Matematika2 ETF AuditorneVjezbe

Matematika 2

Elvis Barakovic, Edis Mekic

3. ozujka 2015.

Poglavlje 1

Nizovi i redovi.

1.1 Granicna vrijednost niza.

Primjer 1.1. Izracunati sljedece limese:

(a) limn+

3n2 2n+ 54n2 n 6 (b) limn+

4n2 n+ 32n3 n2 + 1

(c) limn+

(

2n2

2n+ 3 1 3n

2

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 + 54n2 n 6 = limn+

3n2

n2 2n

n2+ 5

n2

4n2

n2 n

n2 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+ 54n2 n 6 =

3

4.

(b) Istim razmatranjem kao u (a) imamo

limn+

4n2 n + 32n3 n2 + 1 = limn+

4n2

n3 n

n3+ 3

n3

2n3

n3 n2

n3+ 1

n3

= limn+

4n 1

n2+ 3

n3

2 1n+ 1

n3

= 0.

1

(c)

limn+

(

2n2

2n+ 3 1 3n

2

3n2 + 1

)

= limn+

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

= limn+

3 2n+ 11n2 + 6n3 + 6n43 + 2n + 9n2 + 6n3

= limn+

3n4

2nn4

+ 11n2

n4+ 6n

3

n4+ 6n

4

n4

3n4

+ 2nn4

+ 9n2

n4+ 6n

3

n4

= +.


(a) limn+

(n2 5n+ 6 n

)

(b) limn+

(n2 + n n

)

(c) limn+

(

nn2 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

1n2 5n+ 6 + nn2 5n+ 6 + n

= limn+

n2 5n+ 6 n2n2 5n+ 6 + n

= limn+

5n + 6n2 5n+ 6 + n

: n

: n

= limn+

5 + 6n

n25n+6n2

+ 1

= 52.

2

(b)

limn+

(n2 + n n

)

= limn+

n2 + n n

1n2 + n + nn2 + n + n

= limn+

n2 + n n2n2 + n + n

= limn+

nn2 + n + n

: n

: n

= limn+

1

n2+nn2

+ 1= lim

n+

1

1 + 1n+ 1

=1

2.

(c)

limn+

(

nn2 10n

)

= limn+

nn2 10n1

n +n2 10n

n +n2 10n

= limn+

n2 n2 + 10nn +

n2 10n

= limn+

10n

n +n2 10n

: n

: n

= limn+

10

1 +

n210nn2

= limn+

10

1 +

1 10n

=10

2= 5.

(d)

limn+

(2n+ 3

n 1

)

= limn+

2n+ 3

n 1

12n+ 3 +

n 1

2n+ 3 +n 1

= limn+

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

n 1

= limn+

n+ 42n+ 3 +

n 1

: n

: n

= limn+

1 + 4n

2n+3n2

+

n1n2

=1

0= +.

3

(e)

limn+

(4n4 + 2 2n2

)

= limn+

4n4 + 2 2n2

14n4 + 2 + 2n24n4 + 2 + 2n2

= limn+

4n4 + 2 4n44n4 + 2 + 2n2

= limn+

24n4 + 2 + 2n2

: n2

: n2

= limn+

2n2

4n4

n4+ 2

n4+ 2

=0

4= 0.

(f)

limn+

(

n +n

n

)

= limn+

n +nn1

n+n+

n

n+n+

n

= limn+

n +n n

n +n+

n

= limn+

n

n +n+

n

:n

:n

= limn+

nn

nn+

n

n+

nn

=1

1 + 0 + 1=

1

2.


(a) limn+

(n + 2)! (n 1)!(n+ 3)!

(b) limn+

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)!

= limn+

(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 limn+

(

34

)n+1+ 1

(

34

)n+ 1

= 4,

jer je

limn+

(

3

4

)n+1

= 0 i limn+

(

3

4

)n

= 0.


(a) limn+

2

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

n+

n2 + n+ 1

1 + 3 + 5 + ...+ 2n 1

(c) limn+

n

k=1

k (k + 1)

n3(d) lim

n+

n

k=2

k2 + k 2k(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 = limn+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 2k(k + 1)

= limn+

n

k=2

(k 1)(k + 2)k(k + 1)

=

= limn+

1 42 3

2 53 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 1q 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)

32(

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 3nn

= 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+32

)2n2+3

2 22n2+3

n2

= elim

n+

2n22n2 + 3 = e1.

(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

n2n+12n

)n2n+1

2n 2nn2n+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 3nn

= 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

n23n+78n3

)n23n+7

8n3 8n3n23n+7

3n

= ln elim

n+

24n2 9nn2 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 12

)

(

1 14

)

... (

1 12n

)

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 anan+1

= n(a 1) 1an+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 12

)

(

1 14

)

... (

1 12n

)

(

1 12n+1

)

(

1 12

)

(

1 14

)

... (

1 12n

)

=

(

1 12n+1

)

< 1,

odakle slijedi da je dati niz monotono opadajuci. Kako je1

2n< 1 to je

(

1 12n

)

> 0 (n N), pa je i an > 0 (n N). Sada na osnovu teoreme1.1 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 =

n2n + 3n

(c) zn =

1n2+1

+ 1n2+2

+ ...+ 1n2+n

13n3+1

+ 13n3+2

+ ...+ 13n3+n

Rjesenje. (a) Matematickom indukcijom pokazuje se da vrijedi ln(1+n) < n.Koristeci ovu cinjenicu imamo,

0 ln(1 + n)1 + n2

n1 + n2

nn2

=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 jen3n = 3 n

2n + 3n n

2 3n = 3 n

2.

Oznacimo sa xn = 3 i yn = 3 n2, tada je

limn+

xn = 3, limn+

yn = limn+

3 n2 = 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+

n2n + 3n = 3.

(c) Kako vazi

nn2 + n

1n2 + 1

+1

n2 + 2+ ... +

1n2 + n

nn2 + 1

(1.1)

n3n3 + n

13n3 + 1

+1

3n3 + 2

+ ...+1

3n3 + n

n3n3 + 1

(1.2)

Sada iz (1.1) i (1.2) slijedi

nn2 + nn

3n3 + 1

zn

nn2 + 1n

3n3 + n

,

sto nakon skracivanja daje

3n3 + 1n2 + n

zn 3n3 + nn2 + 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 xnyn+1 yn

.

Tada postoji i limn+

xn

yni vazi jednakost

limn+

xn

yn= lim

n+

xn+1 xnyn+1 yn

.


(a) limn+

n

3n(b) lim

n+

1 + 22 + 32 + ... + n2

n3

12

Rjesenje. (a) Oznacimo sa xn = n i sa yn = 3n. Jasno je da vrijedi lim

n+3n =

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

limn+

xn+1 xnyn+1 yn

= limn+

n+ 1 n3n+1 3n = limn+

1

2 3n = 0,

dakle ispunjeni su uslovi Stolzove teoreme pa vrijedi

limn+

xn

yn= lim

n+

n

3n= lim

n+

xn+1 xnyn+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 lim

nyn = + i

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

1

6lim

n+

xn+1 xnyn+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 1n+ 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)

= 12 +

n + 2

n + 1.

Odavde sada imamo da je

limn+

Sn = 12,

pa dati red konvergira i vrijedi

+

n=1

(n+ 2 2

n+ 1 +

n) = 1

2.


+

n=1

n3

3n

Rjesenje.

limn+

xn+1

xn= lim

n+

(n + 1)3

3n+1

n3

3n

= limn+

(n + 1)3

3 n3 =1

3< 1,

pa na osnovu DAlambertovog kriterija polazni red je konvergentan.

14


+

n=1

n!

n2 2n

Rjesenje.

limn+

xn+1

xn= lim

n+

(n + 1)!

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

n2 2n= lim

n+

n2

(n + 1) 2 = + > 1,

pa na osnovu DAlambertovog kriterija polazni red je divergentan.


+

n=1

(

n

n+ 1

)n2

Rjesenje.

limn+

nxn = lim

n+

n

(

n

n+ 1

)n2

= e1 =1

e< 1

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


n=1

(

(2n 1)!!(2n)!!

12n+ 1

)

Rjesenje.

limn+

xn+1

xn= lim

n+

(2n+ 1)!!

(2n+ 2)!! 12n+ 3

(2n 1)!!(2n)!!

12n+ 1

= limn+

(2n+ 1)2

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

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

limn+

n

(

xn

xn+1 1

)

= limn+

n

(

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

(2n+ 1)2 1

)

=3

2> 1,

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

15


+

n=1

(1)n+12n 1

Rjesenje. Niz (xn)nN =

(

1

2n 1

)

nN

, je monotono opadajuci jer vrijedi

xn+1

xn=

1

2n+ 11

2n 1

=2n 12n+ 1

= 1 22n+ 1

1.

Kako jos vrijedi

limn+

xn = limn+

1

2n 1 = 0,

to na osnovu Leibnitzov kriterija dati red je konvergentan.

1.3 Funkcionalni redovi.


+

n=1

(1)nx+ 2n

, x (0,+).

Rjesenje. Niz (xn)nN =

(

1

x+ 2n

)

nN

, 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 = 12n

x+ 2n 1,

za x (0,+). Kako jos vrijedi

limn+

xn = limn+

1

x+ 2n= 0,

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


n=1

x2

1 + n4x2, x (,+).

16

Rjesenje. Primjenom Raabeovog kriterija dobijamo

limn+

n

(

xn

xn+1 1

)

= limn+

n

(

(n + 1)4x2 n4x21 + n4x2

)

=4x2

x2= 4 > 1,

pa zakljucujemo da dati red konvergira za x (,+).


+

n=1

2n sin x3n

, |x| A.

Rjesenje.

limn

xn+1

xn= lim

n

2n+1 sin x3n+1

2n sin x3n

= 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 DAlambertovog kriterija polazni red je konvergentan za |x| A.

1.4 Stepeni redovi.

Primjer 1.19. Odrediti poluprecnik konvergencije reda+

n=1

xn

n!.

Rjesenje. Poluprecnik konvergencijedatog reda je

R =1

limn+

an+1

an

=1

limn+

1(n+1)!

1n!

=1

limn+

1

n+ 1

= +,

odnosno dati red kovergira za svako x R.

17

Primjer 1.20. Odrediti poluprecnik konvergencije reda

+

n=1

n! xn.


R =1

limn+

an+1

an

=1

limn+

(n + 1)!

n!

=1

limn+

(n+ 1)= 0,

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

Primjer 1.21. Odrediti poluprecnik konvergencije reda

+

n=1

3n + 2n

nxn.


R =1

limn+

nan

=1

limn+

n

3n + 2n

n

=1

3,

odnosno dati red konvergira za |x| < 13.

Primjer 1.22. Odrediti interval konvergencije reda+

n=1

n

4n x2n .

Rjesenje.

limn+

xn+1

xn

= limn+

n+ 1

4n+1 x2n+2n

4n x2n

= limn+

n + 1

4x2n

=

1

4x2

< 1,

odnosno dati red konvergira za

1

4x2

< 1 x (

,12

)

(

1

2,+

)

.

Ispitajmo konvergenciju na krajevima ovog intervala.

Za x = 12dobijamo brojni red

+

n=1

n

4n (

12

)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 (

,12

)

(

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 =xn1

3n1 2 , pa imamo

limn+

xn+1

xn

= limn+

xn

3n 2xn1

3n1 2

= limn+

x

3

< 1,


|x| < 3 3 < x < 3 x (3, 3).

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

+

n=1

(3)n13n1 2 =

+

n=1

(1)n1 12,

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

+

n=1

(3)n1

3n1 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 23n+ 1

= |2x+ 1| < 1,


|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)n3n 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) =

1x2

, a drugi f (x) =

2

x3. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je nti 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)n3n+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 nti 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+12!

x2 + ...+(1)n+1(n 1)!

n!xn + ... =

+

n=1

(1)n+1xnn

.

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+1n

koji 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) = aeax, a drugi f (x) = a2eax. Matematickom indukcijom zakljucujemo da je nti 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

nxn1, 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

n2xn1, 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 + 1x 1 = 1 +

1

x 1 = 11

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 = 13, B =

2

3.

Sada imamo

f(x) =13

x 1 +13

x+ 2=

13

11 x +

2

3 12(1 + x

2)

f(x) =13

11 x +

1

3 11

(

x2

) =13

+

n=0

xn +1

3

+

n=0

(x2

)n

,

odnosno

f(x) =13

+

n=0

xn +1

3

+

n=0

(1)nxn2n

=1

3

(

+

n=0

(1)n2n

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)n xn+1

n+ 1,

odnosno

f(x) =

+

n=1

(1)n1 xnn

.

(b) Ako iskoristimo osbinu logaritamske funkcije imamo

f(x) = ln1 + x

1 x = ln(1 + x) ln(1 x) =+

n=1

(1)n1 xnn

++

n=1

xn

n,

odnosno

f(x) = ln1 + x

1 x =+

n=1

(1)n1 + 1n

xn.

(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

ntn1 =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

nxn1,

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)n x2n+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 12ln(1+x2) =

+

n=0

(1)n x2n+2

2n+ 2.

Dakle,

f(x) = 2

+

n=0

(1)n x2n+2

2n+ 1 2

+

n=0

(1)n x2n+2

2n+ 2.

Primjer 1.31. Izracunati

(a)

n=1

(1)n1n(n + 1)

(b)

n=1

n2xn1

Rjesenje.

25

(a) Kako vrijedi

n=1

(1)n1n(n + 1)

=

n=1

(1)n1n

n=1

(1)n1n+ 1

,

te ako iskoristimo predhodni zadatak (a) imamo

n=1

(1)n1n(n+ 1)

= ln 2

n=1

(1)n1n+ 1

.

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

n=1

(1)n1n(n + 1)

= ln 2

k=2

(1)k2k

+ 1 1 = ln 2 +

k=1

(1)k1k

1,

odnosno

n=1

(1)n1n(n + 1)

= 2 ln 2 1 = ln 4 1.

(b) Neka je S(t) =

n=1

n2tn1. Nakon integracije od 0 do x dobijamo

x

0

S(t)dt =

n=1

n2 x

0

tn1dt =

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 limx0

y0

x yx+ y

.

Rjesenje. Uzastopne granicne vrijednosti su

L12 = limx0

limy0

x yx+ y

= limx0

x

x= 1

L21 = limy0

limx0

x yx+ y

= limx0

yy

= 1.

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


y0

xy

x2 + y2.

Rjesenje. Uzastopne granicne vrijednosti su

L12 = limx0

limy0

xy

x2 + y2= lim

x0

0

x2= 0

L21 = limy0

limx0

xy

x2 + y2= lim

x0

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

limx0

y0

xy

x2 + y2= lim

x0

y0

x2

2x2=

1

2.

27

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

limx0

y0

xy

x2 + y2= lim

x0

y0

x22x2

= 12.

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


y0

x y + x2 + y2x+ y

.

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

(

1

n,1

n

)

, do-

bijamo

limx0

y0

x y + x2 + y2x+ y

= limn

1

n= 0.

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

(

2

n,1

n

)

,

tj. nekim drugim putem, dobijamo

limx0

y0

x y + x2 + y2x+ y

= limn

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

limx0

y0

x sin 1x+ y

x+ y= lim

x0

y0

x sin 1x+ kx

x+ kx= lim

x0

y0

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 = limx0

limy0

x sin 1x+ y

x+ y= lim

x0sin

1

x.

28

Druga uzastopna granicna vrijednost je

L21 = limy0

limx0

x sin 1x+ y

x+ y= lim

y0

0 + y

y= 1.

Primjer 2.5. Izracunati limx1

y1

xy x y + 1xy 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

limx1

y1

xy x y + 1xy x y + 2 1 = limx1

y1

(x 1)(y 1)

(x 1)(y 1) + 1 1

= limx1

y1

(x 1)(y 1)

(x 1)(y 1) + 1 1

(x 1)(y 1) + 1 + 1

(x 1)(y 1) + 1 + 1= lim

x1

y1

(

(x 1)(y 1) + 1 + 1) = 2.


ya

sin xy

x.

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

neodredeni izraz 00.Buduci da je lim

t0

sin t

t= 1, dobijamo

limx0

ya

sin xy

xyy = lim

x0

ya

sin xy

xylimx0

ya

y = limx0

ya

y = a.


y0

1 cos(x2 + y2)(x2 + y2)x2y2

.

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

izraz 00. Buduci da je lim

t0

sin t

t= 1 i sin2

x

2=

1 cos x2

, uvodeci polarne ko-

29

ordinate, dobijamo

limx0

y0

1 cos(x2 + y2)(x2 + y2)x2y2

= limx0

y0

2 sin2 x2+y2

2

(x2 + y2)x2y2=

1

2limx0

y0

sin2 x2+y2

2x2+y2

4x2y2

=1

2limx0

y0

sin2 x2+y2

2(x2+y2)2

4

limx0

y0

x2 + y2

x2y2=

1

2limx0

y0

x2 + y2

x2y2

=1

2lim0

2

4 sin2 cos2 =

1

2lim0

1

2 sin2 cos2 = .


y0

(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

limx0

y0

(x2 + y2)xy = lim0

(2)2 sin cos = elim0

2 sin cos ln 2

= e2 sin cos lim0 2 ln = e0 = 1

jer je, koristeci LHostitaleovo pravilo

lim0

2 ln = lim0

ln 12

= lim0

1

23

= lim0

2

2= 0.

Primjer 2.9. Izracunati limx

ya

(

1 +1

x

)x2

x+y

.

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

limx

ya

(

1 +1

x

)x2

x+y

= limx

ya

((

1 +1

x

)x) xx+y

= elimx

ya

xx+y = e1 = e.

30


y0

1 ex2y2

x2 + y2.


0. Prelaskom na polarne koordinate i koristenjem LHospitaleovog pra-

vila, dobijamo

limx0

y0

1 ex2y2

x2 + y2= lim

0

1 e2

2= lim

0

2e2

2= lim

0e

2

= e0 = 1.


y0

x4 y4x2 + y2

.


0. Prelaskom na polarne koordinate, dobijamo

limx0

y0

x4 y4x2 + y2

= lim0

4(cos4 sin4 )2

= (cos4 sin4 ) lim0

4 = 0.


y0

y

x+ y.


0. Prelaskom na polarne koordinate, dobijamo

limx0

y0

y

x+ y= lim

0

sin

cos+ sin= lim

0

sin

cos+ sin=

sin

cos+ sin.

Granicna vrijednost ne postoji jer zavisi od ugla .

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

limxa

yb

f(x, y) = limxa

yb

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

limx0

y0

xy2

x2 + y2= lim

0

3 sin

2= sin3 lim

0 = 0.

Dakle, funkcija je prekidna u tacki (0, 0) jer je limx0

y0

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


f(x, y) =

xy2

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

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


limxa

yb

f(x, y) = limxa

yb

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

limx0

y0

xy2

(x+ y2)2= lim

y0

y4

4y4=

1

4.

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

limx0

y0

xy2

(x+ y2)2= lim

y0

y3

(y + y2)2= lim

y0

y

(1 + y)2= 0.

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

32


f(x, y) =

1 e

x2+y2

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

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


limxa

yb

f(x, y) = limxa

yb

1 e

x2+y2

x2 + y2=

1 ea2+b2

a2 + b2

= f(a, b).

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

limx0

y0

1 e

x2+y2

x2 + y2= lim

0

1 e

= lim0

e = e0 = 1

Funkcija je neprekidna u tacki (0, 0) jer je limx0

y0

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


f(x, y) =

x2y2

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

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


limxa

yb

f(x, y) = limxa

yb

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

limx0

y0

x2y2

x4 + y4= lim

0

4 cos2 sin2

4(cos4 + sin4 )=

cos2 sin2

cos4 + sin4 .

Granicna vrijednost funkcije u tacki (0, 0) zavisi od ugla , 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 1x 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)2f

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) = x2yexy

2

.

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

x2yexy2

= yey2

x2ex.Koristeci pravilo za izvod proizvoda, dobijamo

f

x= yey

2 (

x2ex)

x= yey

2 (

2xex + x2ex)

= xyexy2

(2 + x)

f

y= x2ex

(

yey2)

y= x2ex

(

ey2 2y2ey2

)

= x2exy2 (

1 2y2)

.

34

Prvi totalni diferencijal je df(x, y) = xyexy2

(2 + x) dx+x2exy2

(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 + 1f

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

xy= (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+y

2

+ x2ex+y2

+ y2 = xex+y2

(2 + x) + y2

f

x= x2ex+y

2 2y + 2xy + 1 = 2x2yex+y2 + 2xy + 1.


2f

x2= (2x+ 2)ex+y

2

+ (x2 + 2x)ex+y2

= ex+y2

(x2 + 4x+ 2)

2f

xy= (x2 + 2x)ex+y

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

2f

y2= 2x2ex+y

2

+ 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) = u2vuv2 ako jeu(x, y) = x cos y i v(x, y) = x sin y.

Rjesenje. Koristeci pravilo za izvod slozene funkcije, dobijamo

f

x=

f

u

u

x+

f

v

v

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

= (2x2 cos y sin y x2 sin y) cos y + (x2 cos2 y 2x2 cos y sin y) sin y= 3x2 cos y sin y(cos y sin y),

36

f

y=

f

u

u

y+

f

v

v

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

= (2x2 cos y sin y x2 sin y)(x sin y) + (x2 cos2 y 2x2 cos y sin y)x cos y= x3(cos y + sin y)(1 3 sin y cos y).

Primjer 2.24. Provjeriti da li je rjesenje parcijalne diferencijalne jednacine

2u

x2+

2u

y2= 0

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

Rjesenje. Parcijalni izvodi prvog reda su

u

x=

1

x2 + y2(x2 + y2)x =

2x

x2 + y2,

u

y=

1

x2 + y2(x2 + y2)y =

2y

x2 + y2.


2u

x2=

2(x2 + y2) 2x 2x(x2 + y2)2

=2(y2 x2)(x2 + y2)2

,

2u

y2=

2(x2 + y2) 2y 2y(x2 + y2)2

=2(x2 y2)(x2 + y2)2

.

Dakle,2u

x2+

2u

y2=

2(y2 x2)(x2 + y2)2

+2(x2 y2)(x2 + y2)2

= 0

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

Primjer 2.25. Provjeriti da li je rjesenje parcijalne diferencijalne jednacine

2u

x2

2u

y2 2u

y= 2u

funkcija u(x, y) = ex(x y), pri cemu je proizvoljna diferencijabilnafunkcija.

37

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

u

x= ex(t) + ex (t)

t tx

= ex(t) + ex (t)t

,

u

y= ex (t)

t ty

= ex (t)t

jer je tx

= 1 i ty

= 1. Parcijalni izvodi drugog reda su

2u

x2= 2ex(t) 2ex (t)

t+ ex

2(t)

t2,

2u

y2= ex

2(t)

t2.

Dakle,

2u

x2

2u

y2 2u

y= 2ex(t) 2ex (t)

t+ ex

2(t)

t2

ex2(t)

t2 2u

y= 2u

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

xy= 2x 2y =

2f

yx,

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) = e2x+y

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

f

x= 2e2x+y, f

y= e2x+y,

2f

x2= 4e2x+y,

2f

xy= 2e2x+y =

2f

yx,

2f

y2= e2x+y


f(x, y) = (2e2x+y, e2x+y)

a njen Hesijan

Hf(x, y) =

(

4e2x+y 2e2x+y2e2x+y e2x+y

)

.

U tacki A vrijedif(A) = (2, 1)

i

Hf(x, y) =

(

4 22 1

)

.

Primjer 2.28. Odrediti gradijent funkcije

f(x, y) =

x2 + 2y2 + 3z2.

39

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

f

x=

1

2

x2 + 2y2 + 3z2(

x2 + 2y2 + 3z2)

x=

1

2

x2 + 2y2 + 3z2 2x

=x

x2 + 2y2 + 3z2,

f

y=

1

2

x2 + 2y2 + 3z2(

x2 + 2y2 + 3z2)

y=

1

2

x2 + 2y2 + 3z2 4y

=2y

x2 + 2y2 + 3z2,

f

z=

1

2

x2 + 2y2 + 3z2(

x2 + 2y2 + 3z2)

z=

1

2

x2 + 2y2 + 3z2 6z

=3z

x2 + 2y2 + 3z2,


f(x, y, z) =(

x

x2 + 2y2 + 3z2,

2y

x2 + 2y2 + 3z2,

3z

x2 + 2y2 + 3z2

)

.

Primjer 2.29. Odrediti izvod funkcije

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

u tacki A(1, 1) u pravcu vektora u = (2,2).Rjesenje. Vektor u nije jedinicni, ali je jedinicni vektor

u0 =u

|u| =(2,2)

22 + (2)2=

(

12, 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) (

12, 1

2

)

= 72.

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=

(25, 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

)

= 245

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 66 6y

)

.

Ispitajmo karakter stacionarnih tacaka.Za tacku M1 imamo:

Hf(M1) =

(

0 66 0

)

41

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

Hf(M2) =

(

12 66 12

)

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


f(x, y) =8

x+

x2

y+ y + 1.

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

f(x, y) =(

8x2

+2x

y,x

2

y2+ 1

)

.

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

Hf(x, y) =

(

16x3

+ 2y

2xy2

2xy2

2x2

y3

)

.


Hf(M1) =

(

3 11 1

)

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

Hf(M2) =

(

3 11 1

)

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


f(x, y) = (x2 + y)ey.

42

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

f(x, y) =(

2xey,

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) =

(

2ey x

ey

xey 1

2

ey

(

2 + 12(x2 + y)

)

)

.

Ispitajmo karakter stacionarne tacake.Za tacku M1 imamo:

Hf(M1) =

(

2e2 0

0 12

e2

)

odakle su A1 = 2e2 > 0, A2 = e

2 > 0 odakle zakljucujemo da funkcija utacki ima lokalni minimum koji iznosi f(0,2) = 2

e2.

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(x

2 + 2y2 r2)

r2 x2 y2

)

.

Rjesenja sistemaf(x, y) = 0 su stacionarne tackeM1(0, 0),M2(

r3, r

3

)

,

M3

(

r3, r

3

)

, M4

(

r3, r

3

)

i M5

(

r3,r3

)

. Zbog prirode zadatka,

posmatramo samo stacionarnu tacku M5. Parcijalni izvodi drugog reda su

2f

x2=

8xy(3r2 + 2x2 + 3y2)(r2 x2 y2) 32

,

2f

y2=

8x(3r2y + 3x2y + 2y3)(r2 x2 y2) 32

,

2f

xy=

8(r4 + 2x4 + 3x2y2 + 2y4 3r2x2 3r2y2)(r2 x2 y2) 32

.

43

Ispitajmo karakter stacionarne tacake. Hesijan funkcije u datoj tacki je

Hf(M1) =

(

32r3

16r3

16r3

32r3

)

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

maksimum koji iznosi f(

r3, r

3

)

= 83r3

9.

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

z =r3, tj. ako u sferu upisemo kocku.

2.6 Uslovni ekstremi funkcija vise promjen-

ljivih


f(x, y) = x2 + y2

uz uslovx

2+

y

3= 1.

Rjesenje. Lagrangeova funkcija ima oblik

L(x, y, ) = x2 + y2 + (x

2+

y

3 1

)

.

Gradijent funkcije je

L(x, y, ) =(

2x+

2, 2y +

3,x

2+

y

3 1

)

.

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

1813, 1213

)

za koju je = 72

13. Hesijan funkcije je

Hf(x, y) =

(

2 00 2

)

.

Ispitajmo karakter stacionarne tacake.Za tacku M1 imamo:

Hf(M1) =

(

2 00 2

)

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

(

1813, 1213

)

= 3613.

44


f(x, y) = x+ y

uz uslov1

x2+

1

y2=

1

a2, (a > 0).

Rjesenje. Lagrangeova funkcija ima oblik

L(x, y, ) = x+ y +

(

1

x2+

1

y2 1

a2

)

.

Gradijent funkcije je

L(x, y, ) =(

1 2x3

, 1 2y3

,1

x2+

1

y2 1

a2

)

.

Rjesenja sistemaL(x, y, ) = 0 su stacionarne tackeM1(

a2, a

2)

za koju

je = a32 i M2

(

a2,a

2)

za koju je = a32. Hesijan funkcije je

Hf(x, y) =

(

6x4

00 6

y4

)

.


Hf(M1) =

(

32

2a0

0 32

2a

)

odakle su A1 =32

2a> 0, A2 =

92a2

> 0 odakle zakljucujemo da funkcija u

tacki ima lokalni minimum koji iznosi f(

a2, a

2)

= 2a2.

Za tacku M2 imamo:

Hf(M2) =

(

32

2a0

0 32

2a

)

odakle su A1 = 32

2a< 0, A2 =

92a2

> 0 odakle zakljucujemo da funkcija u

tacki ima lokalni minimum koji iznosi f(

a2,a

2)

= 2a2.

45

Poglavlje 3

Integralni racun funkcija vise

promjenljivih

3.1 Dvojni integral


D

(x+ y2)dxdy

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

Rjesenje. Oblast integracije je pravougaonik:

46

3.2 Krivolinijski integral prve vrste


K

xyds

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

Rjesenje. Kontura K je pravougaonik

b b

bb

O A

BC

i vrijedi

K

xyds =

OA

xyds+

AB

xyds+

BC

xyds+

CO

xyds.

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

AB

xyds =

2

0

4y

1 + (x)2dy = 4

2

0

ydy = 8

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

BC

xyds =

4

0

2x

1 + (y)2dy = 2

4

0

xdx = 16.

Dakle

K

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


K

x2 + y2ds

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

47

Rjesenje. Vrijedi

x2 + y2 = 6x x2 6x+ y2 = 0 x2 6x+9+ y2 = 6 (x 3)2 + y2 = 9pa je kontura K je kruznica K((3, 0), 3)

b

3O 6

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

nice za ugao je 2

6 6

2(jer se kontura nalazi u prvom i cetvrtom

kvadrantu). Dakle,

K

x2 + y2ds =

2

2

2 + ()2 =

2

2

6 cos

(6 cos)2 + (6 sin)2d

= 36

2

2

cosd = 72.


K

xyds

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

aa

a

a

B

C

D

A

b

b

b

b

b

y=

x+ay

=x+a

y=x a

y=

xa

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 = a32

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 = a32

6.

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

CD

xyds =

0

ax(x+ a)

2dx =

0

a(x2 + ax)dx = a

32

6.

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

DA

xyds =

0

ax(x a)

2dx =

0

a(x2 ax)dx = a

32

6.

Dakle,

K

xyds = a32

6+

a32

6 a

32

6+

a32

6= 0.

49

3.3 Krivolinijski integral druge vrste


L

2xydx+ x2dy

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

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

b A

O 1

1

L

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

L

2xydx+ x2dy =

1

0

2xx2dx+ x2 2xdx = 4 1

0

x3dx = 1.


L

(x2 2xy)dx+ (y2 + 2xy)dy

pri cemu je luk L

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

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

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

50

Poglavlje 4

Testovi iz predmeta

Matematika 2

Socijalni ispitni termin iz predmeta Matematika 2 18.09.2014.

Prvi test

1. Provjeriti da li za funkciju u(x, y) = xf(y

x

)

+ g(y

x

)

vrijedi x22u

x2+

2xy2u

xy+ y2

2u

y2= 0 pri cemu su f i g proizvoljne diferencijabilne

funkcije.

2. Funkciju f(x) =7 4x

6 + x x2 napisati u obliku stepenog reda.

3. Odrediti poluprecnik konvergencije i ispitati konvergenciju na kraje-

vima intervala konvergencije reda

+

n=1

3nxn

(3n 2)2n.

4. Izracunati ugao izmedu gradijenata funkcije f(x, y, z) =x

x2 + y2 + z2

u tackama A(1, 2, 2) i B(3, 1, 0).

Drugi test

1. Odrediti ekstreme funkcije (ako postoje) f(x, y) = ex2y2(6x2+y2), (x 6=

0).

2. Izracunati povrsinu figure ogranicene sa x2 + y2 4 i x 1.

51

3. Izracunati

D

x2dxdydz pri cemu je oblast D omedena sa x2 + y2 +

z2 = 4.

4. Izracunati krivolinijski integral

L

(x2 + y2)1

2 ds, gdje je L: x2 + y2 =x

4.

Popravni ispit iz predmeta Matematika 2 Prvi test- 22.07.2014.

1. Izracunati limn

(2n+ 1)(

ln(n+ 2)2 ln(3n+ 1) ln(n + 6))

.

2. Odrediti sumu reda

+

n=1

n(n+ 1)xn.

3. Funkciju f(x) =2x

6 5x x2 napisati u obliku stepenog reda.

4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = ln

x2 + y2

x2 + y2 + xvrijedi (x

y)f

x+ y2

f

y= f(x, y).

5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = y ln xz u tacki (1, 2, 3) upravcu vektora u = (1, 1, 2). [3 b]

(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = x ln(x2 + y2 + 1) u tackiM(2,1).

Popravni ispit iz predmeta Matematika 2 Prvi testGrupa A - 22.07.2014.

1. Izracunati limn

n + 1 (ln(n+ 1) ln(n + 2)) .

2. Funkciju f(x) =x

2x2 3x+ 1 napisati u obliku stepenog reda.

3. Sumirati red+

n=1

n2xn.

4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) =y

y2 a2x2 vrijedi2f

x2= a2

2f

y2.

5. (a) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = ln(

x2 + y2 + x)

u tacki

M(1, 1).

52

(b) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = x3 3x2y + 3xy2 + 1 u tackiA(2, 1) u pravcu vektora

AB, gdje je tacka B(0,4).

Univerzitet u TuzliFakultet elektrotehnike

Ime i prezime:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Broj indexa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Popravni ispit iz predmeta Matematika 2 Drugi testGrupa A - 22.07.2014.

1. Odrediti ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + 2y2 + 1 uz dati uslov 2x y + 3 = 0.

(a) Promijeniti poredak integracije u integralu

2

0

dx

3x

2x

f(x, y)dy.

(b) Izracunati integral

D

sin(2x+ y)dxdy pri cemu je oblast

D = {x R : 0 6 x 6 2, 0 6 y 6 }.

2. Odrediti povrsinu lika omedenog pravcima y = 0, y = x i kruznicomx2 + y2 = 2x.

3. Odrediti zapreminu tijela ogranicenog sa z = 3 x2 y2 i z = x2 + y2.

4. Izracunati

(V )

zdxdydz, gdje je oblast V ogranicena sa povrsima

z =

x2 + y2 i z = 4.

5. Izracunati integral

C

2(x2+y2)dx+(x+y)2dy gdje je C kontura trougla

odredenog tjemenima A(1, 1), B(2, 2), C(1, 3) predena u pozitivnomsmjeru.

Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 18.06.2014.

1. Izracunati ekstremne vrijednosti funkcije z(x, y) = x + y 32ln(x2 +

y2 + 1), ako postoje.

2. (a) Promijeniti poredak integracije u integralu

1

0

dy

3y

y

f(x, y)dx.

53


D

exy dxdy pri cemu je oblast

D = {(x, y) R2 | y2 = x, x = 0, y = 1}.

3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog pravcima y = 0, y = x i kruznicomx2 + y2 = 4x.


V

z(x2 + y2)dxdydz, pri cemu je oblast V

ogranicena sax2 + y2 x, y 0, z 0, z 3.


L

(x+ y)dx (x y)dyx2 + y2

, pri cemu je L kruznica

x2 + y2 = a2, a R.



Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 18.06.2014.

1. Izracunati ekstremne vrijednosti funkcije f(x, y) = 2x + 4y uz uslov2

x+

4

y= 3, ako postoje.


2

1

dx

lnx

x+1f(x, y)dy.


D

cos(x + y)dxdy pri cemu je oblast D

ogranicena pravcimax = 0, y = , y = x.

3. Izracunati dvojni integral

D

xdxdy, gdje je podrucje integracije D

ograniceno pravcem koji prolazi tackama A(2, 0), B(0, 2) i lukom krugax2 + y2 = 2y.

4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog ravninom xOy, valjkom x2 +y2 = 2x i konusomx2 + y2 = z2.

54


c

(xy)ds, pri cemu je c kruznica x2+y2 = ax, a R.

Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 18.06.2014.

1. Odrediti ekstreme funkcije (ako postoje) f(x, y) = exy(x2 2y2).

2. Odrediti granice integracije u integralu

D

f(x, y)dxdy ako je oblast

D integracije cetverougao odreden tjemenima A(1, 2), B(3, 4), C(3, 9),D(1, 5). Zatim, promijeniti poredak integracije u integralu.

3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog pravcima x = 0, y =3x i

kruznicom x2 + y2 = 6y.

4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog povrsinama z =

x2 + y2,z = 2 x2 y2.

5. Izracunati

D


z2 = 4.


C

2(x2+y2)dx+(x+y)2dy gdje je C kontura trougla

odredenog tjemenima A(1, 1), B(2, 2), C(1, 3) predena u pozitivnomsmjeru.



Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa D - 18.06.2014.

1. Odrediti ekstreme funkcije (ako postoje) f(x, y) =8

x+

x

y+ y.

2. Odrediti granice integracije u integralu

D

f(x, y)dxdy ako je oblast

D integracije cetverougao odreden tjemenima A(0, 0), B(2, 3), C(2, 5),D(0, 6). Zatim, promijeniti poredak integracije u integralu.

55

3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog pravcima x = 0, y = x i kruznicomx2 + y2 = 8y.

4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog povrsinama z = 2(x2 + y2),z = 3 x2 y2.

5. Izracunati

D

y2dxdydz pri cemu je oblast D omedena sa x2 + y2 +

z2 = 4.


C

(x2+y2)dx(2xy)2dy gdje je C kontura trouglaodredenog tjemenima A(1, 1), B(1, 3), C(0, 2) predena u pozitivnomsmjeru.

Prvi test iz predmeta Matematika IIDodatni rok po zahtjevu studenata - 07.05.2014.

1. (a) Izracunati limn

(

n+n

nn

)

. [3 b]

(b) Izracunati lim(x,y)(0,0)

1 cos(x2 + y2)(x2 + y2)x2y2

. [3 b]

2. Odrediti interval konvergencije reda

+

n=1

1

n 3n(2x 3)n te ispitati ko-

nvergenciju reda nakrajevima intervala konvergencije. [6 b]

3. Funkciju f(x) =1

2 3x+ x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]

4. Odrediti prvi diferencijal za funkciju f(x, y) = 2u

x+u

y+

(

1 2yx

)

siny

x,

gdje je funkcija

u(x, y) = ln(2y x) + x cos yx. [6 b]

5. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = e2x(x2y) vrijedi 2f

x2fy

= 0.

[6 b]

Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 26.04.2013.

56


(n 1)(

ln(n 1) + 2 ln(n+ 2) lnn3)

. [3 b]

(b) Ispitati neprekidnost funkcije [3 b]

f(x, y) =

{

x3xy2

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

0 , (x, y) = (0, 0)


+

n=0

2nxn

n2 + 1

te ispitati konvergenciju reda na krajevima intervala konvergencije. [6b]

3. Funkciju f(x) =x

(1 x)(1 x2) napisati u obliku stepenog reda. [6 b]

4. Odrediti prvi diferencijal za funkciju f(x, y) = 2u

x+u

y+

(

1 2yx

)

siny

x,

gdje je funkcija

u(x, y) = ln(2y x) + x cos yx. [6 b]

5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = xey + cos(xy) u tacki (2, 0) upravcu vektora u = (3, 4). [3 b]

(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y, z) =1

x+ y2 + z3u tackiM(1,1, 1).

[3 b]

Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa D - 26.04.2013.


(

2n+n

2nn

)

. [3 b]


f(x, y) =

{

x3yxy3

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

0 , (x, y) = (0, 0)

57


+

n=0

(2)nx2n


3. Funkciju f(x) =x

1 + x 2x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]

4. Odrediti prvi diferencijal za funkciju f(x, y) =u

x+2

u

y+

(

2x

y 1

)

cosx

y,

gdje je funkcija

u(x, y) = ln(2x y) + y sin xy. [6 b]

5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = x ln1

y+ sin(xy) u tacki (0, 1)

u pravcu vektora u = (4, 3). [3 b](b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y, z) =

x2 + y + z3 u tackiM(1, 1, 1). [3 b]

Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa A - 26.04.2013.


(2n1)(

ln(n2 3n + 1) ln(n + 1) ln(n + 6))

.

[3 b]


f(x, y) =

sin

x2+y2x2+y2

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


+

n=1

1

n 3n(2x+ 1)n



1 3x+ 2x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]

58

4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = (x2 + y2)ex2+y2

xy vrijedi x2yf

x+

xy2f

y= f(x, y). [6 b]

5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = lnxz

yu tacki (2, 1, 0) u pravcu

vektora u = (1, 0, 2). [3 b](b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = xex

2+y2+1 u tackiM(2,1).[3 b]



Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 26.04.2013.


(

n 3n3 3n2 + 1

)

. [3 b]


f(x, y) =

1 e

x2+y2

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

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


+

n=1

(x 2)n(2n 1)2n


3. Funkciju f(x) =3x+ 11

3 + 2x x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]

4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = (x2 + y2) ln

(

x2 + y2

xy

)

vrijedi

x2f

x y2f

y= f(x, y). [6 b]

59

5. (a) Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = y ln xz u tacki (1, 2, 3) upravcu vektora u = (1, 1, 2). [3 b]

(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = ln(

x2 + y2 + x)

u tacki

M(1, 1). [3 b]


Socijalni rok Dodatni popravni ispit iz predmetaMatematika IIPrvi test 10.09.2013.

Socijalni rok Dodatni popravni ispit iz predmetaMatematika II

Drugi test 10.09.2013.

1. Odrediti ekstreme funkcije f(x, y) = x3 + y3 9xy + 27.

2. (a) Odrediti granice integracije u oba poretka

D

f(x, y)dxdy ako je

oblast D ogranicena sa krivim y =x, y = 2 x i x = 0.

(b) Izracunati

D

xdxdy, gdje je oblast D ogranicena sa krivim

y =x, y = 2 x i x = 0.

3. Izracunati

D

dxdy

(x2 + y2)(

1 + 4

x2 + y2) pri cemu je oblastD ogranicena

sa 1 x2 + y2 4, y = x, y = x i y 0.

4. Odrediti zapreminu tijela ogranicenog sa z = 3 x2 y2 i z = x2 + y2.

5. Izracunati

c

x2 + y2ds gdje je kriva c kruznica x2 + y2 = 6x.

Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa A - 03.09.2013.

1. Izracunati limn+

1 2 + 2 3 + ... + n (n+ 1)n3


+

n=1

(2x+ 3)n

3n

60

3. Funkciju f(x) =8x 1

2 7x+ 3x2 napisati u obliku stepenog reda.

4. (a) Izracunati lim(x,y)(0,0)

(x2 + y2)xy

(b) Ispitati neprekidnost funkcije f(x, y) =

1 e

x2+y2

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

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

5. Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = ex2+y2 z3 u tacki A(1, 0,1) u

pravcu vektoraAB, gdje je tacka B(2,1,2).

Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIDrugi test - Grupa A - 03.09.2013.

1. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f(x, y, z) = x2+ y3+ z2 +2x+12yz .

2. (a) Izracunati integral

D

x sin ydxdy pri cemu je oblast oblast D

ogranicena sa

0 6 x 6

6, 0 6 y 6 2x.

(b) Izracunati integral pod (a) zamijenivsi poredak integracije.

3. Izracunati

D

(2x y)dxdy pri cemu je oblast D data sa y > x ix2 + y2 6 4.

4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog eliptickim paraboloidima z =3x2 + 3y2, i z = 4 x2 y2.

5. Izracunati

L

(3y esinx)dx+ (7x+

y4 + 1)dy gdje je L kruznica x2+

6x+ y2 = 0.

61

Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa B - 03.09.2013.

1. Izracunati limn

13 + 23 + ...+ n3

n4.

2. Odrediti podrucje konvergencije reda

n=1

(3x+ 4)n

3n

.

3. Funkciju f(x) =3x 1

3 5x 2x2 napisati u obliku stepenog reda i odreditimu podrucje konvergencije.

4. (a) Odrediti uzastopne granicne vrijednosti i simultanu granicnu vri-

jednost (ako postoje) za funkciju f(x, y) = 2xy2

x2+y2u tacki (0, 0).

(b) Ispitati neprekidnost funkcije

f(x, y) =

sin

x2+y2x2+y2

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

5. Izracunati izvod funkcije f(x, y, z) = lnxz

yu tacki (2, 1, 0) u pravcu

vektora u = (1,2, 2).

Dodatni popravni ispit iz predmeta Matematika IIDrugi test - Grupa B - 03.09.2013.

1. Odrediti ekstreme funkcije f(x, y) = x2 + y3 xy x.


2

0

dx

2x

x

f(x, y)dy.


D

sin(x+ y)dxdy pri cemu je oblast

D = {(x, y) R2 : 0 6 x 6 , 0 6 y 6 }.

3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa x2+y2 = 4x, y =33x i y = x.

4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog povrsinama z = x2 + y2 1 iz = 3 x2 y2.


L

y2dx+ (x+ y)2dy pri cemu je L kontura trougla

sa vrhovima A(3, 0), B(3, 3), C(0, 3) predena u pozitivnom smjeru.

62

Popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa A - 16.07.2013.

1. Izracunati limn

(2n+ 1)(

ln(3n2 + n + 2) ln(3n+ 1) ln(n + 6))

. [6

b]


1 3x+ 2x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]

3. Sumirati red+

n=1

n2xn. [6 b]

4. Izracunati

(a) Izracunati izvod funkcije f(x, y) = x3 3x2y + 3xy2 + 1 u tackiA(2, 1) u pravcu vektora

AB, gdje je tacka B(0,4). [3 b]

(b) Izracunati gradijent funkcije f(x, y) = x ln(x2 + y2 + 1) u tackiM(2,1). [3 b]

5. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = e2x(xy) vrijedi 2f

x2 f

y= 0.

[6 b]

Popravni ispit iz predmeta Matematika IIDrugi test - Grupa A - 16.07.2013.

1. Odrediti ekstreme funkcije z(x, y) =1

4x4 + 2xy +

1

2y2 + 5. [6 b]

2. (a) Odrediti granice integracije u oba poretka

D

f(x, y)dxdy ako je

oblast D ogranicena sa krivim y =x, y = 2 x i x = 0. [3 b]

(b) Izracunati

D

2xydxdy, gdje je oblast D ogranicena sa krivim

y =x, y = 2 x i x = 0. [3 b]

3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa x2 + y2 = 2y, y = 3 x i

x = 0. [6 b]

4. Izracunati

(V )

zdxdydz, gdje je oblast V ogranicena sa povrsima

z =

x2 + y2 i z = 4. [6 b]

63

5. Izracunati

L

xdy ydxx+ y

, gdje je L kontura trougla kojeg obrazuje

prava x+ y = 1 sakoordinatnim osama predena u pozitivnom smjeru. [6 b]

Popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa B - 16.07.2013.

1. Izracunati limn

(n 3n3 + 2n2 n). [6 b]

2. Odrediti podrcje konvergencije reda

n=1

(

2

3

)nxn

n2. [6 b]

3. Funkciju f(x) =x

(x2 + 1)2napisati u obliku reda. [6 b]

4. (a) Izracunati uzastopne granicne vrijednosti funkcije f(x, y) =2x+ 3y

exy

x2 + y2utacki (0, 0). [3 b]

(b) Ispitati neprekidnost funkcije f(x, y) =

{

4x2yx2+y2

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

[3 b]

5. Naci izvod funkcije f(x, y, z) = ex2+z2yz u tacki A(1, 1, 1) u pravcu

vektora

u =

(

1

2,12,1

2

)

. [6 b]

Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa B - 16.07.2013.

1. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f(x, y) = 8 2x 4y uz uslovx2 + 2y2 = 12. [6 b]

2. (a) Izracunati integral

D

(2x2y y3)dxdy pri cemu je oblast oblastD ogranicena sa x > 0, y > x2, y 6 x+ 2. [3 b]

(b) Izracunati integral pod (a) zamjenivsi poredak integracije. [3 b]

3. Izracunati

D

(x+y)dxdy pri cemu je oblastD data saD = {(x, y) : x2 + y2 6 2x+ 2y}.[6 b]

64

4. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog eliptickim paraboloidom z =x2 + y2, parabolickim cilindrom y = x2 te ravnima y = 1 i z = 0. [6 b]

5. Izracunati

L

y2dx x2dyx2 + y2

po polukruznici x = a cos t, y = a sin t od

t1 = 0 do t2 = . [6 b]

65

Fakultet elektrotehnikeMatematika II

Prvi test - Grupa E - 28.04.2012

1. Izracunati limn

(2n+ 1)(

ln(3n2 + n + 2) ln(3n+ 1) ln(n + 6))

. [5

b]

2.

3. Koristeci Dalamberov kriterij ispitati konvergenciju reda+

n=1

n!

n2 2n .

[2,5 b]

4. Odrediti interval konvergencije reda+

n=1

1

n 3n(x + 1)n te ispitati ko-

nvergenciju reda na krajevima intervala konvergencije. [5b]

5. Odrediti sumu reda+

n=1

n(n+ 1)xn. [5 b]

6. Odrediti prvi totalni diferencijal funkcije w(u, v) = ueuv pri cemu je

u(x, y) = x2 + y2 iv(x, y) = xy. [5 b]

7. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) =y

y2 a2x2 vrijedi2f

x2= a2

2f

y2.[5

b]

8. Odrediti ekstrem funkcije f(x, y) = xy uz uslov x2 + y2 = 2a2. [5 b]




1. Izracunati limn+

(

2n2 + n

2n2 n 1

)12n

. [6 b]

2. Funkciju f(x) =x

2x2 3x+ 1 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]

66


+

n=1

1


nvergenciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [6 b]


x2 + y2 x

x2 + y2 + xvrijedi x

f

x

yf

y= x. [6 b]

5. Odrediti izvod funkcije f(x, y) = x2y2 xy3 3y 1 u tacki A(2, 1) upravcu vektora koji vodi premaprema tacki B(3,5). [6 b]

67




1. Izracunati limes limn+

(2n+ 1)[ln(9n 1) 2 ln(3n 1) + ln(n+ 2)].[6b]

2. Izracunati poluprecnik konvergencije R i ispitati konvergenciju na kra-jevima intervala

konvergencije

+

n=1

xn

n +n. [6 b]

3. Razviti funkciju f(x) =2x

6 5x x2 u Maklorenov red. [6 b]

4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = arcsin

x2 y2

x2 + y2vrijedi y

f

x

xf

y= 2. [6 b]

5. Izracunati izvod funkcije f(x, y) = 2x2 + xy2 + 3y3 u tacki A(2,1) upravcu vektora

AB, ako je

tacka B(3, 4). [6 b]

68



Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 20.04.2013.

1. Izracunati limn

(

3n2 4n+ 53n2 + 6n 1

)4n3

[6b]

2. Funkciju f(x) =1 + x

(x 1)2 napisati u obliku stepenog reda. [6b]


+

n=1

(x 2)n(2n 1)2n te ispitati konver-

genciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [6b]

4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) =x

x+ y+ y ln(x+ y) vrijedi

2z

x2 2

2z

xy+

2z

y2= 0 [6b]

5. Odrediti izvod funkcije f(x, y) = ln(x2 + y2 + 2z2) u tacki A(2, 1, 1) upravcu vektoraAB ako je B(1, 4, 3). [6b]



Prvi test iz predmeta Matematika IIGrupa D - 20.04.2013.

1. Izracunati limn+

(

3n2 + 2n

3n2 n+ 5

)3n

. [6 b]

2. Funkciju f(x) =3x+ 11

3 + 2x x2 napisati u obliku stepenog reda. [6 b]


+

n=0

(2n 1)!(n!)2

xn te ispitati konver-

genciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [6 b]

4. Provjeriti da li za funkciju f(x, y) = arctanx+ y

xyxy vrijedi x2

(

f

x y

)

y2f

y= xy2. [6 b]

5. Odrediti izvod funkcije f(x, y, z) = xyz + x2y yz2 + 3xz u tackiA(1, 0, 1) u pravcuvektora u = (2,2, 1). [6 b]



Drugi test iz predmeta Matematika IIGrupa C - 06.06.2013.

1. Odrediti ekstreme funkcije z(x, y) = 2x3 + 2y3 12xy + 5

2. (a) Izracunati

D

(x+y)dxdy pri cemu je oblast D oblast ogranicena

sa x = 1, y = 0 i y = x2.

(b) Izracunti integral pod (a) mijenjanjem poretka integracije.

3. Izracunati povrsinu lika ogranicenog sa |x|+ |y| = 1.

4. Izracunati

(V )

x2 + y2 + z2dxdydz, gdje je oblast V ogranicena

sa x2 + y2 + z2 = 2z.

5. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa povrsima x2 + y2 + z2 = 4 i3z = x2 + y2. (unutrasnji dio paraboloida.)

6. Izracunati

c

x2 + y2ds gdje je kriva c kruznica x2 + y2 = 6x.






1. Odrediti ekstrem funkcije f(x, y) = x+ 2y uz uslov x2 + y2 = 5.

2. (a) Izracunati

D

(x+y2)dxdy pri cemu je oblastD oblast ogranicena

sa y = 0, x = 1 i y = 2x.


3. Izracunati

D


z2 = 4.

4. Odrediti povrsinu lika omedenog pravcima x = 0, y =3x i kruznicom

x2 + y2 = 9x.

5. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa povrsima z2 = x2+y2, (z >0) i z = 6 x2 y2.

6. Izracunati

L

(x2 + y2)dx+ x2ydy pri cemu je L kontura trapeza kojeg

obrazuju prave x = 0, y = 0, x+ y = 1 i x+ y = 2. Konturu obilazimou pozitivnom smjeru.




1. Odrediti ekstrem funkcije f(x, y) = x+ 2y uz uslov x2 + y2 = 5.

2. (a) Izracunati

D

(x+y2)dxdy pri cemu je oblastD oblast ogranicena

sa y = 0, x = 1 i y = 2x.


3. Izracunati

D


z2 = 4.

4. Odrediti povrsinu lika omedenog pravcima x = 0, y =3x i kruznicom

x2 + y2 = 9x.

5. Izracunati zapreminu tijela ogranicenog sa povrsima z2 = x2+y2, (z >0) i z = 6 x2 y2.

6. Izracunati

L

(x2 + y2)dx+ x2ydy pri cemu je L kontura trapeza kojeg

obrazuju prave x = 0, y = 0, x+ y = 1 i x+ y = 2. Konturu obilazimou pozitivnom smjeru.




1. Izracunati limn+

(

2n2 + n

2n2 n 1

)12n

. [5 b]

2. Ispitati konvergenciju redova

(a)

+

n=1

n3

3n, [2.5 b]

(b)

+

n=1

2n(

n+ 1

n

)n2

. [2.5 b]

3. Funkciju f(x) =x

2x2 3x+ 2 napisati u obliku stepenog reda. [5 b]

4. Odrediti sumu reda

+

n=1

n2xn1 na intervalu konvergencije. [5 b]

5. Odrediti interval konvergencije reda+

n=1

1


nvergenciju reda na krajevimaintervala konvergencije. [5 b]


x2 + y2 x

x2 + y2 + xvrijedi x

f

x

yf

y= x. [5 b]

7. Odrediti izvod funkcije f(x, y) = x2y2 xy3 3y 1 u tacki A(2, 1) upravcu vektora koji vodi premakoordinatnom pocetku. [5 b]




1. Izracunati limes limn+

(2n+ 1)[ln(9n 1) 2 ln(3n 1) + ln(n+ 2)].[5b]

2. Izracunati limes limx0y0

1 cos(x2+y22

)

(x2 + y2)x3y3. [5 b]

3. Ispitati konvergenciju redova

(a)+

n=1

(2n 1)!!4n!

; [2.5 b]

(b)+

n=1

(1)n+1(

4n+ 1

4n+ 9

)3n

. [2.5 b]

4. Izracunati poluprecnik konvergencije R i ispitati konvergenciju na kra-jevima intervala

konvergencije

+

n=1

xn

n +n. [5 b]

5. Razviti funkciju f(x) =2x

6 5x x2 u Maklorenov red. [5 b]

6. Izracunati:

(a) Totalni diferencijal drugog reda funkcije f(x, y) = 2x3y3+3x2yxy; [2.5 b]

(b) Parcijalne izvode zx, z

yako je z = u2y uv2, u = x cos y, v =

x sin y. [2.5 b]

7. Izracunati izvod funkcije f(x, y) = 2x2 + xy2 + 3y3 u tacki A(2,1) upravcu vektora

AB, ako je

tacka B(3, 4). [5 b]



Popravni ispit iz predmeta Matematika IIPrvi test - Grupa B - 10.07.2012.

1. Izracunati limn

(1 3n) (ln(4n+ 1) + ln(n+ 6) 2 ln(2n + 1)). [5 b]

Documents

Matematika2 ETF AuditorneVjezbe