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
= +∞.
♦
Primjer 1.2. Izracunati sljedece limese:
(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.
♦
Primjer 1.3. Izracunati sljedece limese:
(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.
♦
Primjer 1.4. Izracunati sljedece limese:
(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.
Primjer 1.8. Izracunati sljedece limese:
(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.
♦
Primjer 1.11. Ispitati konvergenciju reda
+∞∑
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
Primjer 1.12. Ispitati konvergenciju reda
+∞∑
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. ♦
Primjer 1.13. Ispitati konvergenciju reda
+∞∑
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. ♦
Primjer 1.14. Ispitati konvergenciju reda+∞∑
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
Primjer 1.15. Ispitati konvergenciju reda
+∞∑
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.
Primjer 1.16. Ispitati konvergenciju reda
+∞∑
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,+∞). ♦
Primjer 1.17. Ispitati konvergenciju reda+∞∑
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 ∈ (−∞,+∞). ♦
Primjer 1.18. Ispitati konvergenciju reda
+∞∑
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.
Rjesenje. Poluprecnik konvergencijedatog reda je
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.
Rjesenje. Poluprecnik konvergencijedatog reda je
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. ♦
Primjer 2.2. Dokazati da ne postoji granicna vrijednost limx→0
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. ♦
Primjer 2.3. Dokazati da ne postoji granicna vrijednost limx→0
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.
♦
Primjer 2.6. Izracunati limx→0
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.
♦
Primjer 2.7. Izracunati limx→0
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= ∞.
♦
Primjer 2.8. Izracunati limx→0
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
Primjer 2.10. Izracunati limx→0
y→0
1− e−x2−y2
x2 + y2.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 0
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.
♦
Primjer 2.11. Izracunati limx→0
y→0
x4 − y4
x2 + y2.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 0
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.
♦
Primjer 2.12. Izracunati limx→0
y→0
y
x+ y.
Rjesenje. Direktnim uvrstavanjem vrijednosti x = 0 i y = 0 dobijamo neodredeniizraz 0
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).
♦
Primjer 2.14. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
xy2
(x+ y2)2; (x, y) 6= (0, 0),
0 ; (x, y) = (0, 0).
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
(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
Primjer 2.15. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
1− e−√
x2+y2
√
x2 + y2; (x, y) 6= (0, 0),
1 ; (x, y) = (0, 0).
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
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). ♦
Primjer 2.16. Ispitati neprekidnost funkcije
f(x, y) =
x2y2
x4 + y4; (x, y) 6= (0, 0),
1 ; (x, y) = (0, 0).
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
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.
Parcijalni izvodi drugog reda su
∂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.
Parcijalni izvodi drugog reda su
∂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
pa je gradijent funkcije
∇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,
pa je gradijent funkcije
∇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. ♦
Primjer 2.32. Odrediti ekstreme funkcije
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
)
.
Ispitajmo karakter stacionarnih tacaka.Za tacku M1 imamo:
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. ♦
Primjer 2.33. Odrediti ekstreme funkcije
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
Primjer 2.35. Odrediti ekstreme funkcije
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
Primjer 2.36. Odrediti ekstreme funkcije
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
)
.
Ispitajmo karakter stacionarnih tacaka.Za tacku M1 imamo:
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
Primjer 3.1. Izracunati
∫∫
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.
♦
Primjer 3.3. Izracunati∮
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.
♦
Primjer 3.4. Izracunati∮
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.
♦
Primjer 3.6. Izracunati
∫
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