); A2(1,1)

Konveksnost i konkavnost:

ima prevoj za

ima prevoj za

2 2

2 22 2

2 22 2

4 22

22

3 32 2

23 2 22 2 2

6 22 2

2

2

2 1 1 2 4)1 1

/ : 14 1 4 2 1 2

/ : 11

1124 1 3 3

1 1

3 30 0,58 0,583 3

/ : 124 1 4 1 3 3 1 2

1 / : 1

48 1

x x x x xb yx x

xx x x xy

xx

xxy

x x

y za x i za x

xx x x x xy

x x

x xy

x

41 3 27 3 0

3 8y x f x

33

x

3 27 3 03 8

y x f x

33

x

Dakle. f(x) ima dvije prevojne tačke A1(-0,58; -0,5) i A2(0,58; -0,5).

Konveksnost i konkavnost:

c) Rješenje: Funkcija f(x) nema prevojnih tačaka. Konkavna je u intervalu (-∞, -3). a konveksna u intervali; (-3.+ ∞).

Napomena: Savjetuiemo studentima da radi uvežbavanja i solidne pripreme

ispita kompletno ispitaju funkcijo u zadacima 8. i 9.

3 0,53

y x

17. Konstruisati dijagrame slijedećih funkcija:

18 . Naći parcijalne izvode i totalni diferencijal slijedećih funkcija:

Rješenje:

3

2 2

23

2

1) )1

12) )1 2

xa y x b yx x

xxc y d yx x

2 2 2 2

2 2 2

) 1 ) ln

) )

a z x y xy b z x y

xyc z d u x y zx y

2

2

2 2 2 2

) 2 2

2 2

2 2

2 2)

x

y

x y

za z xy y y x yx

zz x xy x x yyz zdz dx dx y x y dx x x y dyx y

x yb z zx y x y

Na isti način se dobija i u'y i u'z, pa će biti

19. Naći parcijalne izvode drugog reda i totalni diferencijal drugog reda funkcije:

a) z = 2x4 + y4 - 2x2 + 4xy - y2; b) z = x3y + yex.

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

1/ 22 2 2

2 2 2

2

1) ;

1) 22

x y

x

xdx ydydz

x yy x y xy y xc z z

x y x y x y

y dx x dydzx y

xd u x y z xx y z

2 2 2

u u u xdx ydy zdzdu dx dy dzx y z x y z

Rješenje:

3

3

2

2

2

2

2

2 2 2

2 3

) 8 4 4

4 4 2

24 4 6 1

4

12 2 2 6 1

4 6 1 8 2 6 1

) 3 ;

x

y

xx

xy yx

yy

x xx y

xx

za z x x yx

zz y x yy

z zz x xx x x

z zz zx y x y

z zz y yy y y

d z x dx dx dy y dy

b z x y ye z x e

z

2

2 2 2

6 ; 3

0; 6 2 3

x xxy

x xyy

xy ye z x e

z d z y x e dx x e dx dy

20. Dokazati da funkcija zadovoljava relaciju:

21. Naći tačke u kojima funkcija z = x2 + y2 - 2xy - x4 - y4 ima lokalne ekstreme.Rješenje:

Rješavanjem sistema

određuju se stacionarne tačke: (1,-1); (-1,1); i (0,0). Zatim pomoću drugih parcijalnih derivata opisuje se funkcija

Δ(x,y) = (2- 12x2)(2- 12y2) - 4. Vrijednost funkcije Δ u stacionarnim tačkama je

Δ(1, -1) = 96 > 0; Δ(-1, 1) = 96>0; Δ (0,0) = 0.

Prema tome funkcija z ima lokalni ekstrem u tačkama (1, -1) i (-1, 1). Kako je

to funkcija u tim tačkama ima lokalni maksimum.

2 2 2

1, ,u x y zx y z

2 2 2

2 2 2 0u u ux y u

3

3

2 2 4 0

2 2 4 0

z x y xxz y x yy

2 2

2 2

1, 1 1,10 0

z zi

x x

Da bi se utvrdilo da li funkcija z u tački (0,0) ima ekstrem ispitaće se vrijednost funkcije u okolini te tačke

Ukoliko se približava ka origu preko tačaka (x, 0)(na x osi) tada je2(x 0) = x2 (1-x2)

Iz gornje jednakosti se vidi da je funkcija z(x,0) za І x І <1 nenegativna Ukoliko se približava ka origu preko tačaka (x,x) (na pravoj x = y) tada je

Z(x,x)=-2x4

što znači da je funkcija z(x,x) nepozitivna. Kako je z(0,0)=0, a u proizvoljno maloj okolini tačke (0,0) funkcija z

uzima i pozitivne i negan vrijednosti, slijedi da tačka (0,0) nije tačka ekstrema

22. Naći uslovne ekstreme funkcije z = xy pri uslovu x + y - 1.Rješenje: Prvo se postavlja Lagranžova funkcija

Određuju se parcijalni izvodi

Postavljanjem sistema jednačina y + λ = 0 x + λ = 0 x + y = 1’ određuje se stacionarna tačka

, , 1F x y xy x y

1F F Fy x x yx y

1 1 1,2 2 2

za

Kako su parcijalni izvodi drugog reda

totalni diferencijal drugog reda jed'F = 2dxdy.

Iz uslova φ(x,y)=x+y-1 slijedi da je dφ=0, tj. dx+dy=0, odakle slijedi da je dx=-dy, pa je totalni diferencijal drugog reda

d-'F = -2dx2 < 0.

Prema tome funkcija z u tački i ima uslovni maksimum.

2 2 2

2 20, 1, 0F F Fx x y y

1 1,2 2

max1 1 1,2 2 4

z z

23. Naći uslovne ekstremne vrijednosti funkcije z = x2 + 12xy ∙ 2y2 pri uslovu

4x2 + y2 = 25. Rješenje: Lagranžova funkcija je:f(x,y,λ) = x2 + 12xy + 2y2 + λ (4x2+ y2 – 25) čiji su parcijalni izvodi

Za stacionarne tačke su

Za λ = 2 stacionarne tačke su (2,-3) i (-2,3). Stacionarne tačke su dobijene rješavanjem sistema

Parcijalni izvodi drugog reda su:

a diferencijal drugog reda je

2 22 12 8 , 12 4 2 , 4 25F F Fx y x x y y x yx y

174

3 3,4 , 4 .2 2

i

2 26 4 0,6 2 0,4 25x y x x y y x y

2 2 2

2 22 8 , 12, ,F F Fx x y y

2 2 22 8 24 4 2d F dx dxdy dy

Kako je φ(x,y)=0, to je dφ=0, tj.

pa je;

Sada se ispituje znak d2F u svim stacionarnim tačkama.

Prema tome funkciia z u tačkama ima maksimum.

d2F(2;-3,2) = d2F(-2;3,2) = 18dx25 + 17dy2 > 0 Prema tome funkcija z u tačkama (2,-3) i (-3,2) ima minimum.

Zmin= z(-2,3) = z(2,-3) = -50.

8 2 0 ,4ydyxdx ydy dxx

2 2 2 2 2 2 26 3, , 2 8 4 2 2 1 4 2y yd F x y dx dy dy dx dy dyx x

2 2 2 23 17 3 17,4, , 4, 32 20,5 02 4 2 4

d F d F dx dy

3 3,4 , 42 2

i

max3 3 425,4 , 42 2 4

z z z