Matematika III 1 SKRIPTA MATEMATIKA III
Matematika III
1
SKRIPTA
MATEMATIKA III
Matematika III
2
1. FUNKCIJE VIE ARGUMENATA
Def.1.1. Neka je C skup kompleksnih brojeva i 43421n
n xCCxCxC ...= , Dekartov proizvod skupa C. Ako je nCX i CY , tada emo pridruivanje f bilo koje ntorke ( ) nn CXxx ,...,1 tano jednom elementu CYz , nazivati kompleksnom funkcijom kompleksne promenljive, od n argumenata.
To zapisujemo YXf : ili ( ) zxxf n ,...,: 1 ili ( )nxxfz ,...,1= .
Ako je nRX a CY , tada imamo kompleksnu funkciju realnih argumenata. Ako je nCX a RY , tada imamo realnu funkciju komp-leksnih argumenata. Ako je nRX a RY , tada imamo realnu
funkciju realnih argumenata (promenljivih). Za skup X kaemo da je domen ili oblast definisanosti funkcije i oznaavamo sa ( )fD . Skup Y je antidomen ili kodomen funkcije. Oznaavamo ga sa ( )fC . Za
( ) ( ){ }fDxxxxffV nn = ,...,:),...,( 11 kaemo da je skup vrednosti funkcije. Mi emo u ovom kursu raditi sa realnom funkcijom realnog argumenta. Primeri.
1. Odrediti oblast definisanosti sledeih funkcija
1.1. yxz +=
1.2. yxyxz +
=
1.3. yxz = 2 1.4. ( )yxz = 2ln 1.5. ( )yxz += arcsin
Reenja. 1.1. yxz +=
( ){ } 2,|,)( RyxyxfD =+
Matematika III
3
( ){ }RyxxyyxD f > xyxyx (( ) ( ) ) xyxyxxyx > 0ln00ln0
Matematika III
4
( ) xyxyxxyx > 1010 ( ) xyxyxxyx >+ 1010
)( ) ( ) }({ RyxxyxxxyxyxD f + xyxy
023lnsin > xyxy
0>xy ( ){ }RyxxyyxD f >= ,,0,
Zadaci.
1. Odrediti oblast definisanosti sledeih funkcija 1.1. yxz += 2 1.2. yxz 2+=
1.3. yxz =
1.4. yx
xz =
1.5. yxz =
1.6. 224 yxz = 1.7. yxz += ln 1.8. ( )yxz += ln 1.9. ( )yxz += 2arcsin 1.10. ( )yxz = arccos 1.11. 44 22 += yxz 1.12. 222 yxxz =
1.13. xyz arcsin=
1.14. xyyxxz arcsin2 22 +=
1.15. 22229ln yx
yxxyz ++++=
Matematika III
5
1.16. 22ln yxz +=
1.17. ( )22ln yxz += 1.18.
221
yxz
=
1.19. ( )yxz 2ln = 1.20. ( )xyz = arcsin
2. Odrediti i grafiki predstaviti oblast definisanosti sledeih funkcija
2.1. y
xz 12 +=
2.2. yxz += 2.3. xyz =
2.4. yx
xyz ++= arccos2
2.5. ( )yxz = ln1
2.6. 22
22
2 yxxxyxz
+=
2.7. yxyxz ++=
2.8. x
yz 1arcsin =
2.9. ( )222
1ln
4
yx
yxz
=
2.10 yxz sin= 2.11. yxz sinlnln = 2.12. arcsin=z xyx +
2
2.13. yyx
z 11 +=
2.14. 22 41 yxz += 2.15. ( )( )12 += yxz 2.16. ( ) ( )3ln2ln ++= yxz 2.17. ( ) ( )2ln3 += xyz
Matematika III
6
2.18. 94
122 yxz =
2.19.
+= 1
49ln
22 yxz
2.20. yxz += 2
1.1. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA FUNKCIJE VIE ARGUMENATA
Neka je u trodimenzijonom Euklidovom prostoru 3E uspostavljen pravougli koordinatni sistem 321 xxOx (njega ine tri uzajamno normalne brojne ose sa zajednikim poetkom). Svakoj taki iM ose iOx { }( )3,2,1i pridruen je tano jedan broj ix . Kaemo da je ix koordinata take iM .i piemo ( )ii xM (preciznije objanjenje u navedenoj literaturi [ ]2 M. jani).
Svakoj taki ijM ravni { }( )3,2,1, jixOx ji pridruena je tano jedna dvojka brojeva ( )ji xx , . Brojevi ji xx , su koordinate take ijM i to zapisujemo ( )jiij xxM , . Svakoj taki 123M trodimenzionog prostora
pridruena je tano jedna trojka brojeva ( )321 ,, xxx . Brojevi 321 ,, xxx jesu koordinate take 123M to zapisujemo 123M ( )321 ;; xxx . Na analogan nain se u n-dimenzionalnom Euklidovom prostoru nxxOx ...21 svakoj taki M na
jedinstven nain pridruuje n-torka brojeva ( )nxxx ,...,, 21 . Za brojeve nxxx ,...,, 21 kaemo da su koordinate take M . Mi emo razmatranja najee svesti na 3=n .
Teorema 1.1.1.
Preslikavanje ( )321123 ,, xxxM je bijekcija taaka prostora 3E i ureenih trojaka realnih brojeva. Dokaz.
Neka su 1M i 2M dve razliite take prostora 3E . Postavimo kroz take 1M i 2M po tri ravni
paralelne, respektivno, ravnima ( )21, xx , ( )32, xx , ( )13, xx . Svaka od njih see ose 321 ,, xxx u tano jednoj taki. Prema tome, taki 1M odgovara trojka brojeva ( )131211 ,, xxx koji predstavljaju koordinate presenih taaka koordinatnih osa i razmatranih ravni kroz taku 1M . Neka taki 2M odgovara, tim postupkom, trojka ( )232221 ,, xxx . Ako pretpostavimo da su trojke ( )131211 ,, xxx i ( )232221 ,, xxx jednake, tada bi to znailo da se ravni normalne na 321 ,, xxx ose kroz take sa koordinatama 11x i 21x , 12x i
22x , 13x i 23x poklapaju (zbog jednakosti tih koordinata). Prema tome iz ( ) ( )232221131211 ,,,, xxxxxx = sledi jednakost taaka 1M i 2M (sl.1.1.1.).
sl. 1.1.1.
Matematika III
7
Kako je za svaku trojku ( )321 ,, ttt jednoznano odreen skup tri take 321 ,, TTT na 321 ,, xxx i kako se ravni kroz te take normalne na pripadne ose seku u tano jednoj taki, to je razmatrano preslikavan je 1-1 i na.
Na osnovu dokazane bijekcije, pisaemo ( )0302010 ,, xxxM i zakljuiti da ureenoj trojci odgovara taka u trodimenzionom prostoru. Analogno u n-dimenzionom Euklidovom prostoru nE preko koordinatnog sistema
nxOx ...1 pridruena je taki 0M ureena n-torka realnih brojeva ( )nxx 001,..., , to emo zapisati ( )nxxM 0010 ,...,
Geometrijsko mesto taaka definisano funkcijom jednog realnog argumenta ( )1xfz = je kriva u ravni, geometrijsko mesto taaka definisano funkcijom ( )21, xxfz = je povr u prostoru.
Geometrijska mesta taaka definisana funkcijom ( )nxxfz ,...,1= je povr u ( )1+n - dimenzionom Euklidovom prostoru, pri emu za 3n tu povr geometrijski ne moemo da predstavimo (sl. 1.1.2.).
sl. 1.1.2
1.2. KOORDINATNI SISTEMI. KARAKTERISTINE POVRI
Pored razmatranog preslikavanja taaka prostora 3E , na ureene trojke posredstvom Dekartovog pravouglog sistema, ta se preslikavanja mogu realizovati i na druge naine. Na slikama 1.2.1., 1.2.2., 1.2.3. prikazane su take u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu ( )zyx ,, , cilindrinom sistemu ( )z,, i sfernom sistemu ( ) ,, . Sa slika se nalazi analitika veza izmeu ta tri sistema. Veza izmeu pravouglih i cilindrinih koordinata je
tgxyyxzzyx ==+=== ,,,sin,cos 222 .
Veza izmeu pravouglih i sfernih koordinata je
,,cos,sinsin,cossin 2222 =++=== zyxzyx 2222 sin, =+= yxtg
xy
sl. 1.2.1.
Matematika III
8
sl. 1.2.2.
sl. 1.2.3.
Primeri.
1. Povri date jednainama u Dekartovom koordinaatnom sistemu napisati u sfernom koordinatnom sistemu
1.1. 2222 azyx =++
1.2. ( ) 423222 zazyx =++ 1.3. ( ) axyzzyx =++ 2222 1.4. 12
2
2
2
2
2=++
cz
by
ax
1.5. 2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
by
ax
cz
by
ax +=
++
Reenja.
1.1. 2222 azyx =++
smenazyx
===
cossinsincossin
( ) ( ) ( ) 2222 cossinsincossin a=++
Matematika III
9
222222222 cossinsincossin a=++ ( ) 2222222 cossincossin a=++ 22222 cossin a=+ ( ) 2222 cossin a=+ 22 a= a=
1.2. ( ) 423222 zazyx =++ smena
===
.cossinsincossin
zyx
Kako je 2222 =++ zyx ( ) 44232 cosa=
4426 cosa= 422 cosa=
2cosa= 1.3. ( ) axyzzyx =++ 2222
smena
===
.cossinsincossin
zyx
Kako je 2222 =++ zyx ( ) cossinsincossin22 = a
sincoscossin234 a= 2sincos2sin
2a=
1.4. 122
2
2
2
2=++
cz
by
ax
U ovom primeru koristiemo tzv. uoptine sferne koordinate
cossinax = sinsinby =
coscz =
Matematika III
10
Posle smene dobijamo
( ) ( ) ( ) 1cossinsincossin 22
2
2
2
2=++
cc
bb
aa
1cossinsincossin2
222
2
2222
2
2222=++
cc
bb
aa
( ) 1cossincossin 222222 =++ 1cossin 2222 =+
1)cos(sin 2222 =+ 12 =
1=
1.5. 2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
by
ax
cz
by
ax +=
++
Uvoenjem uoptenih sfernih koordinata
cossinsincossin
czbyax
===
dobijamo
2
2222
2
2222
2
2
222
2
2222
2
2222
sinsincossin
cossinsincossin
bb
aa
cc
bb
aa
+=
=
++
( ) ( ) 222222 sincossin += 224 sin=
22 sin= sin=
Geometrijsko mesto taaka ( )zyxM ,, ije koordinate zadovoljavaju jednainu ( ) 0,, =zyxF zove se povr, a ta jednaina, jednaina povri. Jednaina povri moe biti u eksplicitnom obliku ili ( )zyfx ,1= ili ( )zxfy ,2= ili ( )yxfz ,3= , parametarskom obliku ( ),,ufx = ( ),,ugy = ( ),uhz = i implicitnom obliku ( ) 0,, =zyxF ,
Primer.
2. Jednaine povri predstaviti u parametarskom obliku.
2.1 2222 azyx =++ 2.2 ( ) ( ) ( ) 2222 rczbyax =++ 2.3. 12
2
2
2
2
2=++
cz
by
ax
Matematika III
11
Reenje.
2.1. 2222 azyx =++ cossinax = sinsinay =
cosaz = 2.2 ( ) ( ) ( ) 2222 rczbyax =++
coscossinsinsinsincossincossin
rczrczrbyrbyraxrax
+==+==+==
2.3. 122
2
2
2
2=++
cz
by
ax
cossinsincossin
czbyax
===
Zadaci.
1. Povri date jednaine u Dekartovom koordinatnom sistemu napisati u sfernom koordinatnom sistemu
1.1. 4222 =++ zyx
1.2. ( ) ( )22223222 yxazyx +=++ 1.3. 222 zyxz ++=
1.4. ( ) 22/3222 azzyx =++ 1.5. ( )
22
262222
yxzazyx +=++
1.6. ( ) xazyx 32222 =++ 1.7. azzyx 2222 =++
1.8. ( ) zazyx 32222 =++ 1.9. 2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
cz
by
ax
cz
by
ax +=
++
1.10. ax
cz
by
ax =
++
2
2
2
2
2
2
2
2. Jednainu povri zadate u eksplicitnom ili implicintnom obliku predstaviti u parametarskom obliku
2.1. 4222 =++ zyx
Matematika III
12
2.2. 11694
222=++ zyx
2.3. ( ) ( ) ( ) 1432 222 =+++ zyx 2.4.
( ) ( ) ( ) 116
492
41 222 =+++ zyx
2.5. Rxzyx 2222 =++ Povri moemo podeliti (izvriti klasifikaciju) na razliite naine. Jedna od klasifikacija mogla bi biti
1.2.1 ROTACIONE POVRI
Rotacione povri S nastaju rotacijom (obrtanjem) neke krive oko fiksne prave (ose rotacije). Pri tome, svaka taka 0M na krivoj ,L opisuje krunicu sa centrom C na osi rotacije s . Ta krunica
odreuje ravan normalnu na osu rotacije s . Ako je ( )zyxM ;; taka rotacione povri S , ( )0;0;00 zyxM odgovara-jua taka na krivoj L i ako je
prostorna kriva L data sistemu jednaina (kao presek dve povri)
( )( ) ,0,,
0,,...
2
1
==
zyxfzyxf
L
a osa s jednainom 3
1
2
1
1
1...a
zza
yya
xxs == , gde je ( )1111 ,, zyxM taka ose s, tada taka M zadovoljava jednainu ravni : ( ) ( ) ( ) 0030201 =++ zzayyaxxa (slika 1.2.1.1.)
slika 1.2.1.1.
Matematika III
13
1.2.2. CILINDRINE POVRI
Te povri nastaju kretanjem jedne prave (izvodnica ili generatrisa), koja stalno ostaje paralelna fiksnoj pravoj i sadri take neke krive (prolazi kroz krivu-vodilju ili direktrisu) (sl. 1.2.2.1.).
slika 1.2.2.1.
Primeri.
1. Jednaina eliptikog cilindra (sl.1.2.2.2.), ija je direktrisa elipsa u ravni Oxy , a generatrisa paralelna z-osi, je
122
2
2=+
by
ax
sl. 1.2.2.2.
2. Jednaina parabolikog cilindra (sl.1.2.2.3.) sa direktrisom parabolom u ravni Oxy ,a generatrisa paralelna z osi, je
22 xpy =
sl.1.2.2.3.
Matematika III
14
3. Hiperboliki cilindar (sl.1.2.2.4) ija direktrisa hiperbola u ravni Oxy a generatrisa paralelna z-osi, je
12
2
2
2=
by
ax
sl.1.2.2.4.
1.2.3.KONUSNE POVRI
Nastaju kretanjem prave koja prolazi kroz fiksnu taku i fiksnu krivu. Kriva je vodilja, taka vrh, a prava kroz vrh i vodilju je izvodnica (generatrisa) (sl.1.2.3.1.).
sl. 1.2.3.1.
Primer.
Jednaina konusa, ija je vodilja
+=
00
2
2
2
22
ba
by
axz a vrh ( ),0,0,0O preseena ravni ,0zz = je elipsa
120
2
2
20
2
2
2
2
2
220 =++=
zby
zax
by
axz
Presek konusne povri ravnima )0(0 == yx je prava
== xa
zyb
z 11
Matematika III
15
1.2.4. ALGEBARSKE POVRI DRUGOG REDA
To su povri ije take svojim koordinatama zadovoljavaju jednainu
( ) ++++++ FyzExzDxyCzByAxzyxF 222,, 222 0=++++ LKzHyGx ... (1.2.4.1.)
Teorema 1.2.4.1
Prava i algebarska povr drugoga reda imaju najvie dve zajednike take.
Dokaz. Prava se u segmentnom obliku predstavlja jednakou
3
0
2
0
1
0a
zza
yya
xx ==
( )0,0,00 zyxM ( )3,2,1 aaaar
pri emu je taka ( )0,0,00 zyxM na pravoj a, vektor ( )3,21, aaaar paralelan pravoj. Parametarski oblik jednaine prava je
03
02
01
ztazytayxtaz
+=+=+=
(1.2.4.2.)
Kada se jednakosti (1.2.4.2) zamene u (1.2.4.1) dobija se kvadratna jednaina po t. Ako su ta reenja realna i razliita, tada postoje dve take preseka, ako je reenja dvostruko realno tada je prava tangenta date povri, i ako su reenja kompleksna, tada prava i povr nemaju zajednikih taaka Ta jednaina ne moe imati vie od dva reenja.
1.2.4.1. Sfera sa centrom u taki ( )rqpC ,, i poluprenikom R ima jednainu (sl.1.2.4.1.1.) ( ) ( ) ( ) 2222 rrzqypx =++
sl.1.2.4.1.1.
Matematika III
16
1.2.4.2. Elipsoid sa centrom u koordinatnom poetku ima jednainu (sl.1.2.4.2.1)
122
2
2
2
2=++
cz
by
ax
.
sl.1.2.4.2.1. 1.2.4.3. Jednograni hiperboloid sa osom y ima jednainu (sl.1.2.4.3.1.)
122
2
2
2
2=+
cz
by
ax
.
sl.1.2.4.3.1.
Sa osom z ima jednainu (sl.1.2.4.1.3.)
122
2
2
2
2=+
cz
by
ax
.
sl.1.2.4.1.3.
Matematika III
17
1.2.4.4. Dvograni hiperboloid ija je osa z-osa ima jednainu (sl.1.2.4.4.1.):
122
2
2
2
2=+
cz
by
ax
.
sl.1.2.4.4.1. 1.2.4.5. Paraboloid sa temenom u koordinatnom poetku, osom z i otvorom prema pozitivnom smeru
z-ose ima jednainu (sl.1.2.4.5.1.)
2
2
2
2
by
axz +=
sl.1.2.4.5.1. 1.2.4.6. Hiperboliki paraboloid (sedlasta povr) sa temenom u kordinatnom poetku ima jednainu
(sl.1.2.4.6.1.)
2
2
2
2
by
axz =
sl.1.2.4.6.1.
Matematika III
18
Preseci te povri sa ravnima hz = su hiperbole hL a preseci sa ravnima lx = i ky = su parabole lP i kQ . Ako je 0== hz , tada je xa
by = , tj. preseci su prave.
Primeri i zadaci.
Odrediti:
1. Presek sfere ( ) ( ) ( ) 2222 Rrzqypx =++ i ravni rzqypx === ;; . 2. Presek elipsoida
122
2
2
2
2=++
cz
by
ax
i ravni 1zz = za ;1 czc
Matematika III
19
0111 21
2211
1
cz
cz
czczc
Neka je 212
211 k
cz = Kada je =+ 212
2
2
2k
by
ax
( ) ( ) .1212
21
2=+
bky
akx
Prema tome, presek je elipsa u ravni 1zz = (paralelnoj Oxy ravni) (sl.1.2.4.1.2.). Analogno tome, presek elipsoida i ravni 1yy = je elipsa ( ) ( ) ,122
2
22
2=+
ckz
akx
i presek elipsoida i ravni
1xx = je elipsa ( ) ( ) .1232
23
2=+
ckz
bky
3. Za ( ) ( ) 11 212
21
2212
21
2
2
2
2
1 =+=+=+=bk
yakxk
cz
by
axzz . Zakljuujemo da je presek elipsa u ravni
1zz = (paralelnoj ravni O xy ) (sl.11.2.4.1.3.-a).
Za: 10 22
2
2==
cz
byx hiperbola u ravni O .yz
Za 10 22
2
2==
cz
axy hiperbola u ravni O .xz
Ako je jednaina jednogranog hiperboloida 12
2
2
2
2
2=+
cz
by
ax
(osa hiperboloida je y-osa) tada je presek
sa ravni 1yy = elipsa, a sa ravnima x=0, odnosno z=0 su hiperbole.
4. Za ( ) ( ) 121 12
21
2212
21
2
2
2
21 =+=+=+= bk
yakxk
c
z
by
axzz elipsa u ravni 1zz = (sl.1.2.4.1.4.a).
Za 102
2
2
2==
cz
byx hiperbola 12
2
2
2=+
cz
by
Za 10 22
2
2=+=
cz
axy hiperbola.
Ako je jednaina dvogranog hiperboloida 122
2
2
2
2=++
cz
by
ax
tada je presek sa ravni
( )axiaxxx = 111 elipsa a sa ravnima ,0=y odnosno, 0=z hiperbole. 5. Za: 1zz = ( ) ( ) ( ) 10 21
2
21
2
2
2
2
211 =++=>
zb
y
za
xby
axzz elipsa (sl. 1.2. 4.1.6. a).
Za 2
20
byzx == parabola,
za 2
20
axzy == parabola.
Jednaina paraboloida sa temenom na z-osi je cby
axz +
+= 2
2
22
(sl.1.2.4.1.6.b). Preseci su
analogno predhodno razmatranom elipsa i parabole.
Matematika III
20
6. Za 11
2
1
22211 2222
zpzx
qzy
px
qyzzz == ( )01 >z hiperbola (sl.1.2.4.1.6.).
Za x=0, odnosno y=0, preseci su parabole.
7. Za ( ) ( )212
21
2
2
2
2
2211 1
bzy
azx
by
axzzz +=+== . Prema tome, traeni presek je elipsa
(sl.1.2.4.1.7.). Preseci konusa sa ravni x=0, odnosno y=0, su prave
,1 yb
z = odnosno, xa
z 1= .
1.3. GRANINA VREDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE VIE ARGUMENATA
Def.1.3.1. Funkcija ( )nxxf ,...,1 ima graninu vrednost Ra , kada nxx ,...,1 tee, respektivno brojevima naaa ,...,, 21 , ako 0> , 0> tako da je ( )
Matematika III
21
Primeri.
1. Dokazati, po definiciji, da je za funkciju
( ) ( )51,lim,
41,
00
=+=
yxf
yxyyxf
yx
Reenje.
( ) ( ) ( ) ( ) ++=
++=++=
451
455
45455
51
41
51,
yy
yxy
yyxy
yxyyxf
( ) ( ) 1014510
4451
4++++=
++ yxyyxyy
yy
yxy
(razmatramo u okolini take ( )1,00 M ) Ako stavimo da je hx
Matematika III
22
Uoimo sada dva niza taaka
nn1,1 i
nn1,1 , koji tee taki 0(0,0) kada .n Data
granina vrednost zaista ne postoji jer
11
1
lim1111
11
lim1,1lim
4
4
2
22
22 ==
+
=
n
n
nnnn
nnnn
fnnn
=+=+=
+
=
4
2
4
24
4
222
22
41
1
lim41
1
lim411
11
lim11lim
nn
n
nn
n
nnn
nnnn
fnnnn
0411lim 2 =+= nn ,
odnosno doli smo u kontradikciju sa definicijom 1.3.2.
4. Pokazati da za funkciju ( ) ( )yx
yxyxf 1sin1sin, += oba uzastopna limesa
( )
yxfyx ,limlim 00 i ( )
yxfxy ,limlim 00 ne postoje, a
( ) 0,lim00
=
yxfyx
Reenje. Kako ne postoje yy1sinlim
0 i ,1sinlim
0 xxto ne postoje ni uzastopni limesi. Meutim
( ) yxyxyx
yx +++ 1sin1sin0
( ) ( ) 0lim,lim0
00
22
=+
yxyxfyx
yx
. Dakle, ( ) 0,lim00
=
yxfyx
5. Nai ( ) ( )( ) ( )22
2
00 22
22lim +++
yx
yx
yx
kao u ( ) ( )( ) ( )
+++
222
22 2222limlim
yxyx
yx i
( ) ( )( ) ( )
+++
222
22 2222limlim
yxyx
xy.
Reenje. ( ) ( )( ) ( )
( )( ) 002
02lim2222limlim 2
2
222
2
22=+
=
+++
xx
yxyx
xyx
( ) ( )( ) ( )
( )( ) 020
20lim2222limlim 222
2
22=
+++=
+++
y
yyxyx
yxy
Matematika III
23
Da bi nali ( ) ( )
( ) ( )222
22 22
22lim +++
yx
yx
yx
uvedimo polarne koordinate
cos2 rx = sin2 ry =+
pa dobijamo ( ) ( )( ) ( ) =+
=+++
+
2222
23
022
2
22 sincos
sincoslim22
22limrr
ryxyx
ryx
( ) 0sincos sincoslim 22223
0=+= +
r
rr
Dakle postoje sva tri limesa i jednaki su meu sobom
Kada postoje sva tri limesa, oni su uvek jednaki.
6. Nai uzastopne granine vrednosti ako je ( )
+= xyxytg
xyyxf
11, , a yx ,0 .
Reenje. =
+
=
+ x
yy
xytgxyxy
xytgxy yxyx 1
1limlim1
1limlim00
0101lim0
==
= tgx
xtgx
=
+
++
+=
+ xy
xyxy
xy
xyxy
xyxy
xyxyxytg
xy xyxy1
1
1cos
1sin
1limlim1
1limlim00
=
++
+
+
xyxyxy
xyxy
xyxy
xyxy
xxxy1
cos
1lim1
1lim
1
1sin
limlim000
11lim1
1limlim0
==+= yxy xy
7. Nai granine vrednosti 7.1. ( )145lim 2
21
+
yxyx
7.2. 12
1lim11 +
+ yxxy
yxxy
yx
7.3. y
tgxy
yx
04
lim
Matematika III
24
7.4. yxx
yx x
+
+2
11lim1
Reenja.
7.1. ( ) 218512415145lim 2221
=+=+=+
yxyx
7.2. ++=+
+
12
1lim12
1lim11
11 yxxy
yxxyyxxyyxxy
yx
yx
=++++
1212
yxxyyxxy ( ) ( ) =+ +++
12
121lim
11 yxxy
yxxyyxxy
yx
( ) ( ) =+ +++=
1121
lim11 yxxy
yxxyyxxy
yx
212111 =++
7.3. ===
xyy
xyyxyxy
ytgxy
yx
yx
xy
yx cos
1limsinlimcossin
limlim
04
04
40
04
4140cos
1sinlim04
===
xyxyx
yx
7.4. =
+=
+=
+ +
+
+
yxx
x
yx
yxxx
yx
yxx
yx xxx
11lim11lim11lim111
2
eeee xyx
x
yxyx
x
yx
====
+
+ 1
11
lim
1
lim
Def. 1.3.3. Neka je ( ) ( ) ( )yxMyyxxMyxM ,,,, 0010,00 ++ i ( ) ( ),, Mfyxf = odnosno ( ) ( ).00,0 Mfyxf = Za funkciju ( )Mf kaemo da je neprekidna u taki ( )0,00 yxM ako 0,0 >>
tako da je
( ) ( )
Matematika III
25
Za funkciju ( ) ( )100 , Mfyyxxf =++ kaemo da je neprekidna u taki ( ) ( )00,0 Mfyxf = ako
1. postoji ( )0Mf , 2. ( ) ( ) ( )00,000
00
,lim Mfyxfyyxxfyx
==++ ili
( ) ( )( ) 0lim 0100
= MfMf
yx
Primeri.
1. Ispitati neprekidnost funkcije
1.1. ( ) yxyxf +=,
1.2. ( ) ( ) ( )( ) ( )
=+=
0,0,,2
0,0,,, 222
yx
yxyxyx
yxf
1.3. ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
=+=
0,0,,0
0,0,,, 22
2
yx
yxyx
xyyxf
1.1. ( ) yxyxf +=, Oblast definisanosti ove funkcije 2RD = Kako je ( ) ( ) ( )( )Dbabafbayx
byax
=+=+
,,lim znai da je funkcija neprekidna u D tj. 2R .
1.2. ( ) ( ) ( )( ) ( )
=+=
0,0,,2
0,0,,, 22
2
yx
yxyxyx
yxf
Oblast definisanosti ove funkcije je 2RD = Kako je ( ) ( ) ( ) ( ),0,0,,,lim
22
2=+=
babafbabayxf
byax
onda je ( )yxf , neprekidna u ( ){ }0,0\2R . Zaista,
kako je ( ) 222
,2
22
2
Matematika III
26
Kako je ( ) ( ) ( )bafba abyxfby ax ,,lim 222
=+
=
za ( ) ( ){ }0,0\, Dba ,to je ( )yxf , neprekidni u
( ){ }0,0\D Kako je ( ) ( ) 000limlimlim 2022
2
00=
+=
+ xx
yx
xyxyx
( ) ( ) 000limlimlim 222
022
2
00=
+=
+ yy
yx
xyyyy
a za ( ) 041
4
1
lim11
11
limlim1,1
4
4
2
22
2
2,2
==
+
=
n
n
nn
nnyxfnn
Mnnn
nnn
,
pa ne postoji ( ).,lim00
yxfyx Zbog toga je funkcija prekidna u taki
( )0,0 . U takama krive
( )02 = yyx Funkcija je prekidna jer u njima nije definisana. 2. Pokazati da je funkcija
( )
=+
++=0,0
0,
24
2424
2
yxza
yxzayxyx
yxf
neprekidna u taki ( )0,0 du svake poluprave ,sin,cos tytx == ( )+ t0 koja prolazi kroz tu taku, a ipak je prekidna u taki ( )0,0
Reenje.
imamo ( )0,00)sincos(
sincoslimsincossincoslim 2422
23
02244
22
0f
ttt
tttt
tt==+=+
Dakle, du poluprave koja prolazi kroz taku ( ),0,0 funkcija f je neprekidna u toj taki. Meutim funkcija ( )yxf , ima prekid u taki ( )0,0 jer za
21,1
nnMn
( )0,021
2
1
lim11
11
lim1,1lim
4
4
44
22
2f
n
n
nn
nnnn
fnnn
==+
=
Zadaci.
1. Dokazati, po definiciji, da je za funkciju:
1.1. ( ) ( )72,lim,
61,
11
=+=
yxfy
xyyxfyx
Matematika III
27
1.2. ( ) ,5
, += yxyyxf
41
5lim
11
=+
yxy
yx
2. Da li postoji granina vrednost
2.1. yx
yxyx
yx +
++
22
00
lim
2.2. 22
00
2limyx
xy
yx +
22
22
00
limyxyx
yx +
3. Neka je ( ) ( )xy
yxyxf 1sin, 22 += . Dokazati da postoji dvojna granina vrednost ( )yxfyx
,lim00
a da
uzastopne ne postoje.
4. Neka je ( )y
xyxf 1sin, = . Dokazati da postoje granine vrednosti
( )
yxfxy ,limlim 00
i ( )yxfyx
,lim00
a da uzastopna granina vrednost
( )
yxfyx ,limlim 00 ne postoji.
5. Dokazati da funkcija ( )yx
yx
xyxf +
+=
1sin, nema dvojnu graninu vrednost ( )yxf
yx
,lim00
niti
( )
yxfyx
,limlim00
a ( ) 1,limlim00
=
yxfxy
6. Nai ( )
yxfbyax ,limlim i
( )
yxfaxby ,limlim ako je
6.1. ( ) +=+=++= ba
yxyxyxf ,,,
42
22
6.2. ( ) 0,,1
, +=+=+= baxxyxf y
y
6.3. ( ) +=+=+= bayxxyxf ,,
2sin,
6.4. ( ) 0,0,22
33==+
+= bayxyxyxf
6.5. ( ) ( ) 0,1,log, ==+= bayxyxf x
Matematika III
28
6.6. ( ) 0,0,, 223322
==+++= ba
yxyxyxyxf
6.7. ( ) 1,1,,22
==+++= ba
yxyxyxyxf
6.8. ( ) ( ) 0,0,2,
2==
+= ba
yxxyyxf
6.9. ( ) ( )( )( ) ( ) 1,1,1111,
22==
+= ba
yxyxyxf
6.10. ( ) 0,0,11,22
22==+
++= bayx
yxyxf
7. Nai granine vrednosti
7.1. ( )2lim 211
++
xyxyx
7.2. yxyx
yx +
+
22
32
lim
7.3.
++
21......
11
lim10 yx
yx
yx
7.4. 2
4lim13 +
+ yx
yx
yx
7.5. yxyx
yx
33
11
lim
7.6. xxy
yx
sinlim10
7.7. ( )( ) 2222
22
00
cos1limyxyxyx
yx +
+
7.8. ( ) 222200
limyx
yx
yx +
7.9. yxx
yx x
+
+2
21lim1
7.10. ( ) ( )yxyx
eyx +
+++ 22lim
Matematika III
29
8. Ispitati neprekidnost funkcije
8.1 ( ) 22, yxyxyxf ++= 8.2 ( ) ( )yxyxf += arcsin,
8.3 ( ) ( ) ( )( ) ( )
=+=
0,0,,1
0,0,,, 22
2
yx
yxyx
xyyxf
8.4 ( ) ( )1
1sin1sin, += yxyxyxf
8.5 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
=+=
0,0,,0
0,0,,, 2
2
yx
yxyx
yxyxf
8.6 ( )22
,yx
xyyxf +=
8.7 ( )22
,yx
xyyxf+
=
8.8 ( )22
22,
yxyxyxf
+=
8.9 ( )1
1,22 += yxyxf
8.10 ( )33
,yxyxyxf +
+=
8.11 ( ) ( ) ( )22 211, ++= yxyxf
8.12 ( )yx
yxyxyxf +++= 32,
22
8.13 ( ) ( ) ( )Raayx
yxyyxf += ,,ln, 222
8.14 ( ) ( )1ln 1, 22 ++= yxyxf 8.15 ( ) ( )22arcsin, yxyxf += .
Matematika III
30
1. 4. PARCIJALNI IZVODI
1. 4. 1. PARCIJALNI IZVODI PRVOG REDA
Razmotriemo funkciju od dva argumenta ( )yxfz ,= . Neki od razmatranih rezultata se sasvim jednostavno uoptavaju na funkcije od 2>n argumenata.
Def.1.4.1.1. Pod parcijalnim (deliminim) izvodom xz
po promen-ljivoj x, podrazumevamo sledei
limes, uz uslov .,consty = ( ) ( ) ( ) ,,,,lim '
0 xfyxf
xyxfyxxf
xz
xx
==+=
ako taj limes postoji.
Analogno je ( ) ( ) ( )
yfyxf
yyxfyyxf
yz
yy
==+=
,
,,lim '0
parcijalni izvod po promenljivoj ,y ako
taj limes postoji uz uslov .constx = Izvod
xz
predstavlja koeficijent pravca tangente na krivu
( )
===
bconstyyxfz.
, u pravcu x-ose. Analogno se moe rei za parcijalni izvod ,
yz
da predstavlja
koeficijent pravca tangente na krivu. ( )
===
aconstxyxfz.
,u pravcu ose y ( sl.1.4.1.1.).
sl. 1.4.1.1.
Primeri.
1. Odrediti parcijalne izvode, prvog reda, sledeih funkcija
1.1. 22 1117 yxyxz ++=
1.2. xy
yxz22 +=
1.3. 23 yexz =
1.4. 22 yxz += 1.5. xyez = 1.6. yxz = 1.7. ( )2ln yxz +=
Matematika III
31
1.8. 22 yx
yxactgz ++=
1.9. tgxyz ln=
1.10. 22ln yxz += Reenja.
1.1. 22 1117 yxyxz ++=
yxxz 172 +=
yxyz 2217 +=
1.2. xy
yxz22 +=
( )
( )( ) ====+= 22
22
22
32
22
322
2
22 22
yxyxy
yxyyx
yxyyxyx
xyyxyxyx
xz
yxyx
2
22 =
( )
( )( ) ====+= 22
22
22
32
22
232
2
22 22
yxxyx
yxxxy
yxxyxxy
xyyxxxyy
yz
2
22
xyxy =
1.3. 23 yexz =
223 yexxz =
22 33 22 yy yexyexyz ==
1.4. 22 yxz +=
222222222
2
1;22
1
yx
yyyxy
z
yx
xxyxx
z
+=
+=
+
=+
=
1.5. xyez = xyye
xz =
xyxeyz =
1.6. yxz =
Matematika III
32
1= yxyxz
xxyz y ln=
1.7. ( )2ln yxz += 2
1yxz
z+=
22221
yxyy
yxyz
+=+=
1.8 22 yx
yxarctgz ++=
( )
( ) ( )( )
+++
=+
++
+++
=
222
2222
22
2
221
12
1
1
yx
yxyx
yxxyx
yxyxx
z
( ) =++
222
222 22
yx
xyxyx ( ) ( )222222 2
yxyx
xyxy
+++
( )
( ) ( )( )
+++
=+
++
+++
=
21
12
1
1
22
2222
22
2
2 yxyxyx
yxyyx
yxyxy
z
( )222222 22
yx
yxyyx
++ ( ) ( )2222
22 2
yxyx
xyyx
+++=
1.9. tgxyz ln=
xy
yxyxy
yyxy
xyxy
yxytgxyx
z2sin
2cossincos
1
cossin
1cos
1122
====
xy
xxyxy
xxxy
xyxy
xxytgxyy
z2sin
2cossincos
1
cossin
1cos
1122
====
1.10. 22ln yxz +=
222222
22
11yx
xxyxyxx
z+=+
+
=
222222
22
11yx
yyyxyxy
z+=+
+
=
2. Pokazati da funkcija xyexz = zadovoljava jednainu xyzy
xzx =
Matematika III
33
xyexz = ye
xz xy = 1
xeyz xy =
=
yzy
xzx ( ) ( )= xeyyex xyxy1 xxyexyex xyxy =+
1.4.2. PARCIJALNI IZVODI VIEG REDA
Parcijalni izvodi funkcije ( )xzyxfz = ,, i
yz
predstavljaju neke funkcije.
Parcijalni izvodi parcijalnih izvoda prvog reda, jesu parcijalni izvodi drugog reda. Oznaavamo ih
( ) ( )2
2
2
2"",, ,
xf
xz
xz
xyxfzz xxxxxx
==
===
( ) ( )yxf
yxz
xz
yyxfzz xyxyyx
==
===
22"",, ,
( ) ( )xyf
xyz
yz
xyxfzz yxyxxy
==
===
22''",, ,
( ) ( )2
2
2
2''",, ,
yf
yz
yz
yyxfzz yyyyyy
==
===
2
2
xz
(itamo: delta dva z po delta 2x )
yxz
2 (itamo: delta dva z po delta x, delta y).
Parcijalni izvod {{( )qp
yyxxqp
qp
qp
fyxz ++ =
...... , je dobijen tako to je p puta naen parcijalni izvod po x , a
zatim q puta parcijalni izvod po y . Moe se pokazati da vredi Teorema 1.4.2.1. (varcova teorema). Ako je ( )yxfz ,= definisana u oblasti ( )zD i ima parcijalne
izvode xz
i yz
u domenu ( )zD i ako su neprekidni drugi parcijalni izvodi yxz
2,
xyz
2, tada je
xyz
yxz
=
22.
Prema tome, kod izvoda vieg reda, uz navedene uslove, nije bitan redosled pri traenju izvoda.
Primeri.
Matematika III
34
1. Nai parcijalne izvode drugog reda za funkcije
1.1. 2222 2 yxyxz += 1.2. xyez = 1.3. ( )22ln yxz += 1.4.
xyarctgz =
1.5. yxez += sin Reenje.
1.1. 2222 2 yxyxz += 242 xyxxz =
yxyyz 242 =
22
242 y
xz =
xyyxz 8
2=
2
2
242 x
yz =
1.2. xyez = xyyexz =
xyxeyz =
xyeyx
z 22
2=
( )xyexyeeyxz xyxyxy +=+=
12
xyexy
z 22
2=
1.3. ( )22ln yxz += 2222
221yx
xxyxx
z+=+=
222
yxy
yz
+=
( )( ) ( ) ( ) ( )( )22222
222
22
222
222
222
22
2
2 222422222
yx
xy
yx
xy
yx
xyx
yx
xxyxx
z
+=
+=
++=
++=
( ) ( )2222222 422
yx
xy
yx
yxyxz
+=
+=
( )( ) ( ) ( ) ( )( )22222
222
22
22
222
222
22
2
2 222422222
yx
yx
yx
yxyx
yyx
yx
yyyxy
z
+=
+=+
+=+
+=
1.4. xyarctgz =
Matematika III
35
222
2
2221
1
1
1yx
yx
y
xyx
y
xyx
z+=
+=
+=
2222
2
2
2211
1
11
1
1yx
xxyx
xx
xyx
xyy
z+=+=+
=
+=
( )( ) ( )2222222
2 22
yx
xy
yx
yxx
z
+=
+=
( )( ) ( ) ( )222
22
22
222
222
222
222
yx
xyyx
yyx
yx
yyyxyxz
+=+
+=+
++=
( )22222
2
yx
xyy
z
+=
1.5. yxez += sin yxyxyxyx eeee
xz ++++ == coscos ,
yxyx eeyz ++ = cos ,
( )=+= +++++ yxyxyxyxyx eeeeex z sincos22
( )yxyxyxyx eeee ++++ = sincos =
yxz2 ( )=+ +++++ yxyxyxyxyx eeeee sincos
( )yxyxyxyx eeee ++++ = sincos =
2
2
yz ( )=+ +++++ yxyxyxyxyx eeeee sincos
( )yxyxyxyx eeee ++++ = sincos
1.4.3. PARCIJALNI IZVODI IMPLICITNO ZADATIH FUNKCIJA
Matematika III
36
Neka je data funkcija ( ) .0;; =zyxF Neka je M taka povri ija je jednaina ( ) 0,, =zyxF (sl.1.4.3.1).
sl. 1.4.3.1. Neka je .consty = Neka je ( )zzyxxM x ++ ;; taka te povri i neka je xC kriva povri kroz
take M i xM .
Iz ( )
( ) ( ) ( ) 0;;;;0;;0;; =++
=++=
zyxFzzyxxFzzyxxF
zyxF.
Odnosno
( ) ( ) ( ) ( ) 0;;;;;;;; =+++++ zyxFzzyxFzzyxFzzyxxF i ( ) ( ) +
+++x
zzyxFzzyxxF ;;;;
( ) ( ) 0;;;; =
++xz
zzyxFzzyxF
.... (1.4.3.1)
Zbog neprekidnosti, 00 zx .
Prelaskom na limese, bie
( ) ( ) ++++
xzzyxFzzyxxF
x
;;;;lim0
( ) ( ) 0;;;;lim00
=
++
xz
zzyxFzzyxF
xz
Odnosno
0' =+
xzz
FxF
.
Prema tome, dobili smo
Matematika III
37
'
',
z
xx
F
F
zFxF
xzz =
== .
Analognim rezonovanjem primenjeno na take ( )zyxM ;; i ( )zzyyxM y ++ ;; na krivoj ,yC imaemo
'
',
z
yy
F
F
zFyF
yzz =
== .
Ako je funkcija data u implicitnom obliku
( ) 0;; =zyxF , tada je, prema ve dobijenom,
0=
+
xz
zF
xF
i 0=
+
yz
zF
yF
.
Ako sada posmatramo izvode po x ili po y , znajui da z zavisi od x i ,y imamo
0=
+
xz
zF
xF
dxd
0=
+
xz
zF
dxd
xF
dxd
022
2
222
2
2=
+
++
+
x
zzF
xz
xz
zF
xzF
xz
zxF
xF
Odnosno
022
22
2
22
2
2=
+
+
+
x
zzF
xz
zF
xz
zxF
xF
Reavajui po 2
2
xz
, imamo
( )
zF
xz
zF
xF
zF
xz
zF
xz
zxF
xF
x
z
+
=
+
+
=
22
2
22
2
2
2 2
2 .
Analogno je
( )
zF
yz
zF
yF
zF
yz
zF
yz
zyF
yF
yz
+
=
+
+
=
22
2
22
2
2
2
22
i
Matematika III
38
=
+
+
+
=
xz
yz
zF
xz
zyF
yz
zxF
yxF
zFyx
z2
22222 1
+
+
y
zzF
yF
yz
zF
xF
zF1
Primeri.
1. Nai yzi
xz
za funkcije
1.1. 03 33 = axyzz 1.2. 0+++ zezyx 1.3. 0ln =+ xyzx
Reenja.
1.1. ( ) 33 3,, axyzzzyxF = yz
xF 3=
xzyF 3=
( )xyzxyzzF == 22 333
( ) xyz yzxyz yzzFxF
xz
==
=
2233
( ) xyz xzxyz xzzFyF
yz
==
=
2233
1.2. ( ) zezyxzyxF +++=,, 1=
xF
1=
yF
zezF += 1 ze
zFxF
xz
+=
=
11
zezFyF
yz
+=
=
11
1.3. ( ) yzxzyxF ln,, +=
Matematika III
39
1=
xF
y
zyzy
F 11 ==
zy
yzzF 11 ==
z
zzFxF
xz ==
=
11
yz
z
y
zFyF
yz ==
=
1
1
2. Nai 2
22
2
2,,
yz
yxz
xz
sledeih funkcija
2.1. 0=++ xyzxyz 2.2. ( ) 023sin =++ zyxzy
Reenja.
2.1. ( ) xyzxyzzyxF ++=,, 1. nain.
yzxF +=
zxyF +=
yxzF +=
yxzy
zFxF
xz
++=
=
yxzx
zFyF
yz
++=
=
( ) ( )( ) =+
+++
=
++
=
=
22
2
yx
zyyxxz
yxzy
xxz
xxz
( )( )
( )( )222
yxzy
yx
zyyxyxzy
++=
+++++
+=
( ) ( )( ) =+
+++
+
=
++
=
=
2
2 11
yx
zxyxyz
yxzy
yxz
yyxz
( ) ( )( )
( ) ( )( ) =+
+++++
=++++
++
22
.1
yx
zyyxyx
zxyx
yx
zyyxyxzx
Matematika III
40
( ) ( )222
yxz
yxzyzy
+=++++=
( ) ( )( ) =+
+++
=
++
=
=
22
2 1.
yx
zyyxyz
yxzx
yyz
yyz
( )( )
( )( )222
yxzx
yx
zxyxyxzx
++=
+++++
+=
2. nain
zyxF +=
zxyF +=
yxzF +=
022
=
xF
12
=
yxF
02
2=
z
F 0
2
2=
y
F
12
=
zxF
12
=
zyF
yxzx
yz
++=
,
yxzx
xz
++=
=
+
+
=
zF
xz
zF
xz
zyF
xF
xz
2
2
22
2
2
2
2 .2
( )( ) +
+=+
+
+++
=2
2
2.0120
yxzy
yxxz
yxyx
=
+
+
+
=
zF
xz
yz
zF
xz
zyF
yz
zxF
yxF
yxz 2
2222
2
Matematika III
41
( )22
01
yxz
yxyx
zyzxyx
yxyxzy
yxyx
+=+
++
=++
+++
+++
=
( )( )2
2
2
22
2
2
2
2 20202
yxzx
yxyxzx
zF
yz
zF
yz
zyF
yF
yz
++=+
+
+++
=
+
+
=
2.2. ( ) ( ) 23sin,, ++= zyxzyzyxF 1=
xF
( ) 1cos = zy
yF
( ) 3cos += zy
zF
( ) ( ) 3cos1
3cos1
=+=
=
zyzyzFxF
xz
( )( )
( )( ) 3cos
1cos3cos
1cos=+
=
=
zyzy
zyzy
zFyF
yz
( ) ( )( ) ( ) =
=
=
=
xzzy
zyzyxxz
xxz sin
3cos1
3cos1
22
2
( ) ( )
( )( )( )
( )( )32 3cossin
3cos
3cos1sin
=
=
zyzy
zyzy
zy
( ) ( )( ) ( ) =
=
=
=
yzzy
zyzyyxz
yyxz 1sin
3cos
13cos
12
2
( ) ( )( )( )( )
( ) ( ) ( )( )( )( ) =
+=
=32 3cos
1cos3cossin
3cos
3cos1cos1sin
zy
zyzyzy
zy
zyzyzy
( )
( )( )33cossin2
=
zyzy
( )( ) =
=
=
3cos1cos
2
2
zyzy
yyz
yyz
( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( )( ) =
+
=23cos
1cos1sin3cos1sin
zy
zyyzzyzy
yzzy
Matematika III
42
( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( )( ) =+
=23cos
1coscos33cos1cos1sin
zy
zyzyzyzyzy
( ) ( ) ( )( )
( )( )( )
( )( )32 3cossin4
3cos
3cos1cos3cossin2
=
+=
zyzy
zyzy
zyzyzy
1.4.4. PARCIJALNI IZVODI SLOENIH FUNKCIJA
Mogu nastupiti sledei sluajevi sa sledeim rezultatima
1.
( )( )( ) dt
dyyf
dtdx
xf
dtdu
tfytfx
yxfu
+=
===
2
1
;
2.
( )( )( )( )
dtdz
zf
dtdy
yf
dtdx
xf
dtdu
tfztfytfx
zyxfu
+
+=
====
3
2
1
;;
3. ( )( )( ) y
vvf
yu
uf
yzi
xv
vf
xu
uf
xz
yxfvyxfu
vufz
+
=
+
=
===
;;
;
2
1
4.
( )( )( )( )
=
+
+
=
====
xw
wf
xv
vf
xu
uf
xF
zyxfzzyxfvzyxfuwvufF
;;;;;;;;
3
2
1 i
yw
wf
yv
vf
yu
uf
yF
+
+
=
i zw
wf
zv
vf
zu
uf
zF
+
+
=
Uoptenje primera 4. bilo bi 5.
( )( )( )( ) k
n
nkkk
n
n
knn
k
k
n
xu
uf
xu
uf
xu
uf
xz
xu
uf
xu
uf
xu
uf
xz
xxxfu
xxxfuxxxfu
uuufz
++
+
=
++
+
=
=
===
......
...
,...,,
,,...,,,,...,,
,...,,
2
2
1
1
11
2
21
1
11
21
2122
2111
21
M
Primeri.
Matematika III
43
1.Ako je 22 yxez += i ,sin,cos taytax == nai
dtdz
.
Reenje.
( ) =+=+
= ++ tayetaxedtdy
yz
dtdx
xz
dtdz yxyx cos2sin2
2222
0222222 =+= ++ yxyx xyexye
2. Ako je ( )22ln yxz += , gde je xey = , nai xz
i dxdz
.
Reenje.
2222221
yxxx
yxxz
+=+=
( )222222
222yx
yexeyx
yyx
xdxdy
yz
xz
dxdz xx
++=+++=
+=
3. Odrediti uz
i z
, ako je
3.1. =+=+= uyuxyxz ,,22 3.2. 23,,ln
2 === uyuxyxz
Reenja.
3.1. 22 yxz +=
uy
yz
ux
xz
uz
+
=
( ) ( ) uuuyxyxuz 4221212 =++=+=+=
+
= y
yzx
xzz
( ) ( ) ( ) 4221212 =++==+= uuyxyxz
3.2. yxz ln2=
uy
yz
ux
xz
uz
+
=
( ) =+=+= 3
2323ln231ln2
2
2
2
u
u
uuy
xyxuz
( ) ( )
+= 23323ln2 uuuu
Matematika III
44
+
= y
yzx
xzz
( ) ( ) =
=+
=
23223ln22ln2
2
2
2
2
2 u
uuuu
yxuyxz
( )
+= 23123ln12
2
2
uuu
4. Nai xz
i yz
za sloenu funkciju ( )wvuz ++= ln gde je .2,, 2222 xywyxvyxu ==+= Reenje.
xw
wz
xv
vz
xu
uz
xz
+
+
=
=+++=++++++++=
wvuyxy
wvux
wvux
wvuxz 24212121
( ) ( )( ) ( )yxx
yxyxxyx
xyxyx
xyyxyxyx
++=+
+=++=+++
+= 22
2222
222
2422222
yw
wz
yv
vz
yu
uz
yz
+
+
=
( ) =++++++++= x
wvuy
wvuy
wvuyz 212121
( ) yxyxxx
xyxx
xyyxyxx
+=+=+=+++=1
22
222
22
22222
1.4.5. PARCIJALNI IZVODI FUNKCIJA ZADATIH U PARAMETARSKOM OBLIKU
Funkcija moe biti zadata eksplicitno, implicitno i parametarski. Parametarski je funkcija zadata na sledei nain
( )( )( )
===
,,,
uhzugyufx
gde su u i parametri. Na zadatak je da naemo
xz
i yz
Najpre reimo sistem ednaina ( )( )
==
vugyvufx
,,
po u i v i dobijamo
( )yxu ,= ( )yx, =
Koristei zatim veze
xz
xu
uz
xz
+
=
i yz
yu
uz
yz
+
=
, lako dobijamo traene parcijalne izvode.
Matematika III
45
Primeri.
1. Izraunaj xz
i yz
za sledee funkcije
1.1
=
=
+=
uz
uy
ux
2
222
22
1.2.
===
2
sincos
uz
uyux
Reenja.
1.1. xu =+2
22 xu 222 =+
yu =2
22 yu 222 =
yxu 222 2 += yxu +=2 22 2 ux = ( )yxx += 22
yxu +=2 yxu += yx =2 yx =
xv
vz
xu
uz
xz
+
=
yx
uyxx
z++=
2
12
1
22
22
22
22221
21
yx
xyxyx
xu
uuu
uux
z
=+=
+=+=+=
yv
vz
yu
uz
yz
+
=
( ) ===++=
uuu
uyxu
yxyz
2221
21
21 22
222
2
yx
yyxyx
y
=+
=
1.2.
===
2sincos
uzuyux
2222222 sincos uuuyx =+=+ 22 yxu +=
Matematika III
46
ctg
uu
yx ==
sincos
yxarcctg=
xv
vz
xu
uz
xz
+
=
xyx
xyxxyx
uxz 2202
2
1222
2222
=+
+=++
=
yvz
yu
uz
yz
+
=
yyx
yyxyyx
uyz 222
2
1222
2222
=+
+=+
=
Zadaci.
1. Odrediti parcijalne izvode prvog reda, sledeih funkcija:
1.1. 7452485 22 +++= yxyxyxz 1.2. yxxyz 245 +=
1.3. xyxz = 3 1.4. xez xy sin= 1.5. xyez xy sin= 1.6. ( )yxxz += ln5 2 1.7. ( ) yxeyxyxz 222 658 ++= 1.8.
yxyxz +
=
1.9. 22
22
yxyxz +
=
1.10. ( )22ln yxxyz += 1.11.
yxtgz ln=
1.12. xyarctgz =
1.13. yx
xyarctgz += 1
1.14. yx
ez =
Matematika III
47
1.15. 2
2
212
xxyyxyxarctgz
+=
2. Odredi parcijalne izvode drugog reda za funkcije
2.1. 3453 22223 ++++= yxxyyxyxxz 2.2. yxez 2+= 2.3. xyarctgz = 2.4. ( )yxz += 2ln 2.5.
22 yxyxarctgz +
=
2.6. ( )yxz 2sin += 2.7. ( )yxz 2lnsin += 2.8. 221 yxxyz +=
2.9.
++= 221ln yxxyz
2.10.
++++= 2222 1ln211
21 yxxyyxxyz
3. Nai xz
i yz
za funkcije
3.1. 03333 =++ xyzzyx 3.2. zyxxyz ++= 3.3. 0= xyze z 3.4. 0524222 =++ zxzyx 3.5. 03232 333 =+++ yxyzyxz
4. Ako je 012
2
2
2
2
2=+
cz
by
ax
, Nai vrednost izraza
22
2
2
2
2
yxz
yz
xz
5. Nai yxz
yz
xz
2
2
2
2
2,, za funkcije
5.1. 0= yzxze z 5.2. xyzz ln= 5.3. xyzez =
Matematika III
48
5.4. zezyx =++ 222 5.5. 04532222 =++++ zyxzyx
6. Ako je vuz ln
21= , gde je xctgvxtgu 22 , == , nai
dxdz
.
7. Ako je yxyxz +
=2
2, gde je 13 += xy , nai
dxdz
.
8. Ako je yxz 2= , gde je xy cos= , nai xz
i dxdz
9. Ako je 22
22
yxx
yxxz+= , gde je cosxy = , nai
dxdz
.
10. Ako je yxez 2= , tx sin= , 3ty = , nai dtdu
11. Ako je yxarctgz = , vux += , vuy = , nai
uz
i vz
12. Ako je xyyxz 22 = , vux cos= , vuy sin= , nai uz
i vz
13. Nai u
i u
ako je ( )22ln yxu += , =x , =y 14. Izraunaj
xz
i yz
za funkcije
14.1.
==+=
uvzvuyvux
14.2.
===
uRzvuRyvuRx
cossinsincossin
15. Pokazati sledee jednakosti
15.1. zxyyzy
xzx +=
+
, ako je xy
xexyz +=
15.2. 0=+
+
vz
yz
xz
, ako je: ( )( )( )xvvyyxz =
15.3. 1=+
+
zu
yu
xu
, ako je zyyxxu
+=
15.4. 2=+
yzy
xzx , ako je ( )22ln yxyxz ++=
15.5. 022
22
2
2
22 =
++
y
zyyxzxy
xzx , ako je
+
=
xy
xyxz
Matematika III
49
15.6. 02
22
2
22 =
yuy
xux , ako je ( )
+=
xyxyxyu
15.7. xyuy
xux =
, ako je ( )yxxu ,+=
15.8. 02
=
yu
xu
yxuu , ako je ( ) ( )yxu =
15.9. 022
22
2
2=
++
y
uyxu
xu
, ako je ( ) ( )yxyyxu +++
15.10. 1=
xz
zy
yx
, ako je 0ln =++ zex y
Matematika III
50
1.5. PARCIJALNI DIFERENCIJALI. TOTALNI DIFERENCIJAL
Pod diferencijalom funkcije jedne promenljive, podrazumevali smo izraz ( )dxxfdxydfdy '' === . Na analogan nain se definie defercijal funkcije vie promenljivih za koga kaemo da je parcijalni
diferencijal. Parcijalni diferencijal funkcije ( )yxfz ,= , po x je
( ) ( ) dxxzdxxxzdzdzzd xxxx ====== ,
odnosno po y je
( ) ( ) dyxzdyyyzdzdzzd yyyy ====== .
Znamo da parcijalni diferencijali (definisani kao diferencijali funkcije jedne promenljive) predstavljaju prirataj na tangentni (sl. 1.5.1.).
Sl.1.5.1. i to 'xxx MMdz =
'yyy MMdz = Sa slike 1.5.1. sledi
( )( ) ( ) ( ) =++++
++==++==
yyxxMyyxxMyyxxNMMMdz
NyyxxMMMdz
yyy
xxx ;';;'
;'
'
( ) ( ) yx dzdzyyxxNMNyyxM +=+++++= ;';
Matematika III
51
Veliina ( ) ( )yyxxMyyxxM ++++ ;; predstavlja totalnu promenu na tangentnoj ravni kada se iz taki ( )yxM , pree u taku
( )yyxxM ++ ; Primeri.
1.Odrediti parcijalne diferencijale sledeih funkcija
1.1. xyez = 1.2. 32 2 yxyxz ++= 1.3. ( )xyxz += 2ln 1.4. ( )2yxarctgz += 1.5. ( )yxxz 4ln 2 +=
Reenje.
1.1. ( ) dxyedxedxxzzd xyx
xyx ==
= '
( ) dyyedyedyyzzd xyy
xyy ==
= '
1.2. ( ) ( )dxyxdxyxzd x +=+= 222 ( )dyyxdyz 232 += 1.3 ( ) ( ) dxyxx
yxdyxxyx
zd xx ++=++=
2212
( ) dyyxdyyxxxxdy
xyxzd y +=+=+=
112
1.4 ( ) =++= dxyxzd x 221 1
( ) =++= ydyyxzd y 21 1 22 ( ) =++ dyyx y 221 2 1.5. ( ) ( ) dx
yxxyxdxx
yxxyxzd x
+++=
+++= 4
24ln24
4ln2
22
22
dyyx
xdyyx
xzd y4
444 22 +=+=
Def.1.5.1. Za izraz
dyyfdx
xfdyfdxfdz yx
+=+= ''
kaemo da je totalni diferencijal funkcije ( )yxfz ;= . Def.1.5.2. Za funkciju kaemo da je u taki ( )yx; diferencijabilna ako u toj taki postoji totalni
diferencijal.
Matematika III
52
Teorema 1.5.1. Iz diferencijabilnosti funkcije ( )yxfz ;= u taki sledi njena neprekidnost u toj taki. Dokaz. Kako se moe napisati yxyfxfz yx +++= 21'' , to kada 00, zyx ,
to znai da je funkcija neprekidna. Kada smo govorili o parcijalnim diferencijalima ustanovili smo da je zdzddz yx += , i videli da
totalni diferencijal funkcije ( )yxfz ;= predstavlja prirataj du tangentne ravni, kada iz take ( )yx; predemo u taki ( )yyxx ++ ; .
Za 0x i zdzy 0 . Ta injenica se esto koristi kod priblinog izraunavanja. Totalni diferencijal od totalnog diferencijala prvog reda nazivamo totalni diferencijal drugog reda. Ako je funkcija ( )yxfz ;= , tada totalni diferencijal drugog reda obeleavamo sa zd 2 . U skladu sa tim je
( ) ( ) ( ) +
+
=
+== dxdy
yzdx
xz
xdy
ydzdx
xdzdzdzd 2
22
222
2
22 dy
yzdxdy
yxzdx
xzdydy
yzdx
xz
y +
+=
+
+
Piemo ga simboliki ovako
( )22
+
= dyyzdx
xzzd .
Totalni diferencijal n-tog reda je totalni diferencijal (n-1) reda. Piemo ga simboliki ( )n
n dyyzdx
xzzd
+
= .
Zadatak. Napii u razvijenom obliku 3zd i 4zd .
Ako je funkcija data u implicitnom odliku ( ) 0,, =zyxF , tada je, kako ve znamo
+
=
=
==
+= dy
zFyF
dx
zFxF
zFyF
yz
zFxF
xzdy
yzdx
xzdz ;
0=+
+ dz
zFdy
yFdx
xF
Reavanjem po dz nali bi smo totalni diferencijal funkcije zadate implicitno. Neka je z sloena funkcija od x i y preko u i Zapravo.
( ) ( ) ( )yxvvyxuuvuzz ,,, === . Tada je poznato
xv
vz
xu
uz
xz
+
=
;
yv
vz
yu
uz
yz
+
=
;
dyyzdx
xzz
+= ;
Matematika III
53
pa je
dvvzdu
uzdz
+== ... , gde je stavljeno
dyyudx
xudu
+= ; dy
yvdx
xvdv
+= .
Ako je ( ) vuvuz +=, , tada je 1=
uz
i 1vz
; dvdudvdudz +=+= 11 . Ako je ( ) vuvuz =, , tada je
( ) dvuduvvuddz +== . Ako je ( )
vuvuz =, , tada je
2vdvuduv
vuddz =
= . Ako je ( ) ( )uzvuz =, , tada je
( ) ( )duuzudzdz '== Prema tome, zakljuujemo da za funkciju od vie promenljivih vae pravila diferencijala funkcije od
jedne promenljive .
Primeri.
1. Odredi totalni diferencijal prvog reda sledeih funkcija
1.1. 22 yxz += 1.2. xyez = 1.3. ( )yxz += 2ln 1.4. zyxxyz ++= 1.5. 2,sin,cos uzuyux === 1.6. yxz ln2= , gde je 23, == uy
vux
1.7. zyxu cossin= , gde je ( ) 22 1,1ln xzxy =+= Reenja.
1.1. 22 yxz +=
dyyzdx
xzdz
+=
ydyxdxdz 22 += ( )ydyxdxdz += 2
Matematika III
54
1.2. xyez =
dyyzdx
xzdz
+=
dyxedxyedz xyxy +=
( )xdyydxedz xy += 1.3. ( )yxz += 2ln
dyyzdx
xzdz
+=
dyyx
xdxyx
dz +++= 22121
( )dyxdxyx
dz ++= 21
2
1.4. zyxxyz ++=
dyyzdx
xzdz
+=
Funkcija je zadata implicitno pa parcijlne izvode raunamo na sledei nain
( ) zyxxyzzyxF =,, 1,1,1 =
==
xyzFxz
yFyz
xF
11
=
=
xyyz
zFxF
xz
,
11
=
=
xyxz
zFyF
yz
dyyzdx
xzdz
+=
( ) ( )( )dyxzdxyzxy
dyxyxzdx
xyyzdz 11
11
11
11 +=
=
1.5. cosux = , sinuy = , 2uz = dy
yzdx
xzdz
+=
funkcija je zadata parametarski pa parcijalne izvode traimo kao izvod parametarski zadate funkcije
Matematika III
55
xv
vz
xu
uz
xz
+
=
yv
vz
yu
uz
yz
+
=
( ) ( ) =+=+=+ 22222222 sincossincos uuuuyx ( ) 2222 sincos uu =+=
22222 yxuyxu +=+=
xyarctgvtgv
vuvu
xy ===
cossin
xyx
xyxxyx
uxz 2202
2
1222
2222
=+
+=++
=
yyx
yyxyyx
uyz 2202
2
1222
2222
=+
+=++
=
( )ydyxdxydyxdxdz +=+= 222 1.6 yxz ln2= , gde je
vux = , vuy 23 =
Re je o sloenoj funkciji pa dz traimo na sledei nain
dyyzdx
xzdz
+=
dyy
xydxxdz2
ln2 +=
Kako je vux = i u vuy 23 = bie
2vudvvdudx = i dvdudy 23 = pa je
( ) ( )dvduvu
vu
vudvvduvu
vudz 23
2323ln2
2
2
2 +=
( ) ( )
+= duvuvu
vvvu
vudz
23323ln2 2
2
2
( ) ( ) dvvuvu
vuvu
vu
+ 23223ln2 22
2
( ) ( ) dvvu
vuvv
uduvu
uvuvudz
+
+= 23
123ln1223
323ln22
2
2 .
Matematika III
56
1.7. zyxu cossin= , gde je ( ) 22 1,1ln xzxy =+= dxdz
zudy
yudx
xudu :/
++
=
dxdz
zu
dxdy
yu
xu
dxdu
++
=
( )xx
zyxxx
zyxzdxdu 2
12
1sinsin21
1coscoscossin22
++=
zyx
xzyx
xzdxdu sinsin
1coscos
12cossin
2
2
2
2
++=
2. odrediti totalni diferencijal drugog reda sledeih funkcija
2.1. 2224 10 xyyxxz = 2.2. ( )yxz += 2ln 2.3. ( )zyxu ++= sin 2.4. zexyz =
2.5. zyxu cossin= , gde je ( )1ln 2 += xy , 21 xz = Reenja.
2.1. 2224 10 xyyxxz = I nain
22
222
2
22 2 dy
yzdxdy
yxzdx
xzzd
++
=
223 204 yxyxxz =
;
xyyxyz 220 2 =
222
22012 yx
xz =
xxy
z 220 22
2=
yxyxdy
z 2402
=
( ) ( ) ( ) 22222 11021204534 dyxxdxdyxydxyxzd ++= II nain
Matematika III
57
dyyzdx
xzdz
+=
( ) ( )dyxyyxdxyxyxdz 220204 2223 += ( ) ( )( )dyxyyxdxyxyxdzd 220204 22232 +=
( ) ( )( )++= dyydxxydxdxdxydxxzd 2402012 222 ( ) ( )( )dyxdydyxdxydyxydy 220240 2 ++
= xydxdyydxdyxydxdydxydxxzd 402402012 22222 222 2202 xdydyxydxdy
( ) ( ) ( ) 222222 220480534 dyxxdxdyyxydxyxzd ++= ( ) ( ) ( ) 22222 11021204534 dyxxdxdyxydxyxzd ++=
2.2. ( )yxz += 2ln dy
yzdx
xzdz
+=
dyyx
dxyx
xdz +++= 2212
( )dyxdxyx
dz ++= 21
2
( ) ( ) ( ) ++
+
++
== dydyxdxyxy
dxdyxdxyx
dzdzd 212122
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dydyxdxyxdxdxxdyxdxyxxzd
y
++
++
++
+= + 02
1212222222
2
( ) ( ) ( ) ( ) 2222
22
2222
22
22 12224 dy
yxdxdy
yxxdx
yxdxdy
yx
xdxyx
xzd+
++++
+=
( )( ) ( ) ( )2222222
222 1424
yxdxdy
yx
xdxyx
yxxzd+
+
+
++=
( ) ( )( )222222 421 dyxdxdydxxyyxzd += . 2.3. ( )zyxu ++= sin
Matematika III
58
dzzudy
yudx
xudu
++
=
( ) ( ) ( )dzzyxdyzyxdxzyxdu ++++++++= coscoscos ( )( )dzdydxzyxdu ++++= cos ( ) ( )( )( ) +++++
== dxdzdydxzyxx
dudud cos2
( )( )( ) +++++ dydzdydxzyxy
cos
( )( )( )dzdzdydxzyxz
++++ cos
( )( ) ( )( )dydzdydxzyxdxdzdydxzyxsnud ++++++++= sin2
( )( )dzdzdydxzyx ++++ sin( )( )2222 dzdydzdxdzdydzdydxdydxdzdxdydxzyxsnud ++++++++++= ( )( )dydzdxdydzdydxzyxsnud 222222 ++++++=
2.4. zexyz = 0= zexy
( ) 0= zexyzx 0=+ xzexzxyyz z ( ) yzexy
xz z =
zexyyz
xz
=
0= zexyz ( ) 0= zexyzx 0=
+
xze
xzxyxz z ( ) xzexy
yz z =
zexyxz
yz
=
dyexy
xzdxexy
yzdyyzdx
xzdz zz
+=
+=
( ) dydyexy
xzdxexy
yxy
dxdyexy
xzdxexy
yxx
dzdzdzzzz
+
+
+
==2
( )( )
+
+
= dx
exy
xzeyyzexy
xzy
zdz
zz
22
Matematika III
59
( )( ) +
+
+ dxdyexy
xzeyxzexy
xzxz
z
zz
2
( )( )
( )( ) dydyexy
yzexxzexy
yzx
dxexy
yzexyzexy
yzyz
z
zz
z
zz
+
+
+
+22
( ) ) +++
dxdydxdy
exyyzxzexyzexy
exyyzxz
zzz
z
( ) +
+
+
zzz
z exyxzyzexyzexy
exyxzyz
( ) 22 dyexy
xzxzezxexyexy
xzxz
zzz
+
+
( ) +
++= 2
2222
22 1 dx
exyezyzyzy
exyzd
z
z
z
+
++++++++ dxdyexyexyzxyzxyzzexyz
exyexyzxyzxyzzexyz
z
zz
z
zz
22
222
22 dyexyezxzxzx
z
z
+++
( )22 1 zexyzd =
++
+++
+2
222
22
222 22222 dy
exyezxzxdxdy
exyexyzexyzdx
exyezyzy
z
z
z
zz
z
z
2.5. zyu cossin= , gde je ( )1ln 2 += xy , 21 xz = dz
zudy
yudx
xudu
++
=
dxdz
zu
dxdy
yu
xu
dxdu
++
=
( )xx
zyxxx
zyzydxdu 2
12
1sinsin21
1coscoscossin22
++=
Matematika III
60
dxx
zyxx
zyxzydu
++= 2
2
2
2
1
sinsin1coscos2cossin
( ) ddudud ==2 =
++
dxx
zyxx
zyxzy2
2
2
2
1
sinsin1coscos2cossin
(( ) ( )
+
++
+=
1
1coslncos21cos1lnsin
2
22222
x
xxxxxd
( ) ( ) + +==
+ 22
2
222
1cos1lnsin1
1sin1lnsinxx
xdx
x
xxx
( ) ( )=
++
++ 2
2
222
2
222
1
1sin1lnsin
1
1coslncos2dx
x
xxx
x
xxx
(( ) ( ) ++ +++= 1 1cos1lncos21cos1lnsin 2222
22
xxxxxx
( ) = ++ 2'
2
222
1
1sin1lnsin dxx
xxx
(( ) 2''22 1cos1lnsin dxxxx += 3.Odrediti zd 3 , ako je ( )22sin yxz += .
Reenje.
I nain.
( )+
+=
+
= dydxyx
zdxx
zdyyzdx
xzzd 2
2
33
3
333 3
33
32
2
33 dy
yzdxdy
yxz
+
( ) ( )2222 cos2;cos2 yxyyzyxx
xz +=
+=
( ) ( ) ( );sin4;sin4cos2 222222222
2yxxy
yxzyxxyx
xz +=
++=
( ) ( );sin4cos2 222222
2yxxyx
yz ++=
( ) ( ) ( )=+++= 2232222233
cos8sin8sin4 yxxyxxyxxx
z
Matematika III
61
( ) ( )22322 cos8sin12 yxxyxx ++ ( ) ( )22222
2
3cos8sin4 yxyxyxy
yxz ++=
( ) ( )222222
3cos8sin4 yxxyyxx
yxz ++=
( ) ( ) ( )=+++= 223222233
cos8sin8sin4 yxyyxxyxyy
z
( ) ( )22322 cos8sin12 yxyyxy ++ ( ) ( )( ) +++= 3222223 cos2sin34 dxyxxyxxzd ( ) ( )( ) +++ dydxyxxyxy 222222 cos2sin12 ( ) ( )( ) +++ 222222 cos2sin12 dxdyyxyyxx ( ) ( )( ) 322222 cos2sin34 dyyxyyxy +++ .
II nain.
dyxzdx
xzdz
=+=
( ) ( ) ( )( )ydyxdxyxdyyxxdxyxxdz 22coscos2cos2 222222 ++=+++= ( ) ( ) + ++== dxydyxdxyxxdzdzd 22cos 222( )( )( ) (( )( ) +++=+++ yduxdxyxxdyydyxdxyxy 22sin222cos 2222( ) ) ( )(( )++++++ ydyxdxyxydxdxyx 22sin22cos 2222
( ) ) ( ) +=++ 222sin222 42cos dxyxxdydyyx ( ) ( ) +++ 22222 cos2sin4 dxyxdxdyyxxy ( ) ( ) ( ) =++++ 222222222 cos2sin4sin4 dyyxdyyxydxdyyxxy
( ) ( )( ) ( ) +++++= dxdyyxxydxyxyxx 22222222 sin8cos2sin4 ( ) 222cos2 dyyx ++
( ) (( ) )(( )2222223 cos2sin4 yxyxxzddzd +++==
Matematika III
62
( ) (( ) )( ) ) ++++++ ddyyxyxydxdyyxxydx 222222222 cos2sin4sin8(( ) ( )( ) ( ) ++++++ dxdyyxxydxyxyxxy 22222222 sin8cos2sin4
(( ) )( ) =++++ dydyyxyxy 222222 cos2sin4 (( ) ( ) )( ) +++= 32222322 sin4cos8sin8 dxyxxyxxyxx
( ) ( )( ) ++++ dydxyxyxyxy 2222222 cos16sin8 ( ) ( )( ) +++ + 22222 sin42cos8 dydyxxyxxy ( ) ( )( ) +++ + dydyxyyxyx 222222 sin4cos8
( ) ( )( ) +++ + 222222 cos16sin8 dxdyyxxyyxx ( ) ( ) ( )( ) =+++ + 32222222 sin4cos8sin8 dyyxyyxyyxy ( ) ( )( ) ++= + 322223 sin12cos8 dxyxxyxx
( ) ( ) ( )( ) ++++ + dydxyxyxyxyyxy 22222222 cos24sin4sin8 ( ) ( )( ) +++ + 222222 cos24sin12 dxdyyxxyyxx ( ) ( )( ) =+++ 322322 cos8sin12 dxyxyyxy ( ) ( )( ) +++= 322222 cos2sin34 dxyxxyxx
( ) ( )( ) +++ dydxyxxyxy 222222 cos2sin12 ( ) ( )( ) +++ 222222 cos2sin12 dxdyyxyyxx ( ) ( )( ) 322222 cos2sin34 dyyxyyxy +++
4. Nai totalni diferencijal i totalni prirataj funkcije xyyxz ++= 22 , pri prelazu od take ( )1,1A u taku ( )9,0;1,1B Reenje. Po definiciji totalni prirataj je
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ++++++=++= yyxxyyxxyxfyyxxfz 22,, +++++++++= xyyxxyyyyyxxxxxyyx 222222 22
yxxyyxyyyxxxxyyxyx ++++++=+ 2222 22 Kako je ;1=x ;1=y 1,011,1 === AB xxx ; 1,019.0 === AB yyy , zamenom u z dobijamo
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =++++++= 1,01,01,01,011,01,0121,01,012 22z01,001,001,001,0 =+=
Kako je ( ) ( )dyxydxyxdyyzdx
xzdz +++=
+= 22
zamenom xdx = i = ddy dobijamo ( ) ( ) ( ) 01,01121,0112 =+++=dz
5. Bunker za smetaj koncentrata bakra rude ima prenik 2r=13,4 m
Matematika III
63
i visinu H=23,2m. Preciznost pri merenju je Cm .Izraunati zapreminu i dati priblinu greku zapremine. Reenje. Bunker je obliku valjka pa je njegova zapremina
322
2 805,327114,32,237,614,32,232
4,13B mHrHV ==
===
= HrV 2
dHHVdr
rVdv
+=
( )dHrrHdrdHrdrrHdV 22 22 +=+= Kako je greka pri merenju cm1 mcmrdr 005,05,0 == i mcmdH 01,01 == zamenom u dV
dobijamo:
( )( ) 32 294,601,07,6005,02,234,13 mdV += Znai priblina vrednost greke u zapremini iznosi 329,6 m Tana vrednost greke je:
( ) ( ) ( ) ( ) 3222 805,327101,02,23005,07,6 mHrHHrrV ++=++= 333 298,6805,3271103,3278 mmm ==
Pa je razlika izmeu take i pribline vrednosti greke: 3004,0294,6298,6 m= odnosno 34dm u odnosu na zapreminu od
3805,3271 m
6.Izraunati priblinu vrednost izraza: .05,2003,1 3+ Reenje: Neka je
( ) 05,0003,0,2,1, 32 ====+== yixyxiyxyxfz Onda je
( ) 3212,1 32 =+==f
32322
2
1
yx
xxyx
z
+=
+=
32
22
32 2
332
1
yx
yyyxy
z
+=
+=
Znai
( )31
21
13
12 =+==
==
xyx
z
( ) 23243
212
2.33
212 =
=+==
==
xyy
z
Kako je dzz , odnosno ( ) ( ) y
yzxzyxfyyxxf +
++ ,, onda:
Matematika III
64
( ) ( ) =+
++=++ yyzx
xzyxfyyxxf ,05,2003,1, 32
101,31,0001,0305,02003,0313 =++=++=
Zadaci
1. Odrediti parcijalne diferencijale sledeih funkcija
1.1 322233 yyxyxxz ++= 1.2 yxez += 1.3. ( )23ln yx + 1.4
yarctgz =
1.5. yxyxz +
=
1.6. xyxyz
lnsin=
1.7. ( )yxxz += ln2 1.8. yarctgxz = 1.9. ( )22 yxarctg + 1.10. arctgxyz ln=
2. Odrediti totalni diferencijal prvog reda sledeih funkcija
2.1. 33 yxz +=
2.2. yxyxz +
=
2.3. 22 yxz += 2.4. yxz =
2.5. yx
ez = 2.6. 22ln yxz +=
2.7. yxtgz ln=
2.8. yxarctgz =
2.9. 22 2 yxyxz ++=
Matematika III
65
2.10. 22
2yx
xyz +=
2.11. ( ) yarctgyxz += 22ln21 2.12. ( )23ln yxxz += 2.13. arctgxyyz 2=
2.14. xy
xyzsin
=
2.15. xy
tgxyzln
=
2.16. 03333 =++ xyzzyx 2.17. 0= xyze xz 2.18. 0ln =+ xyzxz 2.19. 0ln =++ zxye z 2.20. 0ln3 =+ xyzz
2.21. UVzVUyVUx ==+= ,2
,2
2222
2.22. UVzVUyVUx ==+= ,, 2.23. yxV
yxuVuz 23,,ln2 ===
2.24 yxyxunarctgz +=== ,,
2.25. xyyxuuezu
=+== ,, 22 3. Odrediti zd 2 za sledee funkcije
3.1. xyyxz 333 ++= 3.2. 45 xyyxz += 3.3. ( )33ln yxz += 3.4. ( )yxanctgz += 3.5. 03 = xyzz 3.6. 0=++ ze zyx 3.7. ( ),,,sin wvuz = gde je xywyxvyxu 2,, 2222 ==+= 3.8. ( ) yxttfz +== ,
Matematika III
66
3.9. ( )22 yxftgxyz += 3.10.
=
zx
xyfu ,
4. Izraunaj priblinu vrednost izraza
4.1. ( )4003,00001,21 +
4.2.
+3 4 198,003,1ln
4.3. ( ) ( )22 97,301,3 + 4.4. 02,298,1
4.5. 4629sin tg 5. Poluprenik osnove pravilnog krunog konusa iznosi ,1,02,10 cmR = a izvodnica 1,06,44 =s cm. Odredi
zapreminu konusa i priblinu greku dobijenog rezultata.
6. Izraunati totalni diferencijal i totalni prirataj funkcije xyarctgz = pri prelazu od take ( )1,1A ka taki ( )8,0;1,1B
1.6. TANGENTNE RAVNI POVRI. NORMALA POVRI
Neka je jednaina povri ( )yxfz ,= Neka je ( )zyxM ,, taka povri (sl. 1.6.1.)
sl.1.6.1. Neka je consty = . Tada taka M opisuje krivu xc a tangenta te krive xt paralelna je ravni zx0 ( u
ma kojoj taki).
Vektor tangente xt je vektor 10MM . Kako 0M ima kordinate ( )000 ,, zyx , a 1M ima
koordinate ( )zdzyxx x++ 000 ,, to je
Matematika III
67
( ) ( )
==++= dxxzdxzdxzzdzyyxxxMMt xxox ,0,,0,,, 0000010 .
Odnosno,
dxxzdxtx ,0,
Analogno tome, ako je constx = . , tada taka M opisuje krivu yC ija je tangenta paralelnaravni zy0 .
Vektor tangente yt krive yC ima koordinate
( ) = yzdyzdy y ,,0,,0 ,
dyyzdyt y ,,0 .
Tangente xt i yt krivih xC i yC odreuju tangentnu ravan u taki M date povri. Vektor normale te ravni je
( ) ( ) ( )yxkyxzjxyziyzyxzx
kjittn yx
y
xyx +==
= ''
'
' ''
00
rr.
Intenzitet vektora n ne utie na oblik jednaine tangentne ravni. Zato se za vektor normale
n
moe uzeti vektor iji je 1== yx , odnosno ( )1;; '' yx zzn ili njemu suprotan vektor ( )1;; '' yxb zzn . Vrednost parcijalnih izvoda treba uzimati u taki M u kojoj smo vrili posmatranje. Ako je
0MM = ( ),0,0,0 zyx tada je tangentna ravan povri u taki 0M . ( ) ( ) ( ) .000' 00' 0 =+ zzyyzxxz yx .
Normala povri u taki 0M je prava
10
'0
0'
0==
zzz
yyx
xx
yx
Ako je povr data jednainom ( ) ,0,, =zyxF tada je vektor normale te povri u taki M
1;;
yz
xzn ili
zF
yF
xFn ;;r
Primeri.
1.Odrediti vektor normale ravni 0=+++ DCzByAx Reenje. Kako je funkcija data implicitno, to iz
( ) =+++= 0,, DCzByAxzyxF C
zFB
yFA
xF =
==
;,
pa je vektor normale date ravni
Matematika III
68
( )CBAnzF
yF
xFn ,,,, rr =
,
2. Nai jednainu tangentne ravni i jednainu normale povri 22 2yxz += u taki ( )3,1,1M . Reenje.
22 2yxz += pa je x
xz 2=
; yyz 4=
( ) 21,1 =xz
; ( ) 41,1 =yz
Dakle jednaina tangente ravni je
( )( ) ( )( ) ( ) 0,, 0000000 ==+
zzyyyxxzxxyx
xz
( ) ( ) ( ) 031412 =+ zyx 034422 =++ zyx
0342 =+ zyx a jednaina normale povri
( ) ( ) 1,,0
00
0
00
0=
=
zzyx
yz
yy
yxxz
xx
13
41
21
== zyx
3. Nai jednainu tangentne ravni i jednainu normale jednogranog hiperboloida 191625
222=+ zyx u taki
( )3,4,50 M . Reenje. Povri je zadati u implicitnom obliku
( ) 0191625
,,222
=+= zyxzyxF , pa je
252x
xF =
, 816
2 yyyF ==
, 92z
zF =
Ovi porcijalni izvodi u taki ( )3,4,50 imaju vrednosti ( )
52
2552
0 == M
xF
; ( ) ( )21
84
0 == M
yF
( )32
932
0 == M
zF
Jednaina tangenti ravni implicitno zadate funkcije je:
( ) ( )( ) ( )( ) 0000000 =+
+ zzM
zFyyM
yFxxMF
Matematika III
69
u naem sluaju je
( ) ( ) ( ) 03324
215
52 =+ zyx
( ) ( ) ( ) 0320415512 =+ zyx 0602060156012 =+ zyx
060201512 = yyx Jednaina normaleimplicitno zadate funkcije je
( ) ( ) ( )00
0
0
0
0
MzF
zz
MyF
yy
MxF
xx
=
=
u naem sluaju je
323
214
52
5
=
+= zyx ili:
203
154
125
=
+= zyx
Zadaci.
1.Nai jednainu normale i tangentne ravni povri u datoj taci
1.1. 9222 =++ zyx ; ( )2;2;1 M 1.2. 0222 =+ zyx ; ( )5,4;3 M 1.3. 1
31227
222=++ zyx ; ( )1,2,3 M
1.4. 1149
222=++ zyx ; ( )1,2,3M
1.5. 13916
222
=++ zyx ; ( )3,3,4 M 1.6. 02 = xyz ; ( )1,1,1 M 1.7. zyx 2
49
22=+ ; ( )1,2,3 M
1.8. zyx 2916
22= ; ( )0,3,4 M
1.9. 0= zxy ; ( )1,1,1 M 1.10. 0222 =+ zeyx ; ( )0,1,1 M 1.11. 22
1yx
z += ; ( )1,0,1M
Matematika III
70
1.12. yarctgz = ;
41,1 M
1.13. 22169 yxz = ; ( )12,4,3M 1.14. 22 yxz += ; ( )5,4,3 M 1.15. 012333 =+++ xyzzyx ; ( )1,1,1M
2. Odrediti tangentu ravan sfere 25222 =++ zyx u taki 2.1. ( )00 ,0,0 zM 2.2. ( )0,,0 00 yM 2.3. ( )0,0,00 xM 2.4. ( )00 ,2,1 zM
3. Odrediti tangentnu rvani elipsoida 1357
222=++ zyx u taki
3.1. ( )0,0,70M 3.2. ( )0,500M 3.3. ( ),30,00M 3.4. ( ),3,5,70M
4. Odrediti tangentnu raavni i normalu eliptikog paraboloida 22 122 yxz +=
u
4.1. takama preseka sa koordinatnim osama,
4.2. u taki ( )0,1,1 z . 5. Odrediti tangentnu ravni i normalu rotacionog paraboloida
0122 =+ yxz u
5.1.takama preseka sa koordinatnom osama
5.2. u taki ( )0,1,1 z 1.7. IZVOD FUNKCIJE U DATOM PRAVCU.
1.7.1. GRADIJENT FUNKCIJE.
Posmatrajmo u ravni yx0 take
( ) ( ) ( ) ( )yyxxMyyxMyxxMyxM xyyx ++++ ;,;,;,; (sl. 1.7.1.1).
Matematika III
71
sl.1.7.1.1.
Neka je
0p jedinini vektor na peavoj xyMM . Neka je ( ) xyxyx MMciMMM == . Tada je Def.1.7.1.1 Izvod funkcije ( )yxfz ;= u pravcu vektora 0p je
sincoslim0
+
==
y
fxf
cz
cz
c.
Moemo napisati
( ) ( ) =++= yxfyyxxfz ,, ( ) ( ) ( ) ( )yxfyyxfyyxfyyxxf ,,,, +++++=
( ) ( ) ( ) ( )c
yxfyyxfc
yyxfyyxxfcz
++
+++= ,,,,
( ) ( ) ( ) ( )cy
yyxfyyxf
cx
xyyxfyyxxf
cz
++
+++= ,,,,
Prelaskom na limes, imali bi
===
+=zdzydyxdx
dzdyf
dcdxf
dcdz
yx'' ... (1.7.1.1.)
sincossincos '' +
=+=yf
xfff
dcdz
yx
Jednakost (1.7.1.1) je izvod funkcije ( )yxfz ;= u pravcu vektora 0p izraen na uobiajen nain. Otuda je
dyfdxfdydcdxdc
dcfdcfdz yxyx +=
===+= ''''
sincos
sincos
Dobijeni rezultat pokazuje da se do totalnog diferencijala moe doi i traenjem izvoda u datom pravcu.
Matematika III
72
Ako je data funkcija od tri promenljive ( )321 ,, xxxfz = , tada se analognim postupkom i razmatranjem dolazi do izvoda funkcije z u pravcu vektora ( )3210 cos,cos,cos p . Obrazac za izvod funk-cije u datom pravcu
dcdz
moe se shvatiti kao skalarni proizvod vektora
( ) +=
= 1
1321
321coscos,cos,cos,,
xf
xf
xf
xf
dcdz o
33
22
coscos xf
xf
+
+
21, i 3 su uglovi, koji vektor
0p gradi sa koordinatnim osama. Def. 1.7.1.2. Gradijent, funkcije ( )yxfz ,= u taki ( )00 , yxA je vektor ije su projekcije na
kordinatne ose parcijalni izvodi date funkcije
+
= jyzi
xzgradz
Slino definiemo gradijent funkcija tri promenljive ( )zyxu ,,=
+
+= u
zuj
yui
xugradu
Zadatak. Odrediti vektore iji je skalarni proizvod , dcdz
.
Ako obeleimo
gradfxf
xf
xf =
321,, ,
i kako znamo da je ( )3210 cos,cos,cos cp , to je = 0pgradfdcdz
.
Primeri.
1. Nai izvod funkcije 22 yxz = u taki ( )1,1M u pravcu vektorae , koji zaklapa ugao od 060 sa pozitivnim smerom x0 ose.
Reenje.
sincosyz
xz
ez
+
=
= 60sin260cos2 yxez
Kako je data taka ( )1,1M 31
2312
2112 ==
ez
2. Nai izvod funkcije 22 yxyxz += u taki ( )1,1M u pravcu vektora jie rrr 86 += Reenje.
Matematika III
73
sinyzcos
xz
ez
+
=
( ) 11122 ===
Mxzyx
xz
( ) 11122 ===
Myzxy
yz
( )53
106
1006
186
8622
===++==)(
ijiieiecos
rrrrrrr
( )54
108
1008
186
8622
===+
+==)(
jjijejesin
rrrrrrr
57
541
531 =+=
+=
sinyzcos
xz
ez
3. Nai izvod funkcije ( ) zxyzyxf +=,, u taki A(-1,2,2) u pravcu vektora
1330
132 ,,e
Reenje. Kako je coszfcos
yfcos
xf
ef
+
+=
je, gde su ,, uglovi koji vektor e gradi
sa koordinatnim osama imamo:
( ) 2==
Axfy
xf
( ) 1==
Ayfx
yf
1=
zf
( )132
1132
11390
134
0,0,1133,0,
132
cos ==++
==
ie
ie
( )0
0,1,0133,0,
132
cos =
==
jeje
je
( )133
11
1,0,0133,0,
132
cos =
==
ke
ke
Dakle coscoscoszf
yf
xf
ef
+
+=
Matematika III
74
( )131
133
134
133101
1322 ==
++
ef
4.Odrediti izvod f-je xyarctgz = u takama
23,
21A u smeru krunice 0222 =+ xyx
Reenje.
Za smer treba uzeti smer tangente krunicce u taki
23,
21A
Krunica je
02 22 =+ yxx 112 22 =++ yxx
( ) ( ),0,111 22 Cyx =+ 1=v Koeficijent pravca tengente je ( )Aftgk '== Funkcija je zadata implicitno
0222 =+ xyx Dakle 02'22 =+ yyx
( )33
31
23
21
23211
'1'2
22' ===
=== Ayy
xyy
xy
znai 33== tgk . Na osnovu slike sledi
6633 zarctg =+=+=
( )
=
=
21,
23
67sin,
67cossin,cos e
sincosyz
xz
ez
+
=
( )23
43
41
23
1
12222 =+
=
+=
+=
Axz
yxy
xy
xyx
z
( )21
43
41
21
1
1
1222 =+
=+=
+
= A
yz
yxx
x
xyy
z
21
42
41
43
21
21
23
23 ===
+
=
ez
Matematika III
75
5. Nai izvod funkcije ( ) 222222,, zyzxyxzyxf ++= u taki A(1,1,1) u pravcu 2
11
12
1 == zyx Reenje.
Naravno, kako je vektor pravca prave ( )2,1,2e radi se o izvodu funkcije u pravcu vektora e
( ) 42222 22 =+=+=
Axfxzxy
xf
( ) 42222 22 =+=+=
Axfyzyx
yf
( ) 42222 22 =+=+=
Axfzyzx
zf
( ) ( )32
92
1212
0,0,12,1,2cos222
==++
==
ie
ie
( ) ( )31
30,1,02,1,2cos ==
=
je
je
( ) ( )32
31,0,02,1,2cos ==
=
ke
ke
coscoscoszf
yf
xf
ef
+
+=
320
38
34
38
324
314
324 =++=++=
ef
6. Nai gradijant funkcije yxz 2= u taki ( )1,1P . Reenje.
xyxz 2=
( ) 2= Pxz
2xyz =
( ) 1= Pyz
+=+
= jijyzi
xzgradz 2
7. Nai gradu u taki P(1,2,3), ako je xyzu = . Reenje.
yzxu =
xzyu =
Matematika III
76
xyzu =
( ) 632 == P
xu
( ) 331 == P
yu
( ) 221 == P
zu
++= kjigradu 236
8. Nai intenzitet i pravac gradu i u taki P(2,-2,1), ako je 222 zyxu ++= . Reenje. Naimo najpre gradu
xxu 2=
yyu 2=
zzu 2=
( ) 422 == P
xu
( ) ( ) 422 == P
yu
( ) 212 == P
zu
+= kjigradu 244
( ) 63641616244 222 ==++=++=gradu ( )( )
32
64
60,0,12,4,4cos ===
=
igradu
igradu
32
64cos ==
=
jgradu
jgradu
31
62cos ==
=
kgradu
kgradu
Zadaci.
1. Nai izvod funkcije 22 2yxyxz = u taki P(1,2) u pravcu, koji zaklapa sapozitivnim smerom x0 ose ugao od 060
2. Nai izvod funkcije 12 223 ++= xyyxxz u taki M(1,2) u pravcu od take M ka taki N(4,6) 3. Nai izzvod funkcije zxyzxyu ++= u taki M(2,1,3) u pravcu od te take ka taki N(5,5,15) 4. Nai izvod funkcije arctgxyz = u ataki A(1,1) u pravcu simetrale prvog kvadrata 5. Nai izvod funkcije ( )zyx eeeu ++= ln u ( )0,0,00 u pravcu, koji sa koordinatnim osama gradi
uglove 000 3045,60 i .
6. Nai gradz u taji P(2,1) ako je xyyxz 333 += . 7. Nai gradz u taki P(5,3) ako je 22 yxz = .
Matematika III
77
8. Nai ugao izmeu gradijenata funkcije xyz ln= u taki
41,
21A i B(1,1).
9. Nai gradu u taki P(1,1,1), ako je 222 zxzyxyu ++= 10. Nai gradu u taki P(1,0,0) ako je
222
1
zyxu
++=
1.8. TAYLOROVA I MAC-LAURIN-OVA FORMULA ZA FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH
Razmatranje emo vriti na funkcji dve promenljive ( )yxfz ;= . Cilj je da se funkcija ( ) ( )yyxxfyxfz ++== 00 ,; u taki ( )yyxxT ++ 00 , zameni (aproksimira) funkcijom ( )0000 ; yxfz = u taki ( )000 ; yxT i njenim parcijalnim izvodima u toj taki.
Neka ( )yxfz ;= neprekidna funkcija u okolini take ( )00 ; yx . Neka je u toj okolini i taka ( )yyxx ++ 00 , . Neka razmatrana funkcija ( )yxfz ;= ima neprekidne parcijalne izvode, do reda n , u taki ( )00 ; yx .
Neka je
( ) ( )ytbxtaft ++= ; , funkcija od jedne promenljive t . Razvijmo funkciju ( )t po Maklorenovoj formuli za [ ]1,0t , kao
funkciju od jedne promenljive.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )++++++=
0!
0!1
0!2
0!1
0 11
''2
' nn
nn
nt
ntttt
( ) ( )tnt nn 1
1
!1++
++
Kako je [ ]1,0t , to formula (1.8.1) za t=1, postoje ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )+++++= 0!1
10!2
10!2
01 1'''' nn
t
( ) ( ) ( )tn n 1!11 +++ .
Neka je
yytbv
xuxtau
t
t
=+==+=
'
'
Tada je
( ) ( ) ( )vufytbxtaft ;; =++= , odnosno
=
===
+=
+
=
yvxuv
vfu
uf
tv
vf
tu
uf
t
tttt '
''''
( ) ( ) yyfx
xfyytbxtafxytbxtaf yx
+=+++++= ;; ''
Matematika III
78
( )22
2
222
2
2'' 2
+=
++
= yyfx
xfy
yfyx
yxfx
xf
t ( )3
'''
+= y
yfx
xf
t
. ( )( )n
nt yy
fxxf
+=
( ) ( )11 ++
+=
nn
t yyfx
xf
Za t=0 u '...,, ( )n i ( )1+nu , imaemo
( ) ( )baf ;0 = ( )
( )( )2
,0'
bay
yfx
xf
+=
.
.
.
( )( )( )n
ba
n yyfx
xf
,0
+=
( )( )( )1
;
1 '+
+++
+=
n
ybxa
n yyfx
xf
Za t=1
( ) ( )ybxaf ++= ;1 ...
( )( )( )1
;
1 '+
+++
+=
n
ybxa
n yyfx
xf
Zamenom u formulu 1.8.1. imaemo
( ) ( ) ( ) ( ) +=++==++ 0000 ;!01;;; yxfyyxxfyxfybxaf
( )( )
.!1
1..!1
11
00
00
==
==
+
++
+ n
yyxx
yyxx
yyfx
xf
ny
yfx
xf
( )1
00!
1+
== +
++ n
n
yyxx
Ryyfx
xf
n ... (1.4.2)
Matematika III
79
gde je ( )( )
( )( )1,0,!1
11
1
00
+
+=+
+=+=+ yx
n
yyyxxx
n
yx
yyfx
xf
nR
Indeksi 0xx = i 0yy = oznaavaju da parcijalne izvode treba uzimati u taki ( )00 , yx . lan ( )
( )11
00!1
1+
+=+=+
+
=n
yyyxxx
n
yx