Univerzitet u Niu Elektronski fakultet Ljubia M. Koci Funkcije vie promenljivih Edicija: Pomoni udbenici 2008 ii Dr Ljubia M. Koci, redovni profesor Elektronskog fakulteta u Niu FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH Izdava: Elektronski fakultet u Niu, P. fah 73, 18000 Ni, http://www.elfak.ni.ac.yu Recenzenti: Prof. dr Gradimir V. Milovanovi, red. prof. Elektronskog fakulteta u Niu,Prof. dr Miodrag S. Petkovi, red. prof. Elektronskog fakulteta u Niu,Prof. dr Lidija V. Stefanovi, red. prof. Elektronskog fakulteta u Niu, Glavni i odgovorni urednik:Prof. dr Zoran Peri OdlukomNastavno-naunogveaElektronskogfakultetauNiu,br.07/05-015/07-004od 28.06.2007, rukopis je odobren za tampu kao pomoni udbenik. ISBN 978-86-85195-50-1 CIP Katalogizacija u publikaciji Narodna biblioteka Srbije, Beograd 517.51 (075.8) KOCI, Ljubia M. Funkcijeviepromenljivih/LjubiaM.KociNi:Elektronskifakultet,2008(Ni: Unigraf). IX, 95 str.: graf. prikazi, tabele ;24 cm. (Edicija Pomoni udbenici/Elektron-ski fakultet Ni) Na vrhu naslovne strane: Univerzitet u Niu. Tira 300 ISBN 978-86-85195-50-1.a) Teorija funkcija COBISS.SR ID148029452 Pretampavanje ili umnoavanje ove knjige nije dozvoljeno bez pismene saglasnosti izdavaa tampa:UNIGRAF,Ni Tira: 300 primeraka iii Ljubia M. Koci Funkcije vie promenljivih iv v eo vi PREDGOVOR vii Ovaj udbenik sadri izbor gradiva iz predmeta Funkcije vie promenljivih, neizostavnogdelakursaMatematikeII,kojije,mogueipoddrugaijim imenima,alineprekidno,sastavnideogardivazastudentedrugegodinesvih fakultetaelektrotehnikogiliinformatikogusmerenja,patakoiElektronskog fakultetuuNiu.Autorjeovajtekststoganameniobuduiminenjerimaovih struka, ali ga, svakako, mogu koristiti i studenti drugih tehnikih profila. Tekstjeprirodnopodeljennadvadela,nateorijskideoinazbirkureenih zadataka. Prvi, teorijski deo, sastoji se od 11 poglavlja koja, zajedno, ine korpus neophodnogznanjabudueginenjeraelektrotehnikeiliinformatike.Svako poglavlje, osim teorije sadri i adekvatne primere, esto ilustrovane slikama, koji osvetljavajukompleksnijeteorijeskedetalje.Primeriislikesunajveimdelom uraene primenom softvera MATHEMATICA.Drugideoudbenikajemetodolokazbirkazadatakakojiprateteorijuiod kojih je najvei deo kompletno reen.RukopisjeuceliniproitaoZvezdanMarjanoviisvojimsugestijamaje doprineopoboljanjukvalitetateksta.Ovomprilikomautormusezahvaljuje. Autortakoedugujuizuzetnuzahvalnostrecenzentima,ijesuprimedbeu mnogome doprinele kvalitetu ovog teksta. U Niu, maja 2007. Autor Lubia M. Koci viii SADRAJ ixFunkcije vie promenljivih 1.Prostor n | 1 2.Pojam funkcije vie promenljivih | 3 3.Granina vrednost i neprekidnost| 6 4.Parcijalni izvodi | 8 5.Parcijalni izvodi sloenih funkcija| 12 6.Izvodi i diferencijali vieg reda| 15 7.Izvodi vieg reda sloenih funkcija| 19 8.Tejlorova formula| 21 9.Ekstremumi funkcija vie promenljivih| 23 10.Uslovni ekstremumi funkcija vie promenljivih| 29 11.Lagranov metod| 35 Zadaci 1.Pojam funkcije vie promenljivih | 41 2.Granina vrednost i neprekidnost | 50 3.Parcijalni izvodi | 56 4.Parcijalni izvodi sloenih funkcija | 65 5.Izvodi i diferencijali vieg reda | 71 6.Tejlorova formula | 75 7.Ekstremumi funkcija vie promenljivih | 78 8.Uslovni ekstremumi funkcija vie promenljivih | 83 9.Lagranov metod | 88 1 FUNKCIJE VIE PROMENLJIVIH 1. Prostor n

Definicija1.Skupnsvihureenihn-torkiX=(x1,x2,...,xn)realnihbrojeva nazivaserealnin-dimenzionalniprostor.Xjetakaprostorandoksurealni brojevi x1, x2,..., xn,koordinate take X. Prostor n snabdeven je pravouglim Dekartovim koordinatnim sistemom. Za n = 2 prostor n je ravan (2), a za n = 3 je trodimenzionalni prostor (3). Kod nas su u upotrebi desni koordinatni sistemi. Definicija2.TakeXiY=(y1,y2,...,yn)sukoincidentne(poklapajuse)akoi samoakojexi=yi,i=1,...,nitadasepieXY.Usuprotnom,takesu nekoincidentne, X TY. DvematakamaXiYizprostoranmoesepridruitinenegativanrealanbroj d(X, Y) koji zadovoljava uslove1.d(X, Y) = 0 X Y,2.d(X, Y) = d(Y, X), 3.d(X, Y) d(X, Z) + d(Z, Y) i koji se naziva rastojanjem taaka X i Y. Tada se kae da je prostor n snabdeven metrikom d ili da je (n, d) metriki prostor. Uobiajena metrika u prostoru n je Euklidova metrika, najkraeg pravolinijskog rastojanja (1)1/ 22 2 22 1 11( , ) ( ) ... ( ) ( )nn n k kkd X Y x y x y x y= = + + = . Takoe, koristi se optija, tzv. pl - metrika definisana sa (2)1/1( , ) | | , 0pnpp k kkd X Y x y p= = > . Za p = 2, pl - metrikase svodi na Euklidovu metriku d2 .Skuptaakaiznmoebititakoorganizovandainipovr.Jednaod najznaajnijih povri u n-dimenzionalnom metrikom prostoru je sfera. Euklidova 2sferasacentromutakiA=(a1,a2,...,an)poluprenikaRsedefiniekaoskup taakaXiznkojezadovoljavajuuslovd2(X,A)=R.Iz(1)sledujenjena jednaina2 2 2 21 1 2 2( ) ( ) ... ( )n nx a x a x a R + + + = . Generalizacija sfere je p-sferadp(X, A) = R, tj. 1 1 2 2| | | | ... | | , 0, 0.p p p pn nx a x a x a R R p + + + = > > Primer.Naslicisudatiprimeridvo-itro-dimenzionalnih p-sfera. Povr p-sfere poluprecnika R,deli prostor n na dva dela. Prvi, unutranjost p-sfere, koji se definie nejednakou dp(X, A) < R i drugi deo, spoljanost p-sfere, definisan sa dp(X,A)>R.Unutranjostp-sferezajednosasferomoznaavasesaK(A,R),i definie se nejednakou dp(X, A) R. Slika1. Jedinine p-sfere za 2- i 3-dimenzionalni prostor i razne vrednosti p U daljem tekstu, koristiemo Euklidovu metriku d2. Definicija 3.Neka je A n. Skup K(A, ) = {X n : d2(X, A) }, naziva se sferna -okolina take A. Poluprenik okoline je > 0. Definicija 4. Taka A n je granina taka skupa S n ako proizvoljna sferna -okolinaK(A,)sadribarjojednutakuizS.Skupkojisadrisvesvoje granine take je zatvoren. 3 Slika 2.Na Slici 2, prikazan je primer skupa S kod koga su take A i B granine, a taka C to nije. Primer zatvorenog skupa je sferna -okolina neke take. Napomena. Granina taka se takoe zove i taka nagomilavanja datog skupa. 2. Pojam funkcije vie promenljivih Definicija 5. Svako preslikavanje f proizvoljnog podskupa prostora n u podskup Dfprostorajerealnafunkcijanpromenljivih.PosdkupDf nazivasedomen funkcije f, a njegova slika, 1fD= {f(X),X Df } je kodomen funkcije f. Uobiajeninainpisanjaje:nf ilipreciznije 1:f ff D D atakoe 1 2( ) ( , ,..., )ny f X f x x x = = . Primer 1. Sledee funkcije jedne, dve i tri promenljivih se pojavljuju u fizici.a.tefan-Bolcmanovzakon 4* j cT = (cjekonstanta),dajeukupnu energijukojaseizraisajedininepovrinecrnogtelakaofunkciju jedne promenljive -termodinamike temperature T; b.Omovzakon VIR= ,dajestrujukaofunkcijudvepromenljive,napona (V) i otpornosti (R) elektrinog kola; c.Radelektrinestruje 2A RI t = jefunkcijatripromenljive:otpornostiR, intenziteta struje Ii vremena t; 4Uinenjerskimprimenamauglavnomsreemofunkcijedveitripromenljive. Funkcijudvepromenljive, 2: f emo,jednostavnostiradi,oznaavatisa ( , ), ( , )xyz f x y x y D = ,priemujedomenDxy 2,afunkcijutripromenljive 3: f sa( , , ), ( , , )xyzu f x y z x y z D = ,sadomenomDxyz 3.Funkcija dvepromenljivemoese,uDekartovomkoordinatnomsistemu{(x,y,z)}, prikazati grafiki fragmentom povri ( ) { }, , ( , ) , ( , )xyx y f x y x y D = . Primer2.NaSlici3,datjefragmentpovri,kojipredstavljagrafik funkcije (3)f(x, y) = 2 + e x / 3 y/ 4 cos(3.2 x) cos(1.4 y) na pravougaonom domenu Dxy = [a, b] [c, d]. Slika 3. Grafik funkcije dve promenljive na pravougaonom domenu Pored 3D grafika, za prikaz povri z = f(x, y), koristi se projekcija nivo-linija datog fragmenta povri na (x, y)-ravan. Definicija 6. Neprazan skup taaka { }( , ) | ( , )C xyN x y D f x y C = = , naziva se nivo-linija na visini z = C, grafika funkcije f(x, y) na domenu Dxy. 5 Fragmentgrafikaneprekidne funkcije f(x, y) nad domenom Dxy moe seprikazatiskupomnivo-linija { }1 2, , ...,mC C CN N N kojiodgovaranizu konstantiC1 0, takvo da Ak K(A, ) za k > N(). Definicija 9. (Hajne-Borel) Funkcija f(X) = f(x1, ..., xn) u taki A = (a1,..., an)ima graninu vrednost L ako za svaki niz {Ak} vai implikacija lim lim ( )k kk kA A f A L = = . Primer1.Ukolikopostoji,naigraninuvrednostfunkcije 2 2( , )x yf x yx y=+ u proizvoljnoj taki A = (a, b). Reenje. Ako je (a, b) (0, 0), tada L = 2 2lim ( , )x ay babf x ya b=+. Ako je (a, b) = (0, 0), tada (x, y) (0, 0), s tim da se pribliavanje take (x, y) koordinatnompoetkumoeodvijati nabeskonanomnogonaina,na primerpopravcimay=kx,(k) (Sl. 6). U ovom sluaju je2 2 2 20 0lim ( , ) lim1x xy kx y kxx y kf x yx k x k = == =+ +, toznaidagraninavrednostzavisiod koeficijenta pravca k prave po kojoj se taka(x,y)pribliavakoordinatnom Slika6. Pribliavanje koordinat-nom poetku po pravoj 7 poetku, dakle, jedinstvena granina vrednost ne postoji. Ovajprimerpokazujedagraninavrednostmoedazavisiodpravca pribliavanjagraninojtakiA.Utomsmislu,posebnosuvanipravci koordinatnihosa.Takose,usluajufunkcijedvepromenljivef(x,y),granina vrednostutakiA=(a,b)moeraunatitakodanajpreyb(dokjex a fiksirano) a zatim x a, to se pie( )lim lim ( , )x a y bf x y , ili obrnuto, da najpre x a (dokjey bfiksirano)azatimyb,tosepie ( )lim lim ( , )y b x af x y .Ovakvi limesisezovusukcesivni(uzastopni)azarazlikuodnjih,graninavrednostiz Definicije9sezovesimultana(istovremena).Postojanjesukcesivnihgraninih vrednosti i njihova jednakost ne povlai postojanje simultane granine vrednosti, kao to pokazuje sledei primer: Primer2.Pokazatidazafunkciju 2 22 2 2( , )( )x yf x yx y x y=+ ,utakiA= (0,0)postojejednakesukcesivnegraninevrednosti( ) ( )0 0 0 0lim lim ( , ) lim lim ( , ) 0x y y xf x y f x y = = ,alidasimultanagraninavrednost00lim ( , )xyf x y ne postoji. Reenje. Neka je x konstanta razliita od 0. Sada je2 22 2 2 20 00lim ( , ) lim 0( )y yx yf x yx y x y x = = =+ . Slino,akojey0,imamo 2 22 2 2 20 00lim ( , ) lim 0( )x xx yf x yx y x y y = = =+ , tako da je ( )0 0lim lim ( , ) 0x yf x y = sukcesivna granina vrednost kada najpre y 0, a zatim x 0. Slino, sukcesivna granina vrednost kada najpre x 0, a zatim y 0, je ( )0 0lim lim ( , ) 0y xf x y = . Dakle, sukcesivne granine vrednosti u taki (0, 0) su jednake. Meutim, akoxiyistovremeno tee ka 0 po pravcu y = x, imaemo 8L1 = 440 0lim ( , ) lim 1x xy xxf x yx == = , dok ako tee nuli po pravcuy = x, bie L2 = ( )4 4 24 2 2 2 20 0 0 0lim ( , ) lim lim lim 04 4 4x x x xy xx x xf x yx x x x x == = = =+ + +. Kako je L1 L2, simultana granina vrednost ne postoji. Definicija10.Funkcijafdefinisanauokolinitake A n je neprekidna u toj taki, ako se za svako > 0 moe odrediti = () > 0, tako da vai ( , ) ( ) ( , ) X K A f X K A . Funkcijafje neprekidna na skupu D n, ako je neprekidna u svakoj taki tog skupa. Neka je D zatvoren, ogranien podskup prostora n. Osnovne osobine neprekidne funkcijefdefinisane naD su date u sledeim teoremama: Teorema1.(Vajertras)FunkcijafneprekidnanaD,ogranienajenaD,tj. postoje realne konstante a i b takve da je a f(X) b. Teorema2.PostojibarjednatakaizDukojojneprekidnafunkcijafima najveu i bar jedna taka u kojoj ima najmanju vrednost na D. Teorema 3. Ako suA i B take iz D u kojima funkcijaf : D n ima razliite vrednostif(A)f(B),tadauDpostojibarjednatakaCtakvadajef(C)[m, M], gde je m = min{ f(A), f(B)} i M = max{ f(A), f(B)}. 4. Parcijalni izvodi Neka je funkcija f(X) = f(x1, ..., xn) definisana u okolini take A = (a1,..., an). Definicija11.Razlikaxk =xk ak,nazivasepriratajempromenljivexk,a razlika1 1( ) ( ,..., ,..., ) ( ,..., ,..., )k k k n k nf A f a a x a f a a a = + 9 parcijalnim priratajem funkcije f(X) u taki A po promenljivoj xk. Definicija 12. Ukoliko postoji, granina vrednost 1 10( ) ( ,..., ,..., ) ( ,..., ,..., )lim limk k kk k n k nk k kx x af A f a x a f a a ax x a = , naziva se parcijalnim izvodom funkcije f po promenljivoj xk u taki A i oznaava se sa ( )kf Ax ili sa( )kxf A . Formalno gledano, izraz ( )kf Ax nije korektan, ve je to samo skraeni zapis za korektniju verziju ( )kX Af Xx=. Primer 1. U proizvoljnoj taki 3 nai parcijalne izvode funkcije ( , , )x y zf x y z x y z e = . Reenje.Parcijalniizvodpoxpodrazumevafiksiranjedrugedve promenljive na konstantne vrednosti, tako da je (1 )x y z x y z x y zfy z x y z y z y z x y zxe e e= + = +. Zbogsimetrijefunkcijeuodnosunapromenljive,izvodipoyizsenalaze ciklinom zamenom promenljivih (1 ), (1 )x y z x y zf fx z x y z x y x y zy ze e = + = + . Definicija 13. Proizvod kkkxfx d fx = naziva se parcijalni diferencijal funkcije f po promenljivoj xk. Razlika ( ) ( ) f f X f A = , naziva se totalnim priratajem funkcije f u taki A. Definicija14.Funkcijaf(X)=f(x1,...,xn)definisanauokolinitakeA=(a1,..., an),nazivasediferencijabilnomutojtakiakosenjentotalnipriratajfmoe napisati u obliku 10(4)( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) f f X f A L X X d X A = = + , gdeje 1( )nk kkL X p x== ,priemusupkbrojnikoeficijenti,igde(X)0kad XA. Izraz L(X) = df se naziva totalnim diferencijalom funkcije f u taki A. Teorema 4. Funkcija f(X) diferencijabilna u taki, neprekidna je u toj taki. Teorema5.(Potrebniuslovidiferencijabilnosti)Akojefunkcijaf(X) diferencijabilna u taki A, tada postoje svi parcijalni izvodi ( )kf Ax u toj taki, a totalni diferencijal ima oblik 1 1( ) ( )( )n nk kk kk kf A f Adf A x dxx x= = = = . Teorema6.(Dovoljniuslovidiferencijabilnosti)Akofunkcijaf(X)imauokolini takeAneprekidneparcijalneizvodeposvakojpromenljivoj,tadajeona diferencijabilna u toj taki. Primer 2. Proveriti diferencijabilnost funkcije2 2( , ) f x y x y = + , u taki (0, 0). Reenje. Kako je20 00(0, 0) ( , 0) (0, 0)lim lim1, 0| |lim1, 0x xxf f x f xx x xxxx x + = =+ = = to znai da limes ne postoji, dakle (0, 0) fx ne postoji. Slian rezultat se dobija za (0, 0) fy. Funkcija nije diferencijabilna u (0, 0). Geometrijskainterpretacijaparcijalnihizvodafunkcijedvepromenljive.Posma-trajmo fragment grafika diferencijabilne funkcije z = f(x, y) u taki A(x0, y0) Df . Ako se u funkciji f(x, y) promenljiva y fiksira na vrednost y0tada se ona svodi na 11 funkcijupromenljivex, (x)=f(x,y0),anjengrafikjekrivakojasedobijau preseku fragmenta povri i ravni y = Const = y0. Slika 7. Geometrijska interpretacija parcijalnog izvoda po x Ako je ugao izmeu tangente i pozitivnog smera x-ose, nagib tangente, na ovu krivu u taki A, tgu odnosu na pozitivan smer x-ose je parcijalni izvodf 'x(A) (Slika 7). Slika 8. Geometrijska interpretacija parcijalnog izvoda po y Takoe, fiksiranjem x = x0, funkcija z = f(x, y) se svodi na funkciju promenljive y, (y) = f(x0, y), a nagib tangente na tu krivu koja lei u ravni x = x0 je parcijalni izvod ( )'( ) tgyf Af Ay= = (Slika 8). Prema Teoremi 5, totalni diferencijal funkcije z = f(x, y) u taki A(x0, y0) je (5) 0 0 0 00 0( , ) ( , )( , ) ( ) ( )f x y f x ydz df x y x x y yx y = = + , 12a kako je, na osnovu jednakosti (4), 0 0( , ) ( , ) z z x y z x y dz = , sleduje, iz (5), da je (6) 0 0 0 0( ) ( )( , ) ( , ) ( ) ( )f A f Az x y z x y x x y yx y + , stimdaseznaknejednakostimoezamenitijednakouakojef(x,y)linearna funkcija poxiy. Meutim, ukoliko f(x, y) nije linearna, tada je (7) 0 0 0 0( ) ( )( , ) ( , ) ( ) ( )f A f Az x y z x y x x y yx y = + jednaina tangentne ravni funkcije f u taki A. 5. Parcijalni izvodi sloenih funkcija Nekajef(x1,...,xn)realnafunkcijadefinisananaD n,inekajesvaki argument xkfunkcija promenljivet,x1 = x1(t), ...,xn = xn(t),t [, ]. Pri promeni t od do , ndimenzionalna taka X opisuje trajektoriju u domenu D. Svakoj taki trajektorije odgovara realan broj f(x1(t), ..., xn(t)) = (t) ime se ostvarujepreslikavanje[, ],kojesenazivaparametarskakriva.Koordinatex1,...,xn,sezovuposrednepromenljive.Jedanprimerparametarske krive prikazan je na Slici 9. Slika 9. Trajektorija take x1(t) = cos t, x2(t) = sin 2t, x3(t) = cos 2t, u 3 prostoru kad se t menja u intervalu [0, 2] 13 Teorema 7. Ako su funkcije f, x1, ..., xn, diferencijabilne, i(t) = f(x1(t), ..., xn(t))tada postoji izvod (8) 11'( ) ...nnd f dx f dxtdt x dt x dt = = + + . Dokaz.NaosnovuDefinicije14,priratajfunkcijefsemoenapisatiu obliku (9)01( )( )( ) ( , )nkkkt tf Af x X d X Ax= = +

, gde je A = (x1(t0), ..., xn(t0)),t0 [, ] i 0( ) 0 t , kad 0t t . Deljenjem (9) sa 0t t t = i nalaenjem granine vrednosti, dobija se 00 0 0101 1lim lim lim ( )lim ,nkt t tkn nktk kkkk kd f f xtdt t x tdxf x fx t x dt == = = = + = = to je (8). Primer.Pokazatidaizraz 2 22 2( , )y xa bf x y e+= ,priemuje 21atxt=+,21byt=+,ne zavisi od promenljive t. Reenje. Primenjujui formulu (8) na funkciju(t) = f(x(t), y(t))dobijamo ( ) ( )2 2 2 22 2 2 22 3/ 2 2 3/ 22 22 2( )1 1x y x ya b a bf dx f dy x a y btt e ex dt y dt a bt t+ + = + = + + ( )2 22 23/ 22201x ya be t y xa bt+ = = +, to znai da je funkcija konstanta, dakle f ne zavisi od t. 14Nekajef(x1,...,xn)realnafunkcijadefinisananaDn,inekasuposredne promenljive xkfunkcije od u i v,x1 = x1(u, v), ...,xn = xn(u, v),(u, v) Duv , tako da je ( )1( , ) ( , ), , ( , )nu v f x u v x u v = . Teorema 8. Ako sufkao i x1, ..., xn diferencijabilne funkcije, tada postoji izvod (10) 1 11 1... , ... .n nn nf x f x f x f xu x u x u v x v x v = + + = + + Dokaz. Na osnovu Teoreme 5, 11...nnf fdf dx dxx x = + + a takoe, k kkx xdx du dvu v = +

zak = 1,..., n, to zamenom i grupisanjem clanova uz du i dv, daje (11)1 11 1... ...n nn nf x f x f x f xdf du dvx u x u x v x v = + + + + + . Sdrugestrane,funkcijafposredstvompromenljivihxkpostajezavisnasamood dve promenljive u i v tako da jedf d du dvu v = = + , to uporeivanjem sa (11) daje (10). Indukcijom se moe dokazati optiji stav Teorema9.Akojefdiferencijabilnafunkcijapromenljivihx1,...,xn,odkojihje svaka takoe diferencijabilna funkcija promenljivih t1, ..., tm, pri emu je ( )1 1 1 1( , , ) ( , , ), , ( , , )m m n mt t f x t t x t t = tada je 11...nk k n kf x f xt x t x t = + + , k = 1, ... , m. 15 Primer.Izraunati zxi zyakoje 2( , ) sin(3 )uz u v e v = ,ipritomje 2u xy y = , 2 2v x y = + . Reenje.Imamo 2 22 22 sin(3 ) 3 cos(3 )u uz z u z v xe v y e vx u x v xx y = + = + + 222( ) 2 22( ) 2 22 23 cos(3 )2 sin(3 )xy yxy yxe x yye x yx y+= + ++, kao i z z u z vy u y v y = + = 2 22 22 sin(3 ) ( 2 ) 3 cos(3 )u uye v x y e vx y= + + 22( ) 2 22( 2 ) sin(3 )xy yx y e x y= + +22( ) 2 22 23 cos(3 )xy yye x yx y+++. 6. Izvodi i diferencijali vieg reda Parcijalni izvodi kfx funkcije f(x1, ..., xn),su takoe funkcije od n promenljivih x1,...,xn, takodaseodnjihponovomogutraitinoviizvodi,naprimer 2i i k kf fx x x x = ,iovakviizvodizai k senazivajumeovitiizvodidrugog reda. Ukoliko je i = ktada je 2 22i i if fx x x = , i = 1, ... , n. U sluaju funkcije dve promenljive, imamo shemu 162 2 2 22 2( , ) ,f ff x yx yx y x yf f f fx y x x y y , _, _ Skraeno, moe se pisati 2 22, ,xx xyf ff fx x y = =

2 22,yx yyf ff fy x y = = . Primer 1.Nai izvode drugog reda funkcijez = x3y4. Reenje. 2 4 3 34 3 23 3 2 33 , 4 ,6 , 12 ,(4 ) 12 ,x yxx yyxy yz x y z x yz x y z x yz z x y x yx y= == = = = = 2 4 2 3(3 ) 12 .yx xz z x y x yy y = = = Vidimo da su u ovom primeru meoviti izvodi jednaki. Sledea teorema precizira uslove pod kojima su meoviti izvodi jednaki u optem sluaju. Teorema 10. Ako je funkcija f (x, y) neprekidna u okolini K(A, ) take A= (x, y) zajednosaprvimizvodima,f fx y imeovitimparcijalnimizvodima 2fx yi 2fy x , tada su meoviti izvodi u toj taki meusobno jednaki 2 2f fx y y x = . Teoremavaigeneralnozafunkcijen-promenljivihimeseefektivnibroj viihizvodasmanjuje.Napr.,m-tihizvodatakvefunkcijeima m mnV n = (broj varijacija sa ponavljanjem od n elemenata klase m) ali su neki meu njima jednaki 17 takodasebrojefektivnosvodina 1mnn mCm+ = .Tako,funkcijadve promenljive ima m+1 izvoda reda m. Dakle, ona ima tri druga izvoda fxx, fxy i fyy, etiri trea izvoda fxxx, fxxy, fxyy, fyyy itd. Funkcija tri promenljive ima (m+1)( m+2)/2 izvoda reda m itd. Totalnidiferencijalprvogredazafunkcijuf(x1,...,xn)odnpromenljivih glasi 1 21 2...nnf f fdf dx dx dxx x x = + + + . Ponovnim diferenciranjem dobija se 21 121 1( ),n nk kk kk kn nk kk kk kf fd f d df d dx d dxx xf fd x d dxx x= == = = = = + = jerjedrugidiferencijalpromenljivexkjednaknuli.Ovosedokazujenasledei nain: Neka jey(x) = x. Sleduje1dydx = , odakle je 220d ydx= , to povlaid2y = 0. Kako je y = x dobija se i d2x = 0. Vraajui se na prethodnu formulu izraunavamo, 2 21 11 1... ...n nk k n k k k nf f f f fd dx dx dx dxx x x x x x x x x = + + = + + , to zamenom u df daje 2 221112 2 2 22 21 1 2 1 2 21 1 2 1...( ) ... ( ) 2 ...nn kkk k nn n nn n nf fd f dx dx dxx x x xf f f fdx dx dx dx dx dxx x x x x x= = + + = + + + + + Skraeno, ovo se moe napisati u operatorskom obliku 18(12) 2211...nnd f dx dx fx x = + + . Primer 2. Za n = 2, tj. za funkciju f(x, y), formula (12) glasi 22222 2 22 22 222 ,d f dx dx fx xdx f dx dy f dy fx x y ydx f dxdy f dy fx x y y = + = + + = + + dakle, 2 2 22 2 22 22 .f f fd f dx dx dy dyx y x y = + + Formula (12) se lako uoptava na k-ti diferencijal (13)11...nnkkd f dx dx fx x = + + . Primer 3.Neka jez = arctg(x/y). Odrediti (dz)2d2z. Reenje. Neposredno izraunavamo 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2, ,2 2, ,( ) ( ) ( )z y z x y dx xdydzx x y y x y x yz xy z x y z xyx x y x y x y y x y = = = + + + = = = + + + odakle sleduje 19 2 2 22 2 22 22 2 2 22 2 222 ( ) 2( ),( )f f fd z dx dxdy dyx x y yxy d y d x x y dxdyx y = + + + =+ tj. 2 2 2 2 2 2 2 22 22 2 22 ( ) 2( )( ) .( )y dx xy d x d y x dy x xy y dxdydz d zx y+ + + =+ 7. Izvodi vieg reda sloenih funkcija Neka je z = f(u, v) funkcija promenljivih u i v koje su funkcije od x i y, tj. ( , ), ( , ) u u x y v v x y = = . Na taj nain, z je sloena funkcija promenljivih x i y, tako da je( )( , ), ( , ) z f u x y v x y = . Na osnovu (10) imamo , ,z f u f v z f u f vx u x v x y u y v y = + = + odakle se mogu nai drugi izvodi fxx ifyy 222 2 2 2 22 2 2 22 22 ,z z f u f vx x x x u x v xf u f u v f v f u f vu x u v x x v x u x v x = = + = + + + + 222 2 2 2 22 2 2 22 22 ,z f f u f vy y y y u y v yf u f u v f v f u f vu y u v y y v y u y v y = = + = + + + + kao i meoviti izvodfxy 22 2 2 2 22 2.f z f u f vx y y x y u x v xf u u f u v u v f v v f u f vu x y u v x y y x v x y u x y v x y = = + = + + + + + 20Na slian nain izraunavaju se izvodi treeg i viih redova. Primer.Naidrugidiferencijalfunkcije(x,y)#f(x2 +y2,xy),akojefdvaput diferencijabilna. Reenje.Nekaje (x,y)=f(x2 +y2,x y), pri emu jeu =x2 +y2, v =x y. Najpre nalazimo 2f u f v f fx yx u x v x u v = + = + , odakle, diferenciranjem po x dobijamo 222f fx yx x x x u v = = + 0(2 ) 2 ( )f f f fx x y yx u x u x v x v = + + + _ 2 2 2 22 22 2f f u f v f u f vx yu u x u v x u v x v x + + + + 2 2 2 22 22 2 2 2f f f f fx x y y x yu u u v u v v = + + + + 2 2 22 22 22 4 4f f f fx xy yu u u v v = + + + . Slino,diferenciranjempoyizraza2f u f v f fy xy u y v y u v = + = + , imamo 222f fy xy y y y u v = = + 2 2 2 22 22 2f f u f v f u f vy xu u y u v y u v y v y = + + + + 2 2 22 22 22 4 4f f f fy xy xu u u v v = + + + . Najzad, diferenciranjem x po y (ili y po x), dobijamo meoviti izvod 21 22f fx yx y y x y u v = = + 2 2 2 22 22 2 2f f f f fx y x y y xu u v v u v v = + + + + ( )2 2 22 22 24 2f f f fxy x y xyv u u v v = + + + + . Dakle, drugi diferencijal je 2 2 22 2 2 22 22 d f d dx dxdy dyx x y y = = + + 2 2 22 2 22 22 4 4f f f fx xy y dxu u u v v = + + + + ( )2 2 22 22 22 4 2f f f fxy x y x y dxdyv u u v v + + + + + 2 2 22 2 22 22 4 4f f f fy xy x dyu u u v v + + + . 8. Tejlorova formula Nekajefunkcijam-promenljivihf(X)=f(x1,...,xm),n+1puta diferencijabilnauokolinitakeA=(a1,...,am)m.Nekam-torka(h1,...,hm) predstavlja odstupanje take X od A, tj. neka je X A =(x1 a1, ..., xm am) = (h1, ..., hm). Tada vai formula Teorema 11. (Tejlor)(14) 111( ) ( ) ... ( )1!mmf X f A h h f Ax x = + + + + 1121... ( ) ...2!mmh h f Ax x + + + + 22111... ( ) ( ),!m nmnh h f A R fn x x + + + pri emu je Rn( f ) ostatak. Ukoliko je0 1 < < , tada vai 1 1 1111( ) ... ( ,..., ).( 1)!n m m mmnR f h h f a h a hn x x + = + + + + + Akozan +,( ) 0nR f ,formula(14)definierazvojfunkcijefu polinomijalni red. Za m = 2, Tejlorova formula za funkciju f(x, y) u okolini taka A = (a, b) glasi (15)1( , ) ( , ) ( , )1!f x y f a b x y f a bx y = + + + 21 1( , ) ... ( , ) ( )2! !nnx y f a b x y f a b R fx y n x y + + + + + , gde je, za 0 < < 1, ostatak 11( ) ( , )( 1)!nnR f x y f a x a yn x x + = + + + + , i pri emu sux = x a,y = y bprirataji promenljivihxiyutakiA(Slika10). Odgovarajuibeskonaanred(Tejlorovred)za sluaj funkcije dve promenljive ima oblik 01( , ) ( , ).!nnf x y x y f a bn x y+= = + Slika10. 23 Primer.Uokolinitake(0,0),razvitifunkciju 2 2( , ) sin( ) f x y x y = + u Tejlorov red. Reenje.Polaziseodrazvojafunkcijesin tuokolininule 3 5 7sin ...3! 5! 7!t t tt t = + +gde se moe uvesti smena2 2t x y = + . Tako dobijamo 2 2 3 2 2 5 2 2 72 2 2 2( ) ( ) ( )sin( ) ...3! 5! 7!x y x y x yx y x y+ + ++ = + + +6 4 6 2 42 2 4 611 ...6 2 12 2 12 6x x x x xx y y y = + + + . Slika 11. Funkcija 2 2( , ) sin( ) f x y x y = +i prvih nekoliko lanova razvoja u Tejlorov red u okolini koordinatnog poetka 9. Ekstremumi funkcija vie promenljivih Definicija 15. Neka je funkcija f(X) = f(x1, ..., xn) definisana u okolini take M = (a1, ..., an). Taka M je- taka lokalnog minimuma ako postoji > 0 tako da( ) ( ), ( , )ff X f M X K M D > ; - taka lokalnog maksimuma ako postoji > 0 tako da ( ) ( ), ( , )ff X f M X K M D < . 24Lokalni minimum i maksimum funkcije f su lokalni ekstremi te funkcije. Teorema 12. (Potrebni uslovi ekstremuma funkcije) Ako funkcija f(X) ima lokalni ekstremumutakiM,tadasuparcijalniizvodiprvogredautakiMilisvi jednaki nuli 1 2( ) ( ) ( )0, 0, ..., 0nf M f M f Mx x x = = = , ili isti ne postoje. Primer1.Funkcija 2 21 z x y = imalokalnimaksimumutakiM(0,0), max(0, 0) 1 z z = =(Slika 12). U toj taki funkcija je diferencijabilna, i pritom je 0 00 0(0, 0) (0, 0)2 0, 2 0x xy yz zx yx y= == = = = = = . Slika 12. Lokalni maksimum diferencijabilne funkcije. Primer2.Funkcija| | | | z x y x y = + + imalokalniminimumu koordinatnompoetku, min(0, 0) 0 z z = =, aliutojtakifunkcijanije diferencijabilna, tj. izvodi zx(0, 0) i zy(0, 0) ne postoje. Grafik funkcije z = z(x, y) je omota etvorostrane piramide, prikazan naSlici 13. 25 Slika 13. Lokalni minimum nediferencijabilne funkcije Meutim, uslovi Teoreme 12 nisu i dovoljni. Naime, svi parcijalni izvodi u takiAmogubitijednaki0alifunkcijanemorautojtakidaimalokalni ekstremum.Poznatikontraprimerjefunkcijaz=xyijijegrafik(Sl.14)poznat kaohiperbolikiparaboloid.Izvodiovefunkcijeukoordinatnompoetkusu jednaki nuli, tj. zx(0, 0) = zy(0, 0) = 0, a funkcija ipak nema ekstremume u taki (0, 0). U okolini ove take, povr hiperbolikog paraboloida ima oblik sedla, pa se ovakva taka (S na Sl. 14) zove se sedlasta taka. Sl. 14. Sedlasta povr i sedlasta taka Definicija16.TakaMkojazadovoljavauslov 1 2( ) 0, ( ) 0x xf M f M = = ,..., ( ) 0nxf M= , zove se stacionarna taka funkcije f. Teorema13.(Dovoljniusloviekstremumasluajfunkcijedvepromenljive) Neka je M stacionarna taka funkcije f(x, y), i neka je d2f(M) 0. Neka je dalje A =fxx(M), B =fxy(M)iC =fyy(M). Tada razlikujemo sledee sluajeve: 261o

AC B2 > 0,A < 0 fima maksimum u taki M; 2o

AC B2 > 0,A > 0 fima minimum u taki M; 3o

AC B2 < 0 fnema ekstremuma u taki M ; 4o

AC B2 = 0 egzistencija ekstremuma u taki M je neizvesna. Dokaz. Polazimo od Tejlorove formule za funkciju dve promenljive (15) gde za taku razvoja uzimamo taku M, i zadravamo se kod drugog lana ( )2 22( ) ( ) ( ) ( )1( ) 2 ( ) ( ) ( ).2x yxx xy yyf X f M f M x f M yf M x f M x y f M y R f= + + + + + + BuduidajeMstacionarnataka,fx(M)=fz(M)=0,gornjaformulase,uz korienje uvedenih oznaka, moe prepisati u obliku (16) ( )2 221( ) ( ) 2 ( )2f X f M A x B x y C y R f = + + + , ili,sobziromnaformulu(5),uobliku 221( ) ( ) ( ) ( )2f X f M d f M R f = + . OstatakR2(f)jebeskonanomalaveliinaviegredauodnosuna 2 2 2( ) 2 d f M A x B x y C y = + + ,kadx,y0.Prematome,moesenai okolinatakeMukojojeizraz ( )2 2122A x B x y C y + + bitidominantan, to znai da e odreivati znak desne strane jednakosti (16), dakle i znak razlike f=f(X)f(M).Drugimreima,znakpriratajajednakjeznakudrugog diferencijala funkcije f u stacionarnoj taki, pa se cela dalja analiza moe svesti na odreivanje znaka d2f(M), koji se moe transformisati na sledei nain: 2 2 2 21( ) 2 d f M A x AB x y AC yA = + + 2 2 2 2 2 2 212 A x AB x y B y B y AC yA = + + + ( ) ( )22 21A x B y AC B yA = + + . 27 Izraz( ) ( )22 2A x B y AC B y + + se naziva kvadratna forma po x i y, i ona e imati isti znak ako je AC B2 > 0. U tom sluaju, d2f(M) zavisi od faktora 1A, tj.odznakadrugogizvodaA=fxx(M),imesedobijajusluajevi1oi2o maksimuma i minimuma funkcije f. U sluaju da jeAC B2 < 0,d2f(M) menja znak u okolini take M, dakle funkcija nema ekstremuma (sluaj 3o). Najzad, i to jesluaj4o,akojeACB2=0,ekstremummoe,alinemoradapostoji,aza njegovo utvrivanje potrebna su ispitivanja znaka f , koji zavisi od viih izvoda. Primer 3. Nai lokalne ekstremume funkcije2 2( , ) 2ln( 2) f x y x y x y = + + . Reenje.Najpreutvrujemooblastdefinisanostifunkcijef.Potrebnojeda argumentlogaritmabudepozitivan,dakle 2 22 0 x y + + > ,tojeispunjenoza svako, x y R . Dakle oblast definisanosti Dfje cela ravan 2R . Stacionarne take dobijamo reavanjem sistema2 2 2 24 40, 02 2f x f yy xx x y y x y = = = = + + + + . Buduidajesistemsimetrianuodnosunapromenljive,moemooekivati reenjakodkojihjex=y.Zamenomyuprvujednainu,dobijamo 240,2 2xxx =+ili 3 21 2,30 ( 1) 0 0, 1 x x x x x x = = = = .Tako, dobijamotristacionarnetake:M1 =(0,0),M2 =(1,1),M3 =(1,1).Sada izraunavamo druge izvode, najpre u proizvoljnoj taki (x, y)( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2 2 2 2 22 24 , 8 1, 4 ,2 2 2f x y f xy f x yA B Cx x y yx y x y x y + + = = = = = = + + + + + +a zatim u svakoj stacionarnoj taki izraunavamo vrednosti izraza AC B2 i A: StacionarnatakaAC B2A M1 = (0,0)52 M2 = (1, 1)21/2 M3 = (1,1)21/2 28PremaTeoremi13,funkcijaimalokalniekstremumsamoutaki(0,0),jerjetu AC B2 = 5 > 0, a kako je A = 2 > 0 radi se o lokalnom mimimumu, i on iznosi min (0, 0) 2ln 2 1.38629 f f = = ; U ostale dve take je AC B2 = 2 < 0, dakle M2 iM3 su sedlaste take. Pregled prethodnediskusijedatjeutabelianaSlici15datjeprikazstacionarnihtaaka zajedno sa nivo linijama date funkcije. Funkcija 2 2( , ) 2ln( 2) f x y x y x y = + + takatip stacionarne takevrednost f M1 = (0,0) lokalni minimum 2ln 2 1.38629 M2 = (1, 1)sedlasta taka 4ln 2 1 1.77259 M3 = (1,1) sedlasta taka 4ln 2 1 1.77259 Slika 15. Nivo linije i stacionarne take funkcije2 2( , ) 2ln( 2) f x y x y x y = + + na kvadratu 2[ 1.5, 1.5] + . Funkcijanemalokalnih,paprematomeniglobalnogmaksimuma,tj. ( , ) f x y kadx iliy ili, x y . 29 10. Uslovni ekstremumi funkcija vie promenljivih Neka je Df n domen definisanosti funkcije f(X) = f(x1, ..., xn), i neka je L zatvoren, ogranien podskup skupa Df. Definicija17.AkofunkcijafnaskupuLimautakiM Lekstremum,taj ekstremum emo zvati uslovni ekstremum. Ako je M taka uslovnog ekstremuma, na primer uslovnog maksimuma, pie se max ( ) ( )Lf X f M =ilimax ( ) ( )Lf X f M = . Zarazlikuoduslovnihekstremuma,lokalneekstremumebezuslovaemozvati bezuslovnim(takoeslobodnimiliobinim)ekstremumima.Udaljemtekstu baviemoseuslovnimekstremumimafunkcijadveilitripromenljivekojese inae najee sreu u inenjerskoj praksi. Preciznije, ograniiemo se na sledee jednostavne probleme: 1.Odrediti uslovni ekstremum funkcije dve promenljive f(x, y) na luku L ija je jednaina data u parametarskom obliku x = x(t),y = y(t),t [t1, t2]; 2.Odreditiuslovniekstremumfunkcijetripromenljive f(x, y, z) na povri L ija je jednaina data u parametarskom obliku x = x(u, v),y = y(u, v), z = z(u, v),u [u1, u2],v [v1, v2];3.Odreditiuslovniekstremumfunkcijetripromenljivef(x,y,z)nalukuL ija je jednaina data u parametarskom obliku x = x(t),y = y(t),z = z(t),t [t1, t2]; Reenje prvog i treeg problema je slino. Naime funkcijaf(x, y) se na luku L,kojijedatparametarskimjednainamax=x(t),y=y(t),t [t1,t2],svodina funkciju jedne promenljive (t) = f(x(t),y(t)) na intervalu [t1, t2]. Potreban uslov zapostojanjeuslovnogekstremumafunkcijef(x,y)utakiM(a,b) L,je 0Mt tddt==,priemujetM [t1,t2],x(tM)=a,y(tM)=b.Geometrijska interpretacija uslovnog ekstremuma funkcije dve promenljive data je na Slici 16. LukLtangirajednuodnivolinijautakiM,takodajeutojtakiuslovni ekstremum, f(M). 30 Slika 16. Uslovni ekstremum funkcije dve promenljive U sluaju funkcije tri promenljivef(x, y, z), ona se na lukuL:x = x(t),y = y(t),z = z(t),t [t1, t2], takoe svodi na funkciju jedne promenljive (t) = f(x(t),y(t),z(t)) na intervalu [t1, t2]. Sada je 0Mt tddt==, tM [t1, t2],x(tM) = a,y(tM) = b,z(tM)=c,potrebanuslovpostojanjauslovnogekstremumafunkcijef(x,y,z)u taki M(a, b, c) L. Drugiproblemjenetosloeniji.Potrebanuslovegzistencijeuslovnog ekstremuma funkcije f(x, y, z) u takiM(a, b, c) koja lei na povriL:x = x(u, v),y = y(u, v), z = z(u, v),u [u1, u2],v [v1, v2], svodisenapotrebanuslovegzistencijelokalnogekstremumafunkcijedve promenljive g(u, v) = f(x(u, v),y(u, v),z(u, v)) , u taki (uM, vM), pri emu je x(uM, vM) = a,y(uM, vM) = b, z(uM, vM) = c. Kao to znamo (Teorema 12), ti uslovi su dati jednakostima 0, 0M MM Mu u u uv v v vg gu v= == = = =. Posebnovaanzadatakkojijeuvezisaproblemima1.,2.ili3.jekadaje lukL(ilipovrL)granicanekogzatvorenogskupaD Df,nakomesetrai 31 najmanjainajveavrednostneprekidnefunkcijef,kojepremaTeoremi1uvek postoje.Pojam granice zatvorenog skupa je preciziran u narednoj definiciji: Definicija18.Graninetake(Def.4)zatvorenogogranienogskupaDkojeu proizvoljnoj -okolini sadre bar jo jednu taku koja ne pripada D, ine granicu L skupa D. Skup Do = DL ini unutranjost zatvorenog skupa D.Napomena. Ukoliko je D 2,L se zove kontura skupa D. Takoe, vai D = Do L. Postupakogreivanjanajmanjeinajveevrednostifunkcijefna zatvorenom, ogranienom skupu D moe se sprovesti na sledei nain: a)Odreujuselokalniekstremumifunkcijefkojipripadajuunutranjosti skupa D; b)Ispituju se uslovni ekstremumi funkcije f na granici L skupa D; c)Uporeivanjemskupovaekstremumapoda)ib)odreujesenajmanjai najveavrednostfunkcijef,nazatvorenomskupuD,tj.konstanteaib takvedajeaf(X)b.Ovekonstantesejonazivajuiglobalni ekstremumi funkcije f na zatvorenom skupu D (a je globalni minimum a b globalni maksimum). Primer1.Odreditiekstremnevrednostifunkcije2 2( , ) 3 2 f x y x y = + + ,na trougaonoj oblasti(17): 6 2, 1 D y x x + . Slika 17. Uslovni ekstremumi funkcije dve promenljive 32 Reenje. Funkcijaf, poznata pod nazivom eliptiki paraboloid (deo grafika prikazan je na Slici 17, levo), definisana je u celoj xy-ravni, tj. Df= 2, pa prema tomeinatrougaonojoblastiD Df,kojajezatvorenskup.Grafikfunkcijefna oblasti D, je trougaoni paraboloidni fragment prikazan na Slici 17, desno. Pratei gornjipostupak,najpreodreujemolokalneekstremumefunkcijeunutaroblasti D. Kakojezasvako(x,y)Df,( , ) f x y 2,najmanjavrednostfunkcijeje 2min 2 f =Rionasedostieutaki(0,0).Moesepokazatidaovataka zadovoljavapotrebneidovoljneuslovelokalnogekstremuma.Ovojeta;ka slobodnogminimumafunkcijef, koji, budui da zadovoljava stroge nejednakosti u (17), pripada unutranjosti oblasti D, tj.min (0, 0) 2Df f = = . Sadase,prematakib)gornjeg postupkaispitujuekstremumina konturiL,oblastiD(Slika18)kojaje datagraninimsluajevima nejednakosti (17), tj. jednakostima : 6 2, 1 L y x x = + = . KonturaLjetrougaosatemenima(1, 1/2),(2,0)i(1,1/2).Oznaimo njegove stranice sa s1, s2 i s3. Pritom, s1 leinapravojkojaprolazikroztake (2, 0) i (1, 1/2), stranica s2 je deo prave kroz (2, 0) i (1, 1/2), a s3 prave kroz (1, 1/2) i (1, 1/2). Jednaine ovih stranica su s1 : y = (x + 2)/6,2 x 1,(18) s2: y = (x + 2)/6, 2 x 1,

s3 : x = 1,1/2 y 1/2. Slika18. OblastD 33 Ispitivanje ekstremuma na konturi sprovodisetakotosvakuod jednaina(18)zamenjujemou poetnujednainufunkcije 2 2( , ) 3 2 f x y x y = + + ,svodei timef(x,y)nafunkcijujedne promenljivekojaje diferencijabilna,takodamoemo nainjenelokalneekstremumeu nulamaprvogizvoda.Naprimer, zamenomprvejednaineiz(18), dobijasekvadratnafunkcija 213 1 712 3 3z x x = + + ,ijiselokalni minimumnalazireavanjem jednaine0dzdx = ,tj. 1(13 2) 06x + = ,odaklesenalazixmin=2/13.Odatlesedobija min413y =,tako dalokalniminimumleinastranicis1,iimavrednost 12 4 30min ,13 13 13sz z = = . Slino, za stranicu s2 koja je simetrina stranici s1 u odnosu na x-osu, dobija se ista vrednost 22 4 30min ,13 13 13sz z = = . Na stranici s3, funkcija f se svodi na 23 3 z y = + , sa lokalnim minimumom za y = 0, dakle 3min (1, 0) 3sf z = = . Ostaje da se ispitaju vrednosti funkcije f na krajevima stranica,tj.utemenimatrouglaL.Imamo ( 2, 0) 6 f = , 1 1 151, 1,2 2 4f f = = ,takodajemax ( 2, 0) 6Lf f = = .Poreenjem dobijamodasuekstremumifunkcijefnadatojoblastimin (0, 0) 2Df f = = , max ( 2, 0) 6Df f = =(Slika 19). Primer 2. Odrediti ekstremne vrednosti funkcije Slika 19. Ekstremumi na konturi 34(19)2 2( , ) f x y x y = + , na krunom diskuD: 2 2( 1) ( 1) 1 x y + . Reenje. Grafik funkcije z = f(x, y)je (jednograni) kruni konus ija se osa simetrije poklapa sa z-osom (Sl. 20). Vrh konusa je u koordinatnom poetku, i to jejedinilokalni(slobodni) minimumfunkcijefna2,tj. 2min (0, 0) 0 f f = =R. Kruni disk Dimacentarutaki(1,1)i poluprenik1,takodataka globalnogminimuma,(0,0)ne pripadaoblastiD.Kakoje reenje sistema 2 2 2 20, 0,f x f yx yx y x y = = = = + + uoblasti2{(0,0)}prazan skup,sempomenutogglobalnog minimuma, funkcija nema drugih lokalnih ekstremuma, pa ih nema niuunutranjostiskupaD.Dakle,ispitujemoekstremumenakrunojkonturi diska iji je parametarski oblik (20)L : x = 1 + cos t, y = 1 + sin t,t [0, 2]. Zamenom (20) uz = f(x, y), dobija se 2 2 2(1 cos ) (1 sin ) 3 2(sin cos ) z t t t t = + + + = + + , Slika 20. Uslovni ekstremumi na glatkoj konturi 35 takodadiferenciranjeobe strane po t daje (21)2 2(cos sin ) 0dzz t tdt= = . Dakle,dz/dtseanulirazaone vrednostitizintervala [0, 2 ] zakojeje sin cos t t = .Reenjaove jednaine u datom intervalu su 1/ 4 t = i 25 / 4 t = .Izje-dnaine (21) se vidi da je znak izvodadz/dtistikaoznak funkcijecos sin t t ,(Sl. 21),imeseutvruje monotonost funkcije f(x, y), kako je prikazano u tabeli u okviru Slike 21. Tako, u taki 1/ 4 t =imamo maksimum au 25 / 4 t = minimumfunkcijefna konturiL(Sl.22)Zamenomovih vrednostitu(20)dobijamo 1 11 2 / 2, x y = = +2 22 / 2, x y = = tako da je2 2min , 12 2Dz z = = , 2 2max 1 , 12 2Dz z = + + = 3 2 2 1 2 = + = + . 11. Lagranov metod Ako se podskup L Df moe opisati sistemom jednaina 1 1 1: ( ,..., ) 0, ..., ( ,..., ) 0, ( )n k nL x x x x k n = = < , 1/ 4 t =25 / 4 t = cos t sin t ++ monotonostf Slika 21. Promena znaka izvodafunkcijefna konturi L Slika 22. Take ekstremuma na L 36 pri emu su 1,...,k diferencijabilne funkcije, tada vai sledea teorema: Teorema 14. (Potrebni uslovi) Ako funkcija f(X) = f(x1, ..., xn) ima ekstremum u taki M(a1, ..., an) L, tada postoje koeficijenti 1,...,k takvi da je (22)111 1 111... ,... .kkkkn n nfx x xfx x x = + + = + + . Konstante 1,...,k senazivajuLagranovimultiplikatori,atakaM L,koja zadovoljava (22) je uslovna stacionarna taka funkcije f. Algoritam za odreivanje uslovnih stacionarnih taaka je sledei: 1.Formira se pomona funkcija (23) 1 1...k kf = , pri emu su 1,...,k Lagranovi multiplikatori koje treba odrediti; 2.Formira se sistem od n+k jednaina (24) 110, ..., 0,0, ..., 0nkx x = = = = sa n+k nepoznatih1 1,..., ; ,...,n kx x .3.Reenja sistema, ukoliko postoje, su slobodne stacionarne take {Mi, i = 1, ...,m}zafunkciju (uslovnezaf)iodgovarajuimultiplikatori 1,...,i ik , i = 1, ..., m. 4.Take{Mi,i=1,...,m}sedaljeispitujunadovoljnostuslovaza ekstremumfunkcije,ispitivanjemznaka 2d.Iz(23)sledujedaje 37 slobodni ekstremum funkcije istovremeno i uslovni ekstremum funkcijefu taki Mi. Primer 1.Odrediti trougao maksimalne povrine P za zadati obim O. Reenje.PolazimoodHeronovogobrascakojidajevezuizmeupovrinei obima trougla stranica x,yiz, (25)( )( )( ) P s s x s y s z = , gdeje/ 2 ( ) / 2 s O x y z = = + + poluobimtrougla.Zamenomsu(25)i sreivanjem, dobija se2 2 2 2 2 2 4 4 412 2 2 ( )4P x y y z z x x y z = + + + + , pa je veliina P oigledno maksimalna kad je potkorena veliina (26) 2 2 2 2 2 2 4 4 4( , , ) 2 2 2 ( ) u x y z x y y z z x x y z = + + + + , maksimalna.Tako,dobijamopojednostavljeniproblemuslovnogekstemuma: Nai maksimum funkcije u(x, y, z) pod uslovom x + y + z = O, gde je O dati obim. Oblastdefinisanostifunkcijeuje3,apodskupL3jedefinisanfunkcijom ( , , ) 0 x y z O = . Pomona funkcija (23) je ( , , ) ( ) u x y z z y z O = + + , tako da sistem (24) postaje(27)2 2 32 2 32 2 34 4 4 0,4 4 4 0,4 4 4 0,xy xz xxyz yx yyzx zy zz = + = = + = = + = koji je simetrian u odnosu na promenljive x, y i z, tako da se oekuju reenja kod kojih je x = y = z. Sistem (27) se svodi na jednu jednainu4x3 = 0, odakle je 3/ 4 x y z = = = .Izuslovax+y+z=Osedobija 33 / 4 O = takodaje 3/ 43O = ,odaklejex=y=z=O/3,imedobijamostacionarnutaku M(O/3, O/3,O/3)(slobodnuza auslovnuzaf).Dabiproverilidalijetotaka maksimuma, izraunavamo drugi diferencijal 2d 3822 2 22 2 2 22 2 22 2 22d dx dy dz dx dy dzx y z x y zdxdy dydz dzdxx y y z z x = + + = + + + + + i kako je 222 2 22222 2 22222 2 222 22 2224 4 12 4 ,34 4 12 4 ,34 4 12 4 ,38 8 , 8 8 ,3 38 8 ,3MMMM MMOy z xxOz x yyOx y zzO Oxy yzx y y zOzxz x = + = = + = = + = = = = = = = dobijamo(28)22 2 2 24 ( 4 4 4 )3Od dx dy dz dxdy dydz dzdx = + + . Da bi uprostili ovaj izraz, diferenciraemo uslov ekstremumax y z O + + = , ime dobijamodx+dy+dz=0.Kvadriranjemleveidesnestraneovejednakosti dobijamo2 2 2 2( ) 2 2 2 0 dx dy dz dx dy dz dxdy dydz dzdx + + = + + + + + =odakleje 2 2 24 4 4 2( ). dxdy dydz dzdx dx dy dz = + + Zamenomu(28), dobijamo ( )22 2 2 2 2 2 222 2 24 2( )312 ( ) 0,3Od dx dy dz dx dy dzOdx dy dz = + + + + + = + + < 39 dakle,funkcijaimaslobodnimaksimumutakiM(O/3,O/3,O/3),paprema tomeifunkcijau,datasa(26),imauslovnimaksimum.Dobilismooekivani rezultat:trougaosajednakimstranicamax=O/3,y=O/3,z=O/3,ima maksimalnu povrinu 2max336OP = . Primer2.KrozotpornikRprotiestrujaIostvarujuiuvremenutrad 2RI t (Primer 2.1.c). Zameniti otpornik R paralelnom vezom n otpornika (Sl. 23) i odrediti struje kroz njih tako da ukupan rad bude minimalan. Slika 23. Minimizacija rada elektrine struje Reenje.UkupanradebitijednakzbiruradanasvakomodotpornikaR1, R2,,Rn(videtiPrimer1,taka3,udrugomodeljku) ( )2 21 1...n nA R I R I t = + + . Budui da je t konstanta, dovoljno je minimizirati funkciju snage2 21 1 1( ,..., ) ...n n nP P I I R I R I = = + +poduslovomgrananjastruje 1...nI I I + + = .Formiraemopomonufunkciju 2 21 1 1... ( ... )n n nR I R I I I I = + + + + i postaviemo sistem (29)1 112 0,2 0,n nnR IIR II = = = =. 40ije je reenje(30)1 1/ 2 , ..., / 2n nI R I R = = .Zamenom u jednainu uslova 111 1 1... ...2 2nnI I IR R R = + + = + + = , gdeje 11 1 1...nR R R= + + ekvivalentnaotpornostparalelneveze,dobijamo 2I R =to zamenom u (30) daje12I =2I R1 1, ...,nnR RI I IR R R= = , to su koordinate uslovne stacionarne take. Drugi diferencijal 2211...nnd dI dII I = + + sadri samo druge izvode 22kI , jer iz (29) sleduje da su meoviti izvodi i jI I svi jednaki nuli. Kako je 222kkRI =, imamo( )2 22 2 2 2 22 2 1 1 11... 2 ... 0.n n nnd dI dI R dI R dII I = + + = + + > Dakle,funkcijasnage 2 21 1 1( ,..., ) ...n n nP I I R I R I = + + utaki 1, ...,nR RM I IR R = ima uslovni minimum, i njena vrednost je2 22 2 211 11/1 1( ) ... ... ,nn nRR RP M R I R I I R I RR R R R = + + = + + = _ to je ista vrednost kao i snaga kroz R, pre grananja, pa je i rad isti, to je u skladu sa zakonom o ouvanju energije. 41 ZADACI Pojam funkcije vie promenljivih 1.ta predstavlja geometrijsko mesto taaka3( , , ) : 1, 0, 0, 0x y zx y z x y za b c + + = , pri emu je, , a b c+ . Reenje. Deo ravni koji lei u prvom oktantu (Slika 1). 2.ta predstavlja grafik funkcije 2 2z x y = + .Reenje. Obrtni paraboloid, Slika 2. Slika 1Slika 2 3.Opisati skup taaka { }3 2 2 2 2( , , ) : , 0 x y z x y z R R + + = > R . Reenje. Centralna sfera poluprenika R (Slika 3). 4.Opisati skup taaka 2 2 232 2 2( , , ) : 1x y zx y za b c + + = . 42Reenje. Troosni elipsoid sa poluosama a, b i c (Slika 4). Slika 3Slika 4 5.ta predstavlja skup{ }3 2 2 2( , , ) : 1 x y z z x y = + . Reenje. Jednograni hiperboloid (Slika 5). 6.Opisati skup taaka{ }3 2 2 2( , , ) : 1 x y z z x y = + + . Reenje. Dvograni hiperboloid (Slika 6). Slika 5Slika 6 43 7.ta predstavlja grafik funkcije 2 2 2z x y = + . Reenje. Dvostruku konusnu povr sa z-osom kao osom simetrije (Slika 7). Slika 7 8.Odrediti vrednosti koje funkcija f(x, y) = 1 + x yima u takama parabole y = x2, a zatim nacrtati grafik funkcijeF(x) = f(x, x2). Reenje. Zamenom y = x2 uf(x, y), dobija sef(x, y) = f(x, x2) =1 + x x2. Grafik je parabola, okrenuta otvorom nanie, sa temenom u taki (1/2, 5/4). 9.Odrediti vrednosti funkcije 4 2 2 42 221x x y yzx y+ += u takama kruga x2+ y2 = R2 .Reenje.AkojeR1, 4 2 2 4 2 2 2 42 2 2 2 22 ( )1 1 ( ) 1x x y y x y Rzx y x y R+ + += = = + .Ako 1 R ,z +, dok1 R+ ,z . 10.Odreditif(x), ako je2 2, ( , 0)x y yf x yx y+ = > . Reenje.Kakoje ( )( )2 22 2 21 ( / )1 ( / )/x y xy x x y yfx y y y x++ + = = = , smena ytx =daje ( )21 tf tt+= . 11.Naif(x, y) ako jef(x + y,x y) = x y + y2. 44Reenje. Smenau = x + y, v = x y, dajex = (u + v)/2, y = (u v)/2,tako da jef(x + y,x y) = f(u, v) = (u + v) (u v)/4 + (u v)2/4 = u(u v)/2, dakle, 1( , ) ( )2f x y x x y = . 12.Odreditifunkcijuzzadatusa( , ) ( 1) z x y y f x = + ,gdejef nepoznata funkcija, ako je poznato da je z (x, 1) = x. Reenje.Kakoje( , 1) 1 ( 1) z x f x x = + = , smena1 t x = ,iinverzna smena x = (t + 1)2,dajuf(t) = (t + 1)2 1 ilif(t) = t2 + 2t . Na taj nain se dobija ( )22( , ) ( 1) 2( 1) 1 1 z x y y x x y x y x = + + = + = + , tako da je, konano( , ) 1 z x y x y = + . 13.Neka je( , )yz x y x fx = . Odrediti funkcijezifako je 21 z y = +zax = 1. Reenje. Zamenom x = 1,u osnovnu jednakost,( , )yz x y x fx = , dobija se2(1, ) 1 ( ) z y y f y = + = , tako da je22 2( , ) 1y xz x y x x yx x = + = + . 14.Odrediti i skicirati definicionu oblast funkcija a) 2 2( , ) arcsin 2yf x y x x yx= + ; b) 2( , ) arccos 1x yf x y xy x yx y+= +. Reenje.a)Funkcijaarcsinjedefinisanazaonevrednostiargumentakoje supomodulu1,dokargumentkvadratnogkorenamoradabude nenegativan.Tako,oblastdefinisanostifunkcijefjedatareenjemsistema nejednakosti 2 21 0 2 0yx x x yx ili,2 20 ( 1) 1 y x x x y + . 45 Slika 8 NaSlici8sudateoblastiS1iS2uravnizakojesuovenejednakosti zadovoljene, kao i oblast definisanosti funkcije Df , koja se nalazi u preseku S1 i S2. b) Slino kao pod a), potrebno je da bude zadovoljen sistem21 1 0x yxy x yx y+ + , ili2 ( 1)( 1) 0 x y x y x y x y + . Reenje je dato na Slici 9. Slika 9 15.Odrediti i skicirati definicionu oblast funkcija

2 2( , ) 2 2 2 1yy xf x y x y xy x y e= + + +; a) 2 2 2 2 2 2( , ) f x y x y a b x y = + ,, a bR ; 46b) 2 2 2 2 2 21 1( , ) 1 2 4 4 1 16 (4 3) 12 4f x y x y x y x y = + + + + +

2 2116 (4 3) 14x y + + . Reenje.a)Potkorenaveliinasemoetransformisatiuoblikpotpunog kvadrata2 2 22 2 2 1 ( 1) x y xy x y x y + + + = + , tojenenegativnaveliinazasvako(x,y) 2.Tako,ostajesamo eksponencijalnafunkcijakojajedefinisanazasverealnevrednosti argumenta, pa je jedino ogranienjey x 0, tj. y x. Oblast definisanosti Dfje dakle, cela ravan iz koje je izuzeta prava y = x (Slika 10-a). b)Potrebno je da bude zadovoljen sistem 2 2 2 2 2 2x y a b x y + + ije su reenje sve take realne ravni, ije je rastojanje od koordinatnog poetka veeilijednakoaamanjeilijednakob.Dakle,akojeab,oblast definisanosti Df je prstenasti skup taaka izmeu krugova poluprenika a i b, ukljuujui i granine krugove, Slika 10-b. U sluaju a > b reenje sistema je prazan skup, tj. funkcija nije definisana ni za jedan par (x, y) . c) Definiciona oblast funkcijefje data sistemom nejednakosti (Slika 10-c) 2 2 2 21 2 0, 4 4 1 0 x y x y + , 2 216 (4 3) 1 0 x y + + i2 216 (4 3) 1 0 x y + . Slika 10 16.U zavisnosti od parametrapodrediti definicionu oblast funkcija 47 a) ( )( , , ) log , u x y z x y z p p = + + R; b) ( )2 2 2( , , ) arcsin , u x y z x y z p p = + + R . Reenje.a)Argumentlogaritamskefunkcijemorabitipozitivan,dakle,za svako p , treba da vai0 x y z p + + > , tj.(1)x y z p + + > .Nekajep >0.Tadajejednakoux y z p + + = definisanazatvorena poliedarska povr koja se sastoji od osam podudarnuh trouglova, od kojih se svaki nalazi u jednom od osam oktanata. Ta povr je oktaedar (Slika 11-a) i zajednosatetraedrom,kockom(heksaedrom),ikosaedromi dodekaedrom ini skup svih pravilnih poliedara u trodimenzionom prostoru. Temenaoktaedra(imaihest)leenakoordinatnimosama,itojednona pozitivnom a drugo na negativnom delu svake od tri koordinate ose. Dakle, za p > 0 nejednakost (1) definie beskonanu otvorenu oblast koja lei izvan oktaedra i to je Df. U sluaju p = 0, oktaedar degenerie u taku (0, 0, 0), i tada se oblast Dfsvodi na prostor 3, iz koga je izuzet koordinatni poetak. Zap < 0, funkcija je definisana na itavom 3. Slika 11 b) Uslov je 2 2 21 x y z p + + , i on se svodi na sistem nejednakosti (2) 2 2 2 2 2 21 1 x y z p x y z p + + + + + . Ukolikojep>1,izrazp1atimpreip+1supozitivniimoguse napisati u obliku kvadrata pozitivnih brojeva, tj.,p 1 = r2i p + 1 = R2,pri emu je r < R. U tom sluaju, reenje sistema (2), dakle Df je skup taaka koji lei izmeu manje(2 2 2 2x y z r + + = ) i vee sfere (2 2 2 2x y z R + + = ), 48ukljuujui i sferne povri. Ako je1 < p 1, manja sfera ne postoji, pa je reenjeDf ,skuptaaka 2 2 2 2x y z R + + .Najzad,akojep1,prvaod nejednakosti (2) nije zadovoljena ni za jednu vrednost promenljivih x, yiz, pa je fD = . 17.Opisati nivo linije sledeih funkcija: a) 2 2( , ) f x y x y = +; b)( , ) / f x y y x =; c)( , ) min( , ) f x y x y =; d)( , ) max(| |, | |) f x y x y =; e)( , ) sgn(sin sin ) f x y x y =; Reenje. a) Nivo-linije su koncentrini krugovi (Sl. 12-a);b) Prave y = C x, C , (Sl. 12-b);c) Nivo-linije su date familijom jednakosti min(x, y) = C. Dakle, ako je x = C za x < y;y = C za x y (Sl. 12-c);d) U ovom sluaju, nivo-linije su simetrina varijanta prethodnog sluaja (Sl. 12-d);e) Funkcija sgn(sin xsiny)seanuliranakvadratnojmreix=2n,y=2m,m,n (Sl.12-e),nakojojfunkcijaalternativnoimavrednosti+1i 1posistemu ahovske table (Sl. 12-f). Slika 12 49 Slika 13 18.Odrediti nivo-povri sledeih funkcija: a)u x y z = + + ; b) 2 2 2u x y z = + + ; c) 2 2 2u x y z = + . Reenje.a)Familijaparalelnihravnix+y+z=C;b)Familija koncentrinih sfera x2 + y2 + z2 = R2;c) Familija konusnih povri.

19.Odrediti w kao funkciju promenljivih x, y iz ,ako je w = ( )2 3 3 , pri emu je,2 2u v u ve e e e + = = i u = ln(x2 + y2 + z2), v = 2 ln (x + y + z). Reenje. Iz poslednjeg sistema jednakosti sleduje eu = x2 + y2 + z2, kao iev = (x + y + z)2. Tako dobijamo 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ),2 2x y z x y z x y z x y z + + + + + + + + += = , to zamenom u w daje( ) ( )334 2 2 2 21( ) ( ) ( )8w x y z yz x y z x y z x y z = + + + + + + + + + + . 20.Funkciju 2 222 21exp ( )4xyx xy yz x yx xy y + + = + ,predstavitikaofunkciju promenljivihuiv ako je poznato da je u = x2 + y2i v = x y. 50Reenje. Grupisanjem lanova, z postaje( )( )2 22 22 22exp4xyx y xyx y xyzx y xy + + + = + , dakle, ( ) 2 / 4evu vu vzu v+ = . Granina vrednost i neprekidnost 21.Odreditisukcesivnegraninevrednosti ( )lim lim ( , )x a y bf x y i ( )lim lim ( , )y b x af x y sledeih funkcija: a) 2 22 4( , )x yf x yx y+=+ ,a = , b = ; b)( , )1yyxf x yx=+,a = , b = 0+; c)( , ) sin2xf x yx y=+,a = , b = ; d) 1( , ) tg1x yf x yx y x y=+,a = 0, b = ; e)( , ) log ( )xf x y x y = + ,a = 1, b = 0; Reenja. (Napomena: U svim reenjima se podrazumeva da je x a kad y b, i da y b kad x a) a)Kakoje 2 22 4lim 0yx yx y+=+,imamo 2 22 4lim lim 0x yx yx y += + .Sdrugestrane, 2 22 4lim 1xx yx y+=+, tako da je2 22 4lim lim 1y xx yx y += + ; 51 b)Buduidaje 01 1lim1 1 1 2yyyxx += =+ +,bie 01lim lim1 2yyx yxx + = + .Takoe, lim 11yyxxx=+, tako da je 0lim lim 11yyy xxx + = + ; c)Kakojelimsin 02yxx y=+,imaemolim limsin 02x yxx y = + ,akakoje limsin 12xxx y=+, tako da je lim limsin 12y xxx y = + ; d)Imamo 1 tg1lim tg lim 01y yx yx y x y x y = =+,paje 01lim lim tg 01x yx yx y x y = + . S druge strane, kada x 0 (za konano y) smenom 1x ytx y =+ dobijamo da t 0,paje 0 01 tglim tg lim(1 ) 11x tx y ttx y x y t = =+.Takoje 01lim lim tg 11y xx yx y x y = + . e) Budui da je 0limlog ( ) log 1x xyx y x+ = =imamo ( )1 0lim limlog ( ) 1xx yx y + = .Sdrugestrane, 1 1log( )limlog ( ) limlogxx xx yx yx ++ = = ,paje ( )0 1lim limlog ( )xy xx y + = . 22.Odrediti granine vrednosti funkcija, ako postoje, ili utvrditi da ne postoje. a) 2 2001lim( )sinxyx yxy+; b) 2 2limxyx yx y++; 52c) 0sinlimxy axyx ; d) 4 42 2limx ay ax yx y; e) 00limxyxx y+ ; f) 2 2002limxyxyx y+; Reenja.a)Zafunkciju1sinxy,zasvakox,y 2vaidvostruka nejednakost 11 sin 1xy + ,takodaje 2 2 2 2 2 20 0 00 0 01lim( ) lim( )sin lim( )x x xy y yx y x y x yxy + + + .Kakojedalje 2 200lim( ) 0xyx y+ = , oigledno i 2 2001lim( )sin 0xyx yxy+ =; b) Uvoenjem polarnih koordinata,cos , sin x y = = , dobijamo 2 2 2(sin cos ) 1 2(sin cos ) sin( )4x yx y + += = + = ++,priemu + kad, x y . Tako,2 22 2lim lim sin( ) sin( ) lim 04 4xyx yx y + ++= + = + =+,zasvako,pa traenagraninavrednostmoebiti0.Dabismoovodokazali, posmatraemo gornju jednakost 2 22sin( )4x yx y+= ++, iz koje se dobija 2 2x yx y++=2sin( )4+2 22 2x y =+,takodaje 2 2 2 220 lim lim 0x xy yx yx y x y + =+ +, odakle sleduje2 2lim 0xyx yx y+=+. 53 c)Neka je y = a + kx . Tada, kad x0,ya, po pravcu sa nagibom k (k ). Sada je 2 20 0 0sin sin ( ) sin cos cos sinlim lim limx x xy axy x a kx ax kx ax kxLx x x + += = =2220 0sin sinlim cos lim cosx xax kxkx x axx x = + . Uprvomlimesu,kosinusni lanteijedinicitakodaostajesamolan(sin ax)/x, koji, kao to je poznato iz teorije funkcija jedne promenljive, tei ka a. Udrugomlimesu,slino,kosinusnilanteijedinicidok(sin kx2)/x2k, takodajeodluujuiuticajlinearnoglanaxkojiteinuli,zasvakok.Na osnovutogamoemopretpostavitidajeL=a.Dajeovotano,sledujeizpoznatoglimesa 0sinlim 1xxyxy= ,zasvakokonanoy.Takoje ( )0 0 0sin sin sinlim lim lim lim .x x x y ay a y axy xy xyL y y ax xy xy = = = = d)Raunamodirektno ( )( )( )2 2 2 24 42 2 22 2 2 2lim lim lim 2x a x a x ay a y a y ax y x yx yx y ax y x y + = = + = . e)Graninavrednostnepostojijerakosetaki(0,0)pribliavamopo pravcu y = kx (k 1), imaemo 0 001lim lim1x xyx xx y x kx k = =+ + +, to znai da granina vrednost zavisi od pravca prilaenja graninoj taki. f)Slinokaoiuprethodnomprimeru,graninavrednostzavisiodpravca prilaenjagraninojtaki.Uovosemoemouveritiuvoenjempolarnih koordinata cos , sin x y = =to daje 22 2 2 2 2 2 2 20 0 0 002 2 cos sin 2cos sin sin 2lim lim lim lim sin 2cos sin cos sin 1xyxyx y = = = =+ + +, tako da limes ponovo zavisi od ugla pod kojim se pribliavamo taki (0, 0). 5423.Odrediti linije prekida funkcije ( )( )( )2 2arcsin 1( , )1 1x yf x yx y = . Reenje.Funkcijajedefinisanazaonevrednostiparova(x,y)koji zadovoljavajusistemnejednakosti 2 21 1 x y ,1 x ,1 y .Prva nejednakostodreujeoblast 2 22 x y + ,tojekrunidiskpoluprenika 2 .Drugaitreanejednakostsesvodenax1iy1,dakleoblast definisanosti funkcije f je data sa { }2 2( , ) | 2, 1, 1fD x y x y x y = + . Nalinijamax=1iy=1,kojeinekvadratupisanukrug(Slika14), funkcijafimabeskonanovelikuvrednost,tj. ( )( )( )2 21arcsin 1lim1 1fxy Dx yx y = , kao i ( )( )( )2 21arcsin 1lim1 1fyx Dx yx y = , dakle, to su linije prekida date funkcije. Slika 14 24.Odrediti linije prekida funkcije ( )( )( )2 22 4 4 21( , ) ln 2x yf x y x yx y x y+ += + . Reenje. Oblast definisanosti funkcije je { }2 4 2 4( , ) | 2, ,fD x y x y x y y x = + < , 55 a linije prekida su date sistemom x2 = y4 i y2 = x4, ili x = y2 i y = x2, to su parabolini segmenti unutar kvadrata2 x y + 0)uizrazuzafunkciju 2 2 2( , , )x y zu x y zb c+= + , tako da ona bude ciklino simetrina, tj. da vai u(x, y,z)u(y,z,x)u(z,x,y).Zatim,zatakoodreenekonstante,izraunati 2 2 2ux y y z z x + + . Reenje. Identiteti cikline simetrije se svode na sistem2 2 2 2 2 2x y z y z xb c b c+ ++ + ,2 2 2 2 2 2y z x z x yb c b c+ ++ + . Prviidentitetseredukujena ( )2 21 10 x zb c ,odaklesledujeb=c. Ovozadovoljavaidrugiidentitet,takodafunkcijaudobijaoblik 2 2 2( , , )x y zu x y zb+ += .Kakoje3/ 2 2 32 2 22xyx y x yub ux y zbb = = + + , 2 3 yzy zub u = i 2 3 zxz xub u = ,zakljuujemo da je 2 2 22 3 2 3 2 3 2 3x y y z z x x y y z z xux y y z z x b u b u b u b u + ++ + = = . 61 38.Izraunati2 22 2ux y + ,pri emu je2 2ln ( ) ( ) u x a y b = + , gde su a i b konstante. Reenje.Najpreje 2 2( ) ( )xx aux a y b = + ,dakle ( )2 222 2( ) ( )( ) ( )xxx a y bux a y b + = + .Slino, 2 2( ) ( )yy bux a y b = + ,( )2 222 2( ) ( )( ) ( )yyx a y bux a y b = + . Tako, dobijamo 2 22 20xx yyu u ux y + = + = . 39.Proveriti jednakost 2 2u ux y y x = ,ako je a) 2yu x =; b)arccosxuy= ; c) 2 23x yzx y+=+ ; Reenje. a) Najpre izraunamo 2 22 1, 2 lny yu uy x yx xx y = = .Dalje je ( ) ( )( ) ( )2 2 2 22 2 2 22 1 1 3 1 1 23 1 1 22 2 ln 2 1 ln ,12 ln 2 ln 2 2 ln 1 .y y y yy y y yuy x yx y x x yx y xy x yuyx x y x x yx yx y xx y x x = = + = + = = + = + Dakle, u uy x x y = , tj. 2 2u ux y y x = ; 62b) 21,2 ( )2 ( )u u xx y x y xxy y x = = .3 3 3 3,4 ( ) 4 ( )u x u xy x x yx y x x y x = = , dakle 2 2u ux y y x = ; c) ( ) ( )2 2 2 24 / 3 4 / 32 2 2 22 3 3 2,3 3u x xy y u x xy yx yx y x y + += = + +, na osnovu ega je( ) ( )3 2 2 3 3 2 2 37 / 3 7 / 32 2 2 22(3 5 5 3 ) 2(3 5 5 3 ),9 9u x x y xy y u x x y xy yy x x yx y x y + += = + +. Prema tome, vai jednakost 2 2u ux y y x = . 40.Izraunatitotalni diferencijal dzsledeih funkcija: a) 3 33 z x y xy = + ; b) 3 4z x y = ; c) 2 22 2x yzx y=+ ; d) 2 2sin cos z x y = + ; e) yz yx =; f) ( )2 2ln z x y = + ; g) ( )ln 1 / z x y = + ; h) ( )ln tg / z y x = . Reenje.a) 2 23( ) 3( )z zdz dx dy x y dx y x dyx y = + = + ;b) ( )2 33 4 dz x y y dx y dy = + ;c)( )( )22 24xydz y dx xdyx y= +; d) sin2 sin2 dz xdx y dy = ; e) ( )( )1 21 lnydz x y x y dx xdy= + + ;f)( )2 22dz xdx y dyx y= ++; 63 g) 2y dx xdydzxy y=+;h) ( )( )2 22sinyxxdy y dxdzx= ; 41.Uz pomo totalnog diferencijala, uprostiti izraz ( , ) arctg + arctgx yf x yy x= . Reenje.Kakoje 2 2arctg =x ydx xdydy x y + i 2 2arctg =y ydx xdydx x y + , oiglednoje ( , ) arctg +arctg arctg arctg 0x y x ydf x y d d dy x y x = = + = .Akoje totalnidiferencijalnekefunkcijejednaknuli,tafunkcijajekonstanta,tj. ( , ) f x y C = . Kako funkcijafnije definisana za x = 0 i y = 0, njena oblast sesastojiodetirikvadrantaDekartoveravnimeusobnorazdvojenih linijama prekida x = 0iy = 0. U svakom od kvadranata, konstanta C moe imatirazliituvrednost.Dabiodrediliovevrednostiizabraemopojedan par (x, y) iz svakog kvadranta i zameniemo te vrednosti u jednakost arctg + arctgx yCy x= . Ako x i y imaju isti znak, na primer (x,y) = (+1, +1) kao i za(x,y) = (1, 1)dobijamo = arctg1+arctg14 4 2C = + = .Usluajurazliitogznaka, (x,y)=(+1,1)ili(x,y)=(1,+1),konstantaCseneposredno izraunava = arctg( 1) +arctg( 1)4 4 2C = = .Takodobijamo(Sl. 16) / 2, 0,arctg +arctg/ 2, 0.xyx yxy y x 64 Slika 16 42.Izraunati df(1, 1) ako je 2( , ) / f x y x y = . Reenje. ( )2 2 3 31 2 1( , ) 2x xdf x y dx dy dx dy ydx xdyx y y y y y = + = = , tako da je(1, 1) 2 df dx dy = . 43.Izraunatitotalni diferencijal dusledeih funkcija tri promenljive: a)u x y z =; b) 2 2 2u x y z = + + ; c) zxu xyy = + ; d) 2arctgxyuz= ; Reenje. a) ( ) dx dy dzx y zdu d x y z x y z yzdx xzdy xydz + + = = = + + ;b)2 2 22 2 2x y z xdx ydy zdzdx dy dz x y z dx dy dzx y z u u ux y zdu + ++ + + + + + + + = = = ; c) 12 2 221( 1) ( 1) ( 1) lnzx xdu xy yz y dx xz y dy xy y xy dzy y y = + + + + + + ; 65 d) ( )2 22 2 412 du yz dx xz dy xyz dzx y z= + ++; 44.Izraunatidf(3, 4, 5)ako je 2 2( , , )zf x y zx y=+. Reenje. Diferencijal funkcije je ( )3/ 22 2 2 21( , , )xz dx yz dydf x y z dzx y x y+= ++ +, tako da je 3 4 1(3, 4, 5)25 25 5df dx dy dz = + ; Parcijalni izvodi sloenih funkcija 45.Naidzdt, ako je3 2( , )x yz x y e+=i pritom je2cos , x t y t = = . Reenje. Prema obrascu za izvod funkcije dve promenljive od kojih je svaka promenljiva funkcija jedne promenljive 3 2 3 2 3 23 2 3 2x y x y x ydz z dx z dy dx dy dx dye e edt x dt y dt dt dt dt dt+ + + = + = + = + , i kako je 2cos sin , 2dx d dy dt t t tdt dt dt dt= = = = , dobijamo( ) ( )23 2 3cos 24 3sin 4 3sinx y t tdzt t e t t edt+ += = . 46.Naidzdt,ako jexzy=i pritom je , lntx e y t = = . Reenje. Imamo ( )2 2ln 11 1lntte t tdz z dx z dy xedt x dt y dt y y t t t = + = = . 6647.Naidudt, ako je lnsinxuy=gde je2 23 , 1 x t y t = = + . Reenje.Kakoje 1ctgz xx y y = ,ctg2z x xy y y y = ,azatim 6dxtdt= , 21dy tdtt=+, tako da je 26ctg ctg21dz z dx z dy t x x x tdt x dt y dt y y y y yt = + = + tj. ( ) ( ) ( )2 3 2 2 21/ 4 5 / 4 5 / 44 4 4 2 2 22 2 26 3 3 3 3 (4 3 ) 3ctg ctg ctg1 1 1 1 2 1 2 1dz t t t t t t tdtt t t t t t += = + + + + + + . 48.Naidudt, ako je u x y z =gde je21, ln , tg x t y t z t = + = = . Reenje.Premaformuli,izvodje du u dx u dy u dzdt x dt y dt z dt = + + ,takoda imamo 21 12cosduy z t x z x ydt t t= + + .Zamenom x, yiz, dobija se ( ) ( )2 221 tg 1 ln2 ln tgcost t t tdut t tdt t t+ += + + . 49.Izraunati dzdt,akoje 2 2zzx y=+,funkcijapromenljivihxiy,priemu su cos , sin , x R t y R t z H = = = , (R i H su pozitivne konstante). Reenje. du u dx u dy u dzdt x dt y dt z dt = + + ( )( )( ) ( )3/ 2 3/ 2 1/ 22 2 2 2 2 21sin cos 0xz yzR t R tx y x y x y= + + + + 67 ( ) ( )3/ 2 3/ 22 2 2 2sin cos0x z R t y z R t x z y y z xx y x y = = =+ +. 50.Izraunati dzdx, ako jevz u =pri emu je sin , cos u x v x = = . Reenje. ( )1cos ln sinv vdz z du z dvvu x u u xdx u dx v dx = + = + , tako da zamenom u i v dobijamo ( ) ( )cos 1 2 2sin cos ln(sin )sinxdzx x x xdx= . 51.Odreditiparcijalniizvod zxkaoipotpuniizvod dzdxakoje 2 22xyx yz e+= i ( ) xyx= . Reenje. Imamo ( )( )2 22 2 222 22xyx yy x yzexx y+=+, ( )( )2 22 2 222 22xyx yx x yzeyx y+= +, dok je izvod y kao funkcije od x,2( ) ( ) dy x x xdx x = .Tako, sada dobijamo ( )( )( )( )2 2 2 22 2 2 2 2 22 22 2 2 22 2xy xyx y x yy x y x x yz zdz dx dy e dx e dyx yx y x y + + = + = + +, tj. ( )( )2 222 222 22xyx yx ydz e y dx xdyx y+= +. Deljenjem obe strane poslednje jednakosti sa dx, dobija se potpuni izvod ( ) ( )2 2 2 22 22 2 2 22 2 22 2 2 2( ) ( )2 2xy xyx y x ydz x y dy x y x x xe y x e y xdx dx xx y x y + + = = + +, 68ili( )2 222 222 2( )2 ( )xyx ydz x y xy x edx xx y+ = + +. 52.Nai zu izv, ako jearctgyzx= , isin , cos x u v y u v = = . Reenje. 2 2 2 2z z x z y y x x yu dx u y u x y u x y u = + = + + + , gde posle zamene izvoda sinxvu=i cosyvu=, dobijamo 2 2cos sin z x v y vu x y = +. Kako jecos sin sin cos cos sin 0 x v y v u v v u v v = = , to je i0zu=.Sdrugestrane, 2 2 2 2cos ( sin )z z x z y y xu v u vv dx v y v x y x y = + = + + +. Kakoje 2 2 2x y u + = ,dobijamo ( )2 21cos sin cos sin 1z y xv v u v u vv u u u= = + = . 53.Nai zx izy, ako je a)cos , sin , ln x u v y u v z C u = = = (Cje konstanta); b), , x u v y u v z uv = + = = . Reenje.a)Izln z C u = dobijase( ) lndudz d C u Cu= = .Sdrugestrane, diferenciranjem jednakosticos x u v = i sin y u v = , dobija se sistem cos sin , sin cos . dx vdu u vdv dy vdu u vdv = = +Mnoenjemprvejednakostisacos vadrugesasin visabiranjem dobijamocos sin vdx vdy du + = , to zamenom u Cdz duu=daje 69 ( )cos sincos sinC C v C vdz vdx vdy dx dyu u u= + = + , tako da jecos sin,z C v z C vx u y u = = ili2 2 2 2,z C x z C yx x y y x y = = + +. b)Izz uv = dobijase ( )dz d uv vdu u dv = = + .Sdrugestrane, diferenciranjem jednakostix u v = + i y u v = , dobija se sistem , dx du dv dy du dv = + = , odakle se dobija ( ) ( )1 1,2 2du dx dy dv dx dy = + = , tako da se, zamenom u dz vdu udv = +dobija ( ) ( )1 1 1 1( ) ( )2 2 2 2dz v dx dy u dx dy u v dx u v dy = + + = + , odakle je 1 1( ), ( )2 2z zu v u vx y = + = ili,2 2z x z yx y = = . 54.Pokazati da funkcija( , ) ( , ) x y z x y , data sa2ayz x fx = , gde je a > 0, ifjeproizvoljnadiferencijabilnafunkcija,zadovoljavajednainu2z zx y a zx y + = . Reenje.Uvedimosmenu2yux= .Sadaje( )az x f u = .Funkcijuz diferenciramonajprepox,1 132( ) ( ) ( ) ( )a a a az du yax f u x f u ax f u x f ux dx x = + = + ,zatimpoy, 21( ) ( )a az dux f u x f uy dy x = = , tako da dobijamo sistem 1 3 2( ) ( ), ( )a a az zax f u x yf u x f ux y = = , 70iz koga eliminiemo( ) f u , mnoenjem prve jednakosti sa x a druge sa 2y i sabiranjem sa drugom dobija se2 ( )az zx y ax f ux y + = , to s obzirom na to da je( )az x f u = ,postaje2z zx y a zx y + = . 55.Izraunati z zx yx y akoje( ) z x xy = + ,priemujeproizvoljna diferencijabilna funkcija. Reenje.Neposrednonalazimo1 ( ) , ( )z du z duu ux dx y dy = + = ,gdesmo uvelismenuu=xy.Mnoenjemprvejednainesaxadrugesayi sabiranjem, imajui u vidu da jeduydx = ,duxdy = , dobija se ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( )z zx y x u y y u x x xy xy xy xyx y = + = + , ili z zx y xx y = . 56.Izraunatiux y z + + akoje( , ) u f x y y z = ,priemujefproizvoljna diferencijabilna funkcija. Reenje.Uvedimosmene, x y y z = = .Sadaje( , ) u f = ,a izvodi po x, yizsu redom1 0u f f f fx d x x d = + = + , ( 1) 1u f f f fy d y y d = + = + 0 ( 1)u f f f fz d z z d = + = + , tako da zbir daje 71 0u u u f f f fx y z d d + + = + = . Dakle,0 ux y z + + = . Izvodi i diferencijali vieg reda 57.Pokazatidafunkcija ( ) ( )z x y = ,gdesui proizvoljne diferencijabilne funkcije, zadovoljava jednakost 2z z zzx y x y = . Reenje.Kakoje( ) ( )zx yx =,( ) ( )zx yy =i 2( ) ( )zx yx y =, zamenom u traenu jednakost dobijamo identitet. 58.Ispitatidalifunkcija( , , ) u u x y z = ,datasa,x yu fy z = ,priemujefproizvoljna diferencijabilna funkcija, zadovoljava jednakost 0x u u z uy x y y z + + = . Reenje. Uvedimo smene/ , / x y y z = = . Sada je( , ) u f = , a izvodi po x, yizsu redom 1 u f f fx d x x d y = + = , 21 u f f f x fy d y y d y z = + = + 2u f f f yz d z z z = + = .Odavdesedobija 2x u x fy x y d =,21 u x f fy y d z = + , 1 z u fy z z = ,pasetraenajednakostdobija jednostavnim sabiranjem ovih jednakosti. 72 59.Pokazati da funkcijay yz xx x = + ,zadovoljava jednainu (*)2 2 22 22 22 0z z zx xy yx x y y + + = , pri emu su i proizvoljne diferencijabilne funkcije Reenje.Stavljajui/ u y x = imamo( )2( ) ( ) ( )z yu u x ux x = +, odakleponovnimdiferenciranjemdobijamo ( )22 42 ( ) ( ) ( )z yx u x y u y ux x = + +.Slino,dobijase ( )1( ) ( )zu x uy x = +, ( )22 21( ) ( )zx u uy x = +kaoi( )231( ) ( ) ( )zx u x y u y ux y x = + +.Zamenomizvodadrugogredau (*) dobija se( )2 2 22 22 2 22 2 ( ) ( ) ( )z z z yx xy y x u x y u y ux x y y x + + = + + ( ) ( )22 22( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0y yx u x y u y u x u ux x + + + + =dakle jednaina (*) je zadovoljena. 60.Nai rezultat primene diferencijalnog operatora 2 22 22 2x y x yx y x y + , na funkciju( )xz xyy = + , gde su i proizvoljne diferencijabilne funkcije. 73 Reenje.Redomizraunavamoizvode 1 zyx y = +,222 21 zyx y = +, 2z xxy y = , 2 222 4 32 z x xxy y y = + +.Na osnovu toga je2xx yx y y = i 2 22 22 22xx yx y y = . Sabiranjemovihnejednakostidobijase 2 22 22 20. x y x y zx y x y + = 61.Dokazati da ako je2 2 2u x y z = + + ,tada je d2u 0. Reenje.(Prvinain)Uvoenjemsmene 2 2 2t x y z = + + dobijamou t = , tako da je ( )12du d t dtt= = i (*)( )2 2 2 2 23/ 2 3/ 21 1 1 124 4 2 2d u d dt dt d t td t dtt t t t = = + = . S druge strane, iz 2 2 2t x y z = + +se dobija2 2 2( ) 2( ) dt d x y z xdx ydy zdz = + + = + + ,2 2 2 22( ) d t dx dy dz = + + , tako da zamenom u (*) dobijamo ( )2 2 2 2 2 2 2 23/ 212 2( ) 4( )4d u x y z dx dy dz xdx ydy zdzt = + + + + + + ( )2 2 2 2 2 2 23/ 21( ) ( ) x y z dx dy dz xdx ydy zdzt = + + + + + + 74( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 23/ 212 2 2 x dy dz y dx dz z dx dy xydxdy yzdydz zxdzdxt = + + + + + ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23/ 212 2 2 x dy xydxdy y dx x dz xzdzdx z dx y dz yzdydz z dyt = + + + + + dakle,( ) ( ) ( )( )2 2 223/ 22 2 20xdy ydx xdz zdx ydz zdyd ux y z + + = + +. (Druginain)Moemopoiodformule 22, d u dx dy dz ux y z = + + koja posle kvadriranja diferencijalnog operatora u zagradi postaje 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 22 2 2 d u dx dy dz dxdy dydz dzdx ux y z x y y z z x = + + + + + ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 23/ 22 2 212[]x dy dz y dx dz z dx dyx y zxydxdy yzdydz zxdzdx= + + + + ++ + + + ( ) ( ) ( )( )2 2 23/ 22 2 20xdy ydx xdz zdx ydz zdyx y z + + = + +. 62.Izraunatidf,d2f,d3f,...,akoje 1 2 1 1 2 2( , ,..., ) ...n n nf x x x a x a x a x = + + + linearna funkcija sa realnim koeficijentima a1, a2,..., an. Reenje. Nalazimo prvi i drugi diferencijal ( )1 2 1 1 2 2 1 1 2 2( , ,..., ) ... ...n n n n ndf x x x d a x a x a x a dx a dx a dx = + + + = + + + ; ( )2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 1 2 2( , ,..., ) ... ...n n n n nd f x x x d a dx a dx a dx a d x a d x a d x = + + + = + + +, akakoje 20 ( 1, 2,..., )id x i n = = ,sleduje 21 2( , ,..., ) 0nd f x x x = .Ovodalje povlai anuliranje svih viih diferencijala, tako da je konano 1 1 2 2... , 1,0 , 2.n n ka dx a dx a dx kd fk+ + + == 75 Tejlorova formula 63.Funkciju 2 2( , ) 2 6 3 5 f x y x xy y x y = + razvitipoTejlorovojformuli u okolini take A(1, 2). Reenje.Tejlorovrazvojdiferencijabilnefunkcije( , ) f x y uokolinitake (a, b) do n-tog lana dat je formulom (*) 01( , ) ( , ) ( ),!nnkkf x y x y f a b R fk x y= = + + gdeje, x x a y y b = = ,igdeje( )nR f ostatakformule.Unaem sluaju,funkcijajepolinom,takodaeostatakbitijednaknuli,aimae samo tri lana u razvoju, za k = 0, 1 i 2, jer su parcijalni izvodi treeg i viih redova = 0. Dakle, imaemo, ( )2 23( , ) (1, 2) (1, 2)( 1) (1, 2)( 2)1(1, 2)( 1) 2 (1, 2)( 1)( 2) (1, 2)( 2) ( ).2x yxx xy yyf x y f f x f yf x f x y f y R f= + + + + + + + + + Izraunavamo(1, 2) 5 f = ,kaoiizvodeprvogreda(1, 2) 0xf = ,(1, 2) 0yf = ,zatimdrugogreda(1, 2) 4xxf = ,(1, 2) 1xyf = i(1, 2) 2yyf = .Zamenomugornjojformulidobijase2 2( , ) 5 2( 1) ( 1)( 2) ( 2) . f x y x x y y = + + + 64.Funkciju( , )yf x y x = , razviti po Tejlorovoj formuli u okolini take M(1, 1) do kvadratnih lanova. Reenje. Tejlorov razvoj u okolini take (1, 1) za funkcijufglasi 2 2 22 232 2( ) ( )( , ) ( ) ( 1) ( 1)( ) ( ) ( ) 1( 1) 2 ( 1)( 1) ( 1) ( ).2f M f Mf x y f M x yx yf M f M f Mx x y y R fx y x y = + + + + + + Nalazimo izvode 762( 1) ( 2)22 2( 1) 22( , ) ( , ) ( , ), ln , ( 1) ,( , ) ( , )( ln 1) , ln ,y y yy yf x y f x y f x yy x x x y y xx y xf x y f x yy x x x xx y y = = = = + = i izraunavamo ih u taki (1,1): 2 2 22 2(1, 1) (1, 1) (1, 1) (1, 1) (1, 1)1, 0, 0, 1, 0,f f f f fx y x y x y = = = = = tako da je ( )1 1( , ) 1 1 ( 1) ( 1)( 1) 2 .2 2f x y x x y x y x y = + + = + + 65.Funkciju 2 2( , ) 1 f x y x y = razviti po Tejlorovoj formuli u okolini take (0,0) do kvadratnog lana. Reenje. Nalazimo izvode ( )( ) ( )2 22 3/ 22 2 2 2 2 22 2 23/ 2 2 3/ 22 2 2 2( , ) ( , ) ( , ) 1, , ,1 1 1( , ) ( , ) 1, ,1 1f x y f x y f x y x y yx y xx y x y x yf x y x y f x y xx y yx y x y = = = = = i izraunavamo ih u taki (0,0): 2 2 22 2(1, 1) (0, 0) (0, 0) (0, 0) (0, 0)0, 0, 1, 0, 1,f f f f fx y x y x y = = = = = tako da je( )2 22 21( , ) 1 0 0 ( 1) 2 0 ( 1) 12 2x yf x y x y x x y y+ + + + + + = . 66.Funkciju cos( , )cosxf x yy=razviti po Tejlorovoj formuli u okolini take (0, 0) do kvadratnog lana. Reenje. Najpre izraunavamo izvode 77 ( )22 222 22 2 3( , ) ( , ) ( , ) sin cos sin cos, , ,cos cos coscos 1 sin( , ) ( , ) sin sin, ,cos cosf x y f x y f x y x x y xx y y y y xx yf x y f x y x yx y y y y = = = + = = i njihove vrednosti u taki (0,0): 2 2 22 2(0, 0) (0, 0) (0, 0) (0, 0) (0, 0)0, 0, 1, 0, 1,f f f f fx y x y x y = = = = = tako da je( )2 22 21( , ) 1 0 0 ( 1) 2 0 1 12 2x yf x y x y x x y y + + + + + = . 67.Funkciju 1( , ) arctg1x yf x yx y + += + razvitiuokolinitake(0,0)do kvadratnog lana. Reenje. Izvodi su redom ( )( ) ( )22 2 2 2 2 22 22 22 2 22 2 2 2( , ) ( , ) ( , ) 1 2 (1 ), , ,(1 ) (1 )(1 )( , ) ( , ) ( 1)( 1) 2 (1 ), ,(1 ) (1 )f x y f x y f x y y x x yx y x y x y xx yf x y f x y x y x y x yx y yx y x y + += = = + + + + + + + + += = + + + + a vrednosti izvoda u taki (0,0) su: 2 2 22 2(0, 0) (0, 0) (0, 0) (0, 0) (0, 0)1, 0, 0, 1, 0,f f f f fx y x y x y = = = = = takodaje ( )2 21( , ) 1 0 0 2 ( 1) 04 2 4f x y x y x x y y x x y + + + + + = + . 7868.Funkciju 3 3 3( , , ) 3 f x y z x y z x y z = + + razvitipoTejlorovojformuliu okolini take M(1, 1, 1) do kvadratnih lanova. Reenje. Tejlorov razvoj za funkciju tri promenljive u okolini take M glasi 01( , , ) ( ) ( )!nnkkf x y z x y z f M R fk x y z= = + + + . Funkcija je polinom treeg stepena tako da e lanovi razvoja za k > 3, biti jednaki nuli. Dakle, bie( ) ( ) ( )( , , ) ( ) ( 1) ( 1) ( 1)f M f M f Mf x y z f M x y zx y z = + + + 2 2 22 2 22 2 2( ) ( ) ( ) 1( 1) ( 1) ( 1)2f M f M f Mx y zx y z + + + 2 2 23( ) ( ) ( )( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( )f M f M f Mx y y z z x R fx y y z z x + + + + , tako da je 2 2 2( , , ) 3 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) f x y z x y z x y x z y z + + ( )2 2 23 x y z x y y z z x = + + . Ekstremumi funkcija vie promenljivih 69.Ispitati ekstremne vrednosti funkcije 3 2( , ) 3 15 12 f x y x x y x y = + . Reenje. Potrebni uslovi ekstremuma su dati sistemom jednaina 2 23 3 15 0,6 12 0.fx yxfx yy= + == = 79 Izdrugejednaineizrazimoy(za0 x ),2/ y x = to,zamenomuprvu jednainudaje 2245 xx+ = ,ili 4 25 4 0 x x + = .Ovasejednainamoe faktorisatiuobliku 2 2( 1)( 4) 0 x x = ,takodaimamo4reenja1/ 2 3/ 41, 2 x x = = .Izrelacije2/ y x = ,dobijase 1/ 2 3/ 42, 1 y y = = , takodadobijamo4stacionarnetakeP1(1,2),P2(1,2),P3(2,1), P4(2,1).Izraunavamodrugeizvode:2 2 22 26 , 6 , 6f f fA x B y C xx y x y = = = = = = i veliinu AC B2 u svakoj od etiri stacionarne take: stacionarnatakaAC B2A ekstremum P1 (1, 2)1086ne postoji P2 (1, 2)108 6ne postoji P3 (2, 1) 10812minimum, 28 P4(2, 1) 108 12maksimum, 28 Tako da je min ( , ) (2, 1) 28, max ( , ) ( 2, 1) 28 f x y f f x y f = = = = . 70.Ispitati ekstremne vrednosti funkcije f(x, y) a. 2 2( , ) ( 1) 2 f x y x y = + ; b. 2 2( , ) 3 ( 3) 1 f x y x y = + + ; c. 2 2( , ) 2 f x y x x y y x y = + + ; d. 2 22 2( , ) 1x yf x y x ya b= ,a > 0,b > 0; e. 4 4 2 2( , ) 2 2 f x y x y x y = + ; f. 4 4 2 2( , ) 2 f x y x y x xy y = + ; Reenje.a) Potrebni uslovi2( 1) 0, 4 0f fx yx y = = = = daju samo jedno reenje, i to je stacionarna taka M(1,0).Kako je, u taki M,A = 2, B = 0, C=2iACB2 =8,funkcijautakiMdostieminimum min (1, 0) 0 f f = = . 80Napomena.Zadataksemoereitielementarno,uoividafunkcijafpredstavlja kvadratnu formu 2 2( 1) 2 x y +koja je nenegativna za svako (x, y),ajednakajenulisamoutakiukojojsuobakvadratnasabirka=0. Dakle,unaemsluaju,tojezax=1,y=0.Grafikfunkcije( , ) f x ypredstavljaobrtniparaboloid,okrenutotvoromnavie,satemenomutaki minimuma (1,0). b)6 0, 2( 3) 0f fx yx y = = = = ,odaklesedobijastacionarnatakaM(0, 3).DaljejeA=6,B=0,C=2iACB2 =12,dakleMjeminimum funkcije f tj.,min (0, 3) 1 f f = = .Napomena. Funkcija predstavlja kvadratnu formu koja je nenegativna za svako (x, y), sem u taki u kojoj su oba kvadratna sabirka = 0, a to je zax = 0, y = 3. c)Izsistemajednaina(dovoljniusloviekstremuma)2 2 0fx yx= + =, 2 1 0fy xy= + =, dobija se stacionarna taka M(1,0). Takoe, dobija se A=2,B=1,C=2iACB2 =3,takodajef(1,0)=1,minimum funkcije. d) Sistem jednaina ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2( ) 2 ( 2 )0, 01 1y a b y b x x a b y b xf fx yx y x ya b a ba b a b = = = = dajesledeestacionarnetake:M1(0,0), 2,3 3a bM ,3,3 3a bM , 4,3 3a bM , 5,3 3a bM .ZatakuM1 dobijamoAC B2 = 1,takodanemaekstremuma.UtakamaM2iM5,izraunavamo AC B2 = 4,43bAa= , dakle imamo maksimume funkcije, 2 5max ( ) ( )3 3abf f M f M = = = .Sdrugestrane,utakamaM3iM4,AC 81 B2 =4, 403bAa= > imamominimumefunkcije, 2 5min ( ) ( )3 3abf f M f M = = = . e)3 38 2 0, 4 4 0f fx x y yx y = = = = , to daje devet stacionarnih taaka11, 12M , 21, 12M , ( )30, 1 M , ( )40, 1 M , 51, 12M ,61, 12M , 71, 02M , 81, 02M , ( )90, 0 M .Kakoje,dalje,A=24x2 2 ,B = 0,C =12y2 4 i AC B2 = 288 x2 y2 96 x2 24 y2 + 8, dobija se rezultat kao u tabeli stacionarnatakaAC B2A ekstremum 11, 12M 324minimum, 9/8 21, 12M 324minimum, 9/8 ( )30, 1 M 162 ( )40, 1 M162 51, 12M 324minimum, 9/8 61, 12M 324minimum, 9/8 71, 02M 164 81, 02M 164 ( )90, 0 M82maksimum,0 f)Sistem 3 34 2 2 0, 4 2 2 0f fx x y y x yx y = = = = imatrireenja kojastacionarnetake ( )11, 1 M , ( )21, 1 M , ( )30, 0 M .Zatim,A=12x2 2 ,B = 2,C = 12y2 2, AC B2 = 144 x2 y2 24 x2 24 y2.U 82takama M1 iM2,izraunavamo AC B2 = 96 > 0, A =10 > 0, prema tome u ovimtakamafunkcijaimaminimummin ( 1, 1) (1, 1) 2 f f f = = = . Kako je u taki M3,AC B2 = 0, egzistencija ekstrema je neizvesna pa zbog togaprelazimonaispitivanjeznakapriratajafunkcije( , ) f x y u taki3(0, 0) M 4 4 2 2(0, 0) ( , ) (0, 0) 2 f f h k f h k h k k h = = + , pri emu su h = x ik = y, prirataji po x i y osi, respektivno. Ako stavimo y=x,dobijamok=h,igornjiizrazsesvodina ( )4 2 2 2(0, 0) 2 4 2 2 f h h h h = = koji je negativan za( )2, 2 h . S druge strane, ako jey = x,tada jek = h, pa je 4(0, 0) 2 0 f h = > . Kako f menja znak u taki (0,0), funkcija nema ekstremum. 71.Odrediti ekstremume funkcije 2 2 2( , ) ( ) , , , f x y x y ax by c a b c = + + + + R. Reenje. Formiramo sistem 2 2 ( ) 0, 2 2 ( ) 0f fx a ax by c y b ax by cx y = + + + = = + + + = , inalazimoreenje 2 2 2 2,1 1ac bcx ya b a b= = + + + +.Ovevrednostisu realnezasvako, , a b c R,takodaje 2 2 2 2,1 1ac bcMa b a b + + + + stacionarna taka funkcije f.Kako jeA = fxx(M) = 2(1 + a2 ) > 0, B = fxy(M) = 2ab, C = fyy(M) = 2(1 + b2), imamo AC B2 = 4(1 + a2)(1 + b2) 4 a2b2 =4(1+a2 +b2 )>0takodafunkcijautakiMimaminimum 22 2( )1cf Ma b=+ +. 72.Odrediti ekstremne vrednosti funkcije( , ) ( 1) f x y xy x y = + . Reenje. Potrebni uslovi ekstremuma su dati sistemom (2 1) 0, ( 2 1) 0f fy x y x x yx y = + = = + = , ijareenjasuparoviM1(0,0),M2(0,1),M3(1,0),M4(1/3,1/3),itosu stacionarne take funkcije. U takama M1, M2 i M3, ne postoji ekstremum jer 83 je u ovim takamaAC B2 = 1. Meutim, u takiM4je A = 2/3 > 0, AC B2 = 1/3 > 0, tako da u toj taki funkcija ima lokalni minimum fmin = f(1/3, 1/3) = 1/27.

73.Odrediti u xy-ravni taku P(x,y) tako da zbir kvadrata rastojanja te take od pravih x = 0,y = 0,x + y = 4bude to je mogue manji. Reenje.KvadratirastojanjatakeP(x,y)odpravex+y=4je ( )221142d x y = + ,dokjeodpravex=0, 2 22d x = ,aody=0, 2 23d y = . Zbir ovih kvadrata je naa ciljna funkcija,f(x,y)=x2 + y2 +12(x + y 4)2.Formiramosistemfx=3x+y 4=0,fy=x+3y 4=0,kojidaje stacionarnu taku (1,1). Kako je A = 3 > 0,B = 1,C = 3, AC B2 = 8 > 0, funkcija ima minimum fmin = f(1, 1) = 4. Uslovni ekstremumi funkcija vie promenljivih 74.Odreditinajveuinajmanjuvrednostfunkcijedvepromenljive 2 2( , ) 2 4 6 1 f x y x y xy x = + ,natrouglastojoblastiogranienogpravamax = 0,y = 0ix + y = 3. Reenje. Najpre traimo lokalne ekstremume funkcije f , tj. reavamo sistem 2 4 6 0fx yx= + =, 4 4 0fy xy= + =. Dobijamo jedno reenje,x = y = 1, i budui da ono pripada oblasti definisanosti, P(1, 1) je stacionarna taka. Izraunavamo 222fAx= =, 24fBx y= =, 224fCx= = , tako da je AC B2 = 8 16 = 24 < 0. Dakle, taka P nije lokalni ekstremum. Prelazimo na ispitivanje ponaanja funkcije na konturi trougla.U tu svrhu, zamenimo ufnajpre horizontalnu katetu:y = 0, 0 x 3. Dobijamo f(x, 0) = x2 6x 1, a njen izvod se anulira za x = 3, to je temena taka trougla (3, 0), i tu funkcija ima vrednostf(3, 0) = 10.Na vertikalnoj kateti, x = 0, 0 y 3, funkcija se svodi naf(0,y) = 2y2 1, iji se izvod anulira za y = 0, to je temepravogugla,tj.koordinatnipoetak(0,0),itujef(0,0)=1 maksimum. Na hipotenuzi, koja je opisana sistemomx + y = 3, 0 x 3, funkcijaseredukujenaf(x,3x)=5x2+18x19.Izvodovefunkcije, 10x+18imanulux=9/5,odaklejey=6/5,itufunkcijaimauslovni 84maksimum f(9/5, 6/5) = 14/5 = 2.8. Izraunavamo jo i vrednost funkcije utemenu(0,3),atojef(0,3)=19.Uporeivanjemsvihdobijenih vrednosti vidimo da funkcija, u oblasti trougla ima najmanju vrednostf min= f(0, 3) = 19, dok je najvea vrednostf max= f(0, 0) = 1 (Slika 17). Slika 17 75.Odrediti ekstremne vrednosti funkcije( , ) 3 3 1 z x y x y = + + , na krugu(x 1)2 + y2 = 1.Reenje.Uslov,tj.jednainakrugasemoeprevestinaparametarskioblik uvoenjem parametrat, smenom1 cos , sin x t y t = = , tj. (*)( ) 1 cos , ( ) sin (0 2 ) x t t y t t t = + = < , tozamenomufunkcijuz(x,y),daje( )( ), ( ) 3(cos 1) 3sin 1 ( ) z x t y t t t t = + + + = .Sadatrebaodrediti ekstremumefunkcije( ) t naintervalu0 2 t < .Nalazimonuleprvog izvoda( ) 3sin 3cos 0 tg 3 / 3 t t t t = + = = , uintervalu[0, 2 ) ,itosu 1 2/ 6 (max) i 7 / 6 (min) t t = = .Iz(*)dobijamo take na krugu koje odgovaraju ovim vrednostima parametara:zat=t1: 1 13 11 cos 1 , sin6 2 6 2x y = + = + = = ,takausl. maksimuma; 85 zat=t2: 2 27 3 7 11 cos 1 , sin6 2 6 2x y = + = = = ,takausl. minimuma; Dakle,u taki( )1 3 / 2, 1/ 2 +funkcijaz(x,y)ima maksimalnu vrednostmax4 2 3 z = + ,autaki ( )1 3 / 2, 1/ 2 imaminimalnuvrednost min4 2 3 z = . 76.Odrediti najveu i najmanju vrednost funkcijef(x,y)=x2 x y+y2,na oblasti|x| +|y| 1. Reenje.Odredimonajpreslobodneekstremume.Izsistema 2 0fx yx= =,2 0fx yy= + =,dobijase(0,0)kaojedina stacionarna taka.Dalje,A = 2,B = 1,C = 2, tako da jeAC B2 = 3, iz egasledujedajef(0,0)=0,lokalniminimum.Oblast|x|+|y| 1 predstavljakvadrat(Slika18),kojisadritakulokalnogminimuma funkcije. U temenima kvadrata funkcija ima iste vrednosti jednake jedinici. Ostaje da se ispita ponaanje funkcije na stranicama kvadrata. Kako funkcija nemenjavrednostakose(x,y)zamenisa(x,y),vrednostifunkcijena stranicix+y=1istesukaoinaparalelnojstranici x+ y = 1. Takoe, vrednostinaparalelnimstranicamaxy=1ixy=1sujednake.Zbogtogaemoseograniitinaispitivanjeuslovnihekstremumana stranicamax+ y = 1 ix y = 1. Na prvoj od ove dve stranice, funkcija se svodi na f(x, 1 x) = 3x2 3x + 1 i ona dostie lokalni minimum na sredini stranice,tj.utaki(1/2,1/2).Vrednostfunkcijeutojtakije1/4.Zbog centralnesimetrije,vrednostfunkcijeutaki(1/2,1/2),takoeje1/4. Obratimo panju sada na druge dve stranice, x y = 1i x y = 1, na kojimafunkcijaimaistevrednosti.Uzmimo,zbogtoga,naprimer,prvu stranicuiizraunajmovrednostfunkcijenanjoj.Dobijamo,f(x,x 1)=x2 x + 1 sa izvodom koji se anulira u taki (1/2, 1/2) i to je lokalni minimum savrednou3/4.Istilokalniminimumsepostieinasimetrinojtaki (1/2,1/2).AkosadaispiemosveovevrednostikaonaSlici18, zakljuujemodafunkcijaimanajmanjuvrednostfmin=f(0,0)=0,dokse najvea vrednost dostie u temenima kvadrataf max= f(0, 1) = f(1, 0) = f(1, 0) = f(0, 1) = 1.

86 Slika 18 77.Odrediti najveu i najmanju vrednost funkcijef(x, y) = x4 + y4 + 2 x2 y2 2 x2 + 2 y2 +1, na oblasti|x| 2,|y| 2. Reenje. Najpre se odreuju slobodni ekstremi. Potrebni uslovi ekstremuma sudatisistemom 2 24 ( 1) 0fx x yx= + =, 2 24 ( 1) 0fy x yy= + + =,ijim reavanjemsedobijajutristacionarnetake:(1,0),(0,0)i(1,0).Takoe,A = 12 x2 + 4 y2 4 ,B = 8 x y,C = 4 x2 + 12 y2 + 4, tako da su lokalni eksrtemumi dati u sledeoj tablici: stacionarnatakaAC B2A ekstremum (1, 0) 64 8minimum,fmin = 0 (0,0)164ne postoji (1,0) 64 8 minimum,fmin = 0 Kakotake(1,0)i(1,0)zadovoljavajuuslove|x| 2,|y| 2,one pripadajudatojoblasti,kojapredstavljakvadrat,kaonaSlici19.Utim takamafunkcijaimalokalniminimumivrednost0.Naslicisuprikazane nivo-linije funkcije f na ovoj oblasti. 87 Slika 19 Ostaje da se ispitaju ekstremumi funkcije na konturi oblasti |x| 2,|y| 2, koja se sastoji od pravih y = 2 ix = 2. Dakle, ako stavimo y = 2, dobija sef(x,2)=x4+6x2 +25=1(x).Lakoseuveravamouinjenicuda funkcija 1 ima lokalni minimum za x = 0, i to je 25. Dakle, take (0, 2)i(0, +2) koje lee na konturi kvadrata predstavljaju take uslovnih minimuma funkcije f. Slino, ako je x = 2, dobija se f(2, y) = y4 + 10 y2 +9 = 2(x), tako da funkcija 2 ima lokalni maksimum za y = 0, i to je 9. S druge strane, u temenima kvadrata funkcija f ima vrednosti f(2, 2) = f(2, 2) = f(2, 2) = f(2, 2) = 65. Tako, najmanja vrednost funkcije f na oblasti je 0, i dostie se u takama (1, 0)i(1,0), a najvea 65, u temenima kvadrata (2, 2), (2, 2), (2, 2) i (2, 2). 78.Pozitivanbrojarastavitinatripozitivnasabirkatakodanjihovproizvod bude minimalan. Reenje. Neka jea = x + y + z. Problem se svodi na odreivanje x, y i z, tako da proizvod x y zbude minimalan pod uslovoma = x + y + z.Iz uslova izraunavamoz=axy,takodaseproblemsvodinaminimizaciju funkcije dve promenljive f(x,y)=x y (a x y), u oblasti0 < x < a,x y < a. Potrebni uslovi za egzistenciju ekstrema se svode na reavanje sistema( 2 ) 0fy a x yx= =, ( 2 ) 0fx a x yy= =, 88sa takama M1 =,3 3a a i M2 = (0, 0), kao reenjima. Dalje jeA = 2 y ,B = a 2 x 2 y,C = 2 x, to se u taki M1 svodi na A = 2 a /3 ,B = a /3,C = 2 a /3. Kako je AC B2 = a2/3 > 0iA < 0, funkcija ima lokalni minimumzax=a/3,y=a/3,todajeiz=a/3.Udrugojtaki,M2, imamo A = 0 ,B = a,C = 0,AC B2 = a2 < 0, tako da u ovoj taki ne postoji ekstremum. Na osnovu ovoga zakljuujemo da je a = x + y + z = a /3 + a /3 + a /3, optimalno razlaganje pozitivnog broja a na sabirke. Lagranov metod 79.Odrediti ekstremne vrednosti funkcije z = x y,pod uslovomx + y = 6.Reenje.Sastavljamopomonufunkciju(x,y)=xy(x+y6),i formiramosistem0, 0 y xx y = = = = ,odaklesedobijax= i y=. Zamenomuuslovdobijamox+y=2=6,tj.=3.Tako, dobijamox=y=3,daklestacionarnutakuM(3,3),ukojojfunkcijaima vrednost z(3, 3) = 9. Ostaje da se ispita da li je to lokalni ekstremum, a to e zavisitiodponaanjadrugogdiferencijala 2 2 22 2 22 22 d dx dxdy dyx x y y = + + ,kojise,zbogjednakosti 2 22 20, 0x y = = i 21x y =svodina 22 d dxdy = .Znakd2,dakle, zavisi od naina na koji se menjajuxiy. U naem sluaju, taj nain nije proizvoljan,jersuxiyvezaniuslovomx+y=6.Diferenciranjemove jednakosti dobijamod(x + y) = 0, tjdx + dy = 0. Kvadriranjem obe strane ove jednakosti dobija se (dx + dy)2 = dx2 +2 dxdy + dy2 = 0, odakle je 2 dxdy = (dx2 + dy2), tako da je d2F= (dx2 + dy2) < 0, to znai da je taka (3, 3), taka maksimuma izmax = z(3, 3) = 9. 80. Odreditiuslovneekstremnevrednostifunkcije( , ) 2 z x y x y = + ,akoje2 25 x y + = .Reenje.Formiramopomonufunkciju ( )2 2( , ) 2 5 x y x y x y = + + . Potrebniusloviekstremumaovefunkcijesudatisistemom 89 1 2 0xx = = ,2 2 0yy = = ,odakleseizraunavajuxiyu funkciji parametra ,1 1,2x y = = . Zamenom u uslov 2 25 x y + = , dobija se 2 21 152 + = , tj. 42 = 1, to daje dva reenja po ,1 = 1/22 = 1/2. Prvoj vrednosti odgovara stacionarna taka P1(1, 2), a drugoj P2(1, 2).Kakoje2xx yy = = ,0xy = drugidiferencijalje 2 2 2 2 22 2 ( )xx xy yyd dx dxdy dy dx dy = + + = + injegovznakzavisi od znaka multiplikatora . Tako, za 1 = 1/2, 20 d > , to znai da funkcija u taki P1(1, 2) ima uslovni maksimum, zmax = z(1, 2) = 5. S druge strane, za 2 = 1/2,20 d < , pa je u P2(1, 2) uslovni minimum, zmin = z(1, 2) = 5. 81.Odreditiekstremnevrednostifunkcije( , ) 3 3 1 z x y x y = + + ,poduslovom(x 1)2 + y2 = 1.Reenje. U ovom sluaju, pomona funkcija bie ( )2 2( , ) 3 3 1 ( 1) 1 x y x y x y = + + + , i u potrazi za stacionarnim takama, izjednaavamo njene izvode sa nulom, dakle3 2 ( 1) 0 xx = =,3 2 0 yy = =, odakle izraunavamo x i y u funkciji promenljive : (*) 3 31 ,2 2x y = + = .Zamenomuuslov 2 2( 1) 1 x y + = ,dobijasejednainapo,2 29 314 4 + = ,ijasureenja 1, 23 = .Iz(*)sedobija1, 2 1, 23 11 ,2 2x y = = .Kako je2 2 22 22 , 0, 2 A B Cx x y y = = = = = = 90imamo 2 24 0 AC B = > ,takodajeutaki ( )1 3 / 2, 1/ 2 ,kojase dobija za3 = ,A > 0 pa je u pitanju uslovni minimum, min4 2 3 z = , dok je u taki ( )1 3 / 2, 1/ 2 + ,A < 0 , tako da tu funkcija dostie uslovni maksimum, max4 2 3 z = + . 82.Odreditiekstremnevrednostifunkcije 2 212 16 z x y x y = + + , pod uslovom 2 225 x y + . Reenje.Najpreodreujemoslobodneekstremume.Kakojefunkcija kvadratna forma, ona se moe svesti na kanoniki oblik 2 2 2 212 16 ( 6) ( 8) 100 z x y x y x y = + + = + + , izkogaseeksplicitnovididajezmin=100utakiM=(6,8).Uslov 2 225 x y + predstavljakrunidisksacentromukoordinatnompoetku, poluprenika5.TakaMnepripadatomdiskutoseprovaravazamenom njenih koordinata u uslov62 + (8)2 = 36 + 64 = 100 > 25. Dakleunutardiska 2 225 x y + ne postoje lokalni ekstremumi. Ispitaemo konturudiska,atojekrug 2 225 x y + = .Formiramopomonufunkciju( )2 2 2 212 16 25 x y x y x y = + + + , koja daje sistem 2 12 2 0, 2 16 2 0, x x y yx y = = = + = sareenjemx=6/(1 ),y=8/(1 ),tozamenomuuslovdaje kvadratnujednainu 2 2210025(1 )x y+ = =,ili 2(1 ) 4 = ,sareenjima 11 =