Zbirka Zadataka Iz Matematike Za Studente Tehnickih Fakulteta Ferenci Ungar Comic Cvijetanovic Uzelac

М. CVIJANOVIC

F. FERENCI V. UNGAR

Z.UZELAC 1. COMIC

ZBIRKA ZADATAКA IZ МАТЕМАПКЕ ZA SТUDENТE ТЕНNIСЮИ FAКULТETA

~f2tr#rt4 ВEOGRЛD,

1983.

6~~.___ ~

...a ....... ·

~t

,\-.~_.?........-

I.~e•• b r .........._.· _· · ... ····...· ............-

Recenzent dr Zvezdana Radafin, za izdaval!a M/hailo Joz/c, urednik Boz/ca Vidanovic, urednik Gordana /(rstic, re§eqje korica Branko Yeljovic. Ttra! 2000 primeraka

Stampa: Stamparђa "Вakar" - Вor

tehni~ki

PREDGOVOR Оуа knjiga namenjena је prvenstveno studentima 1 godine Fakulteta tehnickih nauka u Novom Sadu, по autori se nadaju da moze korisno poslu!iti i studentima osta1ih fakulteta. Glavu 1 napisao је Р. Ferenci, Glavu 11 napisala је У. Ungar, Glavu 111 napisala је У. Ungar, Glavu IV је napisala 1. Соmјс, Glavu V је napisa1a 1. Соmјс, Glavu VI, је napisala 1. Соmјс, Glavu VII §l i §2 је napisala У. Ungar, §3 је napisala М. Cvijanovic, Glavu VIII је napisala Z. Uzelac. Autori se zahvaljuju svima koji a.tajuCi tekst иkaШ na eventua1ne gre§ke i dзjи korisne primedbe. Takode se zahvaljuju dr Vojislavu Мarieи, redovnom pro(esoru Fakulteta tehnickih nauka u Novom Sadu na korisnim save-

tima.

Autori

s

л D R

Z

Л Ј

GLAVA 1

1

Granicne vrednosti GLAVA II

31

Funkcije jedne promenljive GLЛVА

III

76

Funkcije vise promenljivih GLAVA IV

108

Neodredjeni inteQral § 1.

Integracija smenom, parcijalna integrRcijR

§2. Integracija racionalnih funkcija

gЗ.

н(х,

Integrali oblika

108

•••••••••

Vax 2 +bx+c)dx

128

§4. Integrali iracionalnih funkcija Ј(р

§5. Integrali oblika

п

117

135

(х) eCl.Xcos f,x +Н (x)eaxsinRx)dx ••

m

§6 . Integrali trigonometrijskih fl1nkcija • • • • .

• • ••

142 148

GLAVA V

164

Odredjeni intearal §1. Izracunavanje odredjenoa intearala ро

164

definiciji

§2. PovrS:ine ravnih

ficтura

§ 3. Duzina luka ravne krive

170 179

§ 4.

Zapremina tela

183

§ 5.

Povrsine obrtnih tela

194

§ 6.

Teziste, momenti inercije

203

§7. Mesoviti zadaci

211

GLAVA \71

Diferencijalna geornetrija

216

f:r i ve u pros toru .

216

§2. Povrsi u prostoru

235

§ 1.

f3. Krive linije

па

povrsini

251

GLAVA VII

Diferencijalne

jedna~ine

268

§l. Diferencijalne jedna~ine prvog reda ••

§2. Diferencijalne

jedna~ine

§3. Primena diferencijalnih

viseg reda • jedna~ina

268

302 327

GLAVA VIII -Numeri~ka

analiza • • • • • • • • • • • • • • • §l. Numeri~ko resavanje jednacina •••••••••• pribl!znoresavanje 8 i8 tema linearnih jednacina §3. Interpolacija ••••

364 364

§ 2.

388

§4. Numericko diferenciranje §s. Numericka integracija

394 400 404

§6. Numericke metode za priblizno resavanje diferencijalnih jednacina

407

GLAVA 1 GRANICNE VREDNOSTI §l. Granicne vrednosti nizova ~a

beskonatni niz rea1nih brojeva (ј1ј

Бе

kaze ko

е:

>

аа

О

је

konvergentan

toт

i

pise

аа

i

а

:

п

Бе

slutaju

1јт

Бе

п

-а

а а

п

I<

е:

za

naziva =а,

ј1ј

а п

Ь

Broj

је

-+

takav

ako

za sva-

је

а

ј1ј

vrednost

za

п

nagoтi1avanja

tatka

аа

а

> N •

п

granitna

п-+ оо

)

konvergira broju

postoji prirodan broj N=N(e:)

Iа и

krace

-+

1јтеБ

niza

со

niza

ап

ako

је

пејеапа

kost

Iа za svako па

е:

>

О

п

-Ь

I<

јБрипјепа

za beskonatno

tatka nagoтi1avanja

nitna

е: тnogo

konvergentnog niza

vred[Josti

vrednost. Ako Би nizovi 1 јт n-+оо

(а

п

+Ь

ап

п

i

) = 1

ЬП

konvergentni,

јт

а

n-+ оо

п

+ 1 јт n-+ оо

Ь

п

п.

jest~ njegova

tada

vazi

Јеај-

gra-

lim .... ""

·Ь

(а п

п

lim .... "" lim п .... ""

п

а

п

п

п

Ь

lim .... ""

) п

а

lim п .... ""

-

2

Ь

lim .... ""

п

Ь

п

t

п

п

lim .... ""

О,

Ь

п

t

п

О

).

Cauchyev opsti princip konvergencije: је

konvergentan potrebno

i

odgovara prirodan broj 1а

ап

Niz ko

п=1,2,

П

••. ,

-а је

Е

по

= По(Е)

za svako

п,т

>

-

п

п

а п ::.а п +

monotonim nizovima:

је

1 ili

а

п

>

-

а

uvek

1а

monotoni niz

је

M(~O)

za sva-

п+l

п

1

< м

postoji prirodan broj N=N(M) а

konver-

ап

п

>

za svako

м

za proizvoljni realan broj

takav da

је

> N ,

п

tada niz tezi u pozitivnu beskonacnost i

pise se lim а п =ОО. п .... "" ovde umesto nejednakosti а п > М vazi а п < М, onda niz tezi u gativnu beskonacnost, sto se pise sa lim а п п .... ""

t

ап

lim 'а п .... ""

i

О

1=

оо sledi

lim n+ оо

п

Za nizove

lim п .... ""

ап

Ь

=

i

а п

1 i а

п

"'Ь

i

lim .... ""

с

а п

п

п

Ь

п

с

п а

Ь П сп

п

п

lim п .... ""

Ь

О)

је

п

polinom stepena k

(k prirodan broj,

п

'"

п

с

lim п .... "" Za

а

sledi

п

lim .... ""

а

О. п

kaze se da su asimptotski jednaki ako

ЬП

to se obelezava sa

п

Iz

•

-

ogranicen.

је

Iz

bio

о

za neko

је

и slucaju kada kod niza м

takav da

monoton ako vazi

о

а

dovoljno da svakom pozitivnom broju

ogranicen ako

а

Princip gentan ako

1 <

т

da bi niz

ро

t

(а п

,Ь п

t

О)

је

Ako пе-

-

је

Ako lim п .... "'·

а

а п '::'Ь П

с

lim

п

<

сп

п

za

> N

onda

k,

п

-

з

(N prirodan broj) vazi

Ь

1im п

.... '"

i

k

п

•

2. Granicne vrednosti i neprekidnost. funkcija

је

Okolina realnog broja taj broj. lina

Okolina

simbola

od

а.

ра

u=u \С!} Ь

tezi

(Ь е а

R)

х

=

а п

.... '" =

Ь

п=1,2,

koji

(М,"'),

sadrzi

dok је oko-

и jedna medju oko1inama

i

granicnu

а,

tezi

za

еu

п

f(a n )

lim

сето da ima

kada

lim п

vazi

(-"',"') U {-"',ао} =R

и

Za realnu funkciju f(x) definisanu rec:i

razmak

(-"',М).

-'" razmak oblika

Neka је а е

otvoreni

'" је razmak oblika

simbola

ako za

svakoj

vrednost svaki

niz а

х

tacki

sku-

Ь

(limes)

i1i

sa osobinama:

п

•••

а

(Heineova

definicija

granicne vrednosti

fun-

п .... '"

То

kcije).

se oznacava

sa lim f(x)

=

и

Ь.

slucaju da

је

а

rea-

х"" а

lan broj Ь

= х

i

и

gornjoj

f(x) lim .... а-о

Ь

lim

f(x)

definiciji

( 1evi 1imes (desni

а)

и

и

1imes

је а

јо!;

ako

i је

х

<

а

i

а

х

>

а

i

а

п

п

<

а,

tada

је

>

а,

onda

је

а).

x .... ato Pravi1a za racunanje nose se lim

g(x)

па

granicne

konacni,

sa granicnim vrednostima nizova

vrednosti

onda

funkcija,

ра

kada

је

(f(x)+g(x))

=

х-+а

lim

(f(x)g(x))

lim

f(x)

g (х)

х-+а

Pored

toga

=

1im f(x)+

1im g(x)

х-+а

х-+а

1im f(x)· х-+а

х-+а

vazi:

:':l-'i~п:"")g-(х---'-) х-+а

1im -4>-а

1imy(x) х-+а

1im f(x) х-+а

х"" а

lim

su

(lјm х-+а

х g(x)

t

О)

рхе-

i

-

ako 1јlll

је

F(x)

=

F(x)

f(g(x))

4

-

1Јт

,

g(x)

Ь,

1Јт

f(k)

с,

оnда

је

х=а е (-00,00)

kada

је

k~b

x~a

с.

x~a

Funkcija

је

f(x)

definisana

u toj

tacki,

1Јlll

vaii

1Јт

f(x)

i

x~a

neprekidna

tacki

u

postoji konacna

f(x)

granicna

vrednost

= f(a).

x~a

је

Ako

e1ementarna

funkcija оnда

nekog otvorenog interva1a, kama.

(Ova

granicnih

сЈnјеnЈса

ве

vrednosti,

је

definisana

оnа

i

u

svakoj

neprekidna

tacki

u tim tac-

cesto koristi pri1ikom izracunavanje па рхЈmех

videti

zadatak

18. род а),

с)

i

д).)

А

Z

1.

D

А С

Pokazati da

I је

п

,га

lim

1,а> О

=

n~OO

Razlikovacemo tri slucaja

ReSenje.

Za drugi slucaj nije potrebno па

lako dokazuje 1/Ь <

zbog

1,

Ь,>

ni~ta

а>

1,

сеча

п

п

п

>

Pre svega

је

је

n_

I

а>"

1,

~to је

је п

1n Va- 11

п

IIi! - 11

dovoljno veliko. n-

=Va-

1

h n promenljiva velicina. Dalje

је

је

1. је

lako dokazati pOlaze6i od

Iz prethodnog imamo

је

te

1.

Treba pokazati da se izraz

gde

а=1/Ь

dovoljno dokazati da

suprotnog. Medjutim stepenovanjem dobijamo

voljno malim cim

1.

п

Na osnovu svega zoga zakljucujemo da lim га = 1 za а

О < а <

dalje sledi

lim га = Нт 11/Ь = Нт 1/ гь = 1/Нт гь

п

i

dokazivati. Treci slicaj se

osnovu prvog, treba samo staviti 1, iz

а=1

h

п

>0

а >

1.

rnoze uciniti proiz-

- 5 -

i а

=

(l +h п ) п

=

n п ) h 2 + ••• + ( п l+nh n+ ( 2 п ) h n· n

Kako su sa desne strane sami pozitivni sabirci vidimo da а = (1 +h ) п > 1 +nh п

te

је

п

је

h

п

< (a-l)/n .

Sada mozemo izabrati N (е:) tako du је za п> N (е:)' h n < inace proizv01jan broj. Treba samo da bude

е: i

е: > О

N(e:) > (а-l)/ Е: а

to s1edi iz (a-l)/n< 2.

(a-l)N(е:)

Pokazati da

је

1im 10g

= ОО.

п

n-+ oo

(М

Вевеnје. Treba pokazati da za svako unapred dato proizv01jno ve1ik broj) postoji N da је

10g

Иеdјиtim iz п> 10 М 10g

za

п > М

п >

М

(

N.

s1edi

п> М

i za N se moze uzeti

bi~o

koji prirodan broj koji nije manji

od 10 М . з.

Ispitati da 1i konvergiraju nizovi d

п

= (-1)

п

n.

Вевеnје. Kako је la n + 1-a n ' =2, nije zadov01jan opsti Kosijev kriterijum za konvergenciju nizova i niz.'ne konvergira (osci1ira izmedju tacaka 1 i -1). Iz cinjenice da

је

1im 1/n =

О

uvidjamo da niz

Ь

n-+ oo

tacke nagomi1avanja 1 i -1

ра

prema tome ne konvergira.

п

ima dve

б

с

Za treci dati niz

п

I C п -ст'1=1 (-1)П 1 /п- (_1)т 1:.1 т I

је

i vidimo da

Е > О

је

Kako

d 2n =

4.

1/П+1/т

<

-



О)

,

=

у

а х

Osnovna pravila su и(х)

Neka

[и(х)

а-1

diferenciranja

v(x)

i

diferencijabilne

је

tada

+ v(x)]' = и'(х)'+ v'(x)

(и(х) - v(x)1' = и'(х)

-

(ЕШ] v(x)

,

4.

u'(x)v(x)

-

је

v(x)"i'O

funkcije

= f(x) monotona funkcija,

у

funkcija.

је х = f- 1 (у)

u(x)v'(x)

[v(x)]2

Izvod inverzne

Neka

v'(x)

+ u(x)v'(x)

lU(x)v(x)1 ' = u'(x)v(x)

inverzna

funkcije,

Ako је

f(x)

1

x=f

diferencijabilna

takodje diferencijabilna

у' (х)

а

(х'(у)

funkcija

i

-1

(у)

пјепа

funkcija,

tada

vazi

"i' О)

х' (у)

tada

5.

Izvod

slozene

Neka

su y=f(u)

i

funkcije u=ф(х)

diferencijabilne

funkcije,

је

у'(х)

slede6a а)

=

у'(и)

•

и'(х)

б.

Rolleova

teorema

Neka

funkcija

у = f(x)

svojstva neprekidna

је

definisana

u intervalu

[а,ь]

ima

- 33 -

Тада

Ь)

diferencijabilna

па

(а,Ь)

с)

f(a)

с е (а.Ь)

takva

= f(b).

postoji tacka

7.

Lagrangeova

Neka

funkcija у

да

је

f'

(с)

= О.

teoreтa

=f

(х) definisana

u intervalu

[а,ь) iтa

sledeca svojstva

Тада

а)

neprekidna

Ь)

diferencijabilna

је

postoji tacka f(b)

па

(а,Ь)

С е (а.Ь)

takva

-

f(a)

f'

• да

је

(с)

Ь-а

ovde

Cauchyjeva

Neka

funkcijf f(x)

teoreтa

i

definisane u intervalu [а,ы1

g(x)

sledeca svojstva:

iтaju

Тада

8.

а)

neprekidne su

Ь)

diferencijabilne su

с)

za svako

postoji

п

С е

Х Е. (а, Ь) (а,Ь)

па

(а,Ь)

,

g'

(х)

takva

да

је

(с)

f

(Ь)

-

f

(а)

f'

g

(Ь)

-

g

(а)

g' (с)

9.

Taylorova

Neka

је

teoreтa.

funkcija

definisana u intervalu

f(x)

puta diferencijabilna i

i=o

п

х е

(а,Ь),

n-l f(i) (х ) i [ о (х-х)

f(x)

R (х)

#о.

f(n)

=

[х +8 (х-х )Ј о

::;

п!

(х-х )n, о

је

gde је

+ Rn(x),

о

i!

tada

0

о

potreban uslov za

је

Tacke u kojima

ferencijabilna

= f(x)

,

f'

funkcija

(х о )

u

=

о

tacki

.

Neka Ako ха

је

f(x)

је

ima minimum

dva puta di-

- 35 -

0. и

konveksna

у ose, ako је у" (х о ) < о • kojima funkcija prelazi iz konveksnosti

pozitivni smer

Tacke kavnost i

и

и

kon-

obrnuto su prevojne tacke funkcije.

Ako

је

у"

ј edino

to moguce

12.

(х

ako

neprekidna funkcija

) је

у"

(х о )

=

и

Хо '

tacki

tada

је

о.

Asimptote funkcije у

Prava

=

ах

+

Ь

је

kosa asimptota funkcije

у

= f

(х)

kad

ako ј е lim [f (х) - ах - ЬЈ = о • х++ оо

Koeficijenti а i

Ь оахеајији se па

Ь

а

= lim [f

(х)

-

sledeci пас;п:

ах]

х++ оо

у=ах+Ь

Analogno, prava ako

х+- оо ,

lim

[f (х)

х+- оо

Koeficijenti

а Prava ako

је

је

kosa asimptota funkcije y=f(x) kad

је

а

i

= lim х+- оо

у=а је

Ь

оахеајији

f (х) х

- ах - ЬЈ = о.

.

Ь

se ovako: =

Нт

х+- оо

[f (х)

horizontalna asimptota

- ах]

funkcije y=f(x) kada

х

.... +""

-

=

lim f(x) +00

36 -

d.

х""

ako

= d}e

у

Prava

horizontalna asimpt:Dta funkcije

је

lim х

Prava

х

С

=

је

.... -

=

f(x)

=

(х)

lim f .... с

+ оо

funkcije

lim f

ili

х

(х)

ako

х""

-

оо ,

_

(х)

ј е

оо

.... с

crtanja njenog grafika

utvrdjujemo svojstva funkcije i па

= f

kada

Ispitivanje funkcije

Kod ispitivanja funkcije i

tacke i

у

(х)

d.

х

jagrama)

= f

оо

vertikalna asimptota

14.

у

osnovu toga crtamo grafik.

То

nјеnе

(di-

karakteristicne

ispitivanje obuhvata

sledece: 1)

Odredjivanje oblasti definisanosti

2)

Utvrdjivanje nekih karakteristicnih svojstava

ricnost ,

funkcije. (simet-

periodicnost).

З)

Odredjivanje

4)

Ispitivarje

tervala gde funkcija

nиlа

funkcije.

osnovu prvog izvoda.

па

raste,

gde opada,

(Odredjivanje in-

odredjivanje ekstremnih

vrednosti) • 5)

Ispitivanje

tervala gde nје

је

па

osnovu grugog izvoda.

funkcija konveksna,

gde

је

(Odredjivanje in-

konkavna,

odredjiva-

prevojnih tacaka). б)

funkcije

Роnаsаnје

(Odredjivanje limesa

1. а)

у

=

gde su

labl

НеВеnје.' у

у

krajevima oblasti definisanosti. odredjivanje asimptota).

Naci prvi izvod funkcija: ах+Ь

cx+d

Ь)

па

funkcije,

= l.s.д.l 2 (cx+d)

sin 2 x sin

х2

а,Ь,с

i d konstante.

-

у

с)

Resenje. 2 sin

37 -

Х (cos Х sin х 2

-

Х sin Х cos х 2

)

sin 2 x 2

у

= ln [ ln 2 (ln З

Х )Ј

1\. Rssenje. б

у

d)

Х ln Х ln (ln З Х ) =

у

.

1-х

2

arc s ~n :---1 1+х

Resenje. -2хО+х

1

у

2

) -

2Х(1-Х

2

)

(нх2) 2

2 )2 ј 1 -1-.х (--

1+х 2

odnosno 2х

у

е)

IХ I (Нх 2 )

у = f (е Х ) е f( Х ) Resenje.

у' f)

у

= ef

(Х) IеХС (еХ) + f ' (Х) f (еХ)

= x 1/x

Kako је

Resenje.

L

,

у

ра

1

1

у = х

ln

х

to

,

је

1

х

х

1

-х

х

У

ln

=-2 lnx+·~

је

g)

I

-2

(1 - ln х )

( ln х) Х lnx

у

х

Resenje.

to

Kako

је

ln

у

=

х

ln ( ln

је

L

у

= ln ( ln х)

+ х _1_ • .!. ln х

х

2 ln

х.!. х

х)

- ln

2

х,

ра

је

ln

у

r

х) х-1

ln х+1

_х-2

38 -

ln

2

х

+ х ln х • ln ( ln х)

Ј

х

2.. а)

у

Na6i n-ti izvod funkcija: =

а

х

НеЗеnје.

Ь)

у

=

е

у

=

у

sin

у

у

=

у

COS х

=

у

у

= ln

је

у

(п)

= i

cos (х + nтr ) 2 п

prirodni brOjevi).

т(т-1)

y(n) :

•••

=

.

,

1

Kako Је у = х' (-1) n-1 (n-1 )!

у"=- ~

= lim f(O 6x~o

~

,

"

х

=

х

О О

f'(x) = 2xsin.!.-cos.!. х

+6х) -f(О) 6х

= lim (6х) sin 6; 6x~o

", ~2

п

Na6i izvod funkcije 2 1 х sin х f(x) = {

НеЗеnје.

У

х

О

f'(O)

(m-n+1)xm- n

х.

х

3.

х

~in (х + n2тr)

(т

m>n

НеЗеnје.

to

(п)

у (п)

НеЗеnје.

f)

е

•

НеЗеnје.

е)

(п)

х

НеЗеnје.

d)

х

а

х

НеЗеnје.

с)

(п)

lim

х'

(6х)2

6x~o

О,

jer

х"О 1

sin"EX 6х

је

sin -.!6 х \-< 1

-

39 -

Prema tome f'

4.

2х sin.!. - cos.!. х х

х

'i

О

О

х

=

О

{

(х)

Pokazati da funkcija

х sin.!. f(x) = пета

О

{

izvod u tacki

ta

х

'i

О

х

=

О

О.

=

postoji

f(O+L'lx)-f(О)

lim L'lx+o је

х

Мо

Resenje.

onda

,

х

L'lx

granicna vrednost izv О

26.

Р8

=

Н

= 4r

jer

је

.

81ika visoka 1,4 m obesena

је

nazid tako da njen

donji kraj 1ezi 1,8 m iznad posmatracevih ociju. Na kojem

se

- 51 rastojanju od zida mora na1aziti роsmаtrаСч da Ь! njegov po1ozaj Ыо najpogodniji za posmatranje s1ike, tj. da vidni ugao bude najve6i. Resenje.

је Ф

Neka

5а

vidni ugao.

s1ike ф

1/'

ра

tg

=

=

tg 13 - tga 1+tga. t ql3

Ф

је ф

Kako

tq (l3-а)

tg Ф '"' -...,..::1......,-=4~x=-=-2 х + 5,76

51. 2 Od.avde

= а-13

је

tgф

1/8

је:

1,4

= arc tg

х

2 + 5,76 х

је 7,064-1,4х

ф' (х)

(х

2

+5,76)

2

2

Н,96Х

2

i ф' (х) = О za х = 2,4 } to је vidni ичао maksima1an, kada је posmatra~ udaljen od slike za 2,4 ш.

Deblo duzine 20 m ima oblik zarubljenog konusa, ~iji su pre~nici 2 m i 1 ш. Iz debla treba izrezati gredu sa kvadratnim presekom, ~ija Ы se osa poklapala sa osom debla, ~i­ 27.

ја Ы

zapremina bila najve6a. Na6i dimenzije grede. 112

Resenje.

Kako

је

flABC'\,flAED

to

је

1

20

'2

20-х

У

о

N )(

11! У

I

20-х = 40

О

N

SI.

З

је

Ako d

dij~gona1a

d

=

kvadratnog preseka strane

20+х

2-2у

52 -

2Га

а,

tada

је

.

20 Odavde

је

20+х

=

а

Zapremina grede

= а 2 (20-Х)

V Kako

20+х )2(20-Х) 2012

•

је

1

(х)

V'

800 •

(400-4х-3х

2

)

i V'(x)

=

О

za

20 i

х

V" (

З

~ ) = _1_ (-40-6 . 20 ) -7Т/4

1/tg

-1 је

Trazena granicna vrednost

( tg х) tg 2х

1im

.

2х

=

е

-1

1/е

.

Х->-7Т/4

f)

1im

neodredjeni izraz oblika

"оо/оо".

1im 1-cos х nе postoji, to se 1+cos х moze izracunati па osnovu L'Hospita1ovog pra-

granicna vrednost

Kako х->-оо

је

Ovo

sin

х

х+

sin

х

х->-оо

х-

nе

vi1a. Medjutim koristeci cinjenicu da

је

sin х " 1 ~т -= О } х->-оо

х

dobijamo granicnu vrednost 1im 1 - sin х/х 1+ sin х/х

1im х - sin х х+ sin х

g)

је

Iako

pita1ovo pravi10 se 2х

Нт

ovo neodredjeni izraz oblika nе

"О/О",

L'Hos-

moze promeniti jer

sin 1/x-cos

•

cos

х->-оо

nе

1.

х->-оо

х->-оо

1/х

х

postoji. је

Kako 1im х+о

29.

х

2

I sin

i

1/xl.21

1im х->-о

sin sin

1/х х

1im

х

. sin sin

х-+о

1/Х

sin

х

1

to

је

х

О

х

Ispitati medjusobni po1ozaj dijagrama funkcija Fn(x) =

А(х-а)

п

- 55 п,

za raz1icite vrednosti

posebno za slucajeve kada

је

п

parno

i neparno. Neka је А > О . У

Resenje. Kako

је

! х-а! п .::. ! х-а! п-1 za

а-1

za

х !~_a!n-1 о

> а+1

0+'

81.

i Fn(a)=O za svako п

dijagram funkcije Fn(x),

х=а

preseca x-osu kada

по п,

а

Za parno

п

4

•.. pro1azeci kroz

preseca

п=l,

је п

dodiruje kada 1.

је

п=1,2,3,

је

ра

paran broj.

(n=2k)

је

О.

(2k)! > О ,

funkcija ima minimum u tacki sa apscisom 2.

пи1и

i dodiruje za nepar-

F'(a) =F" (а) = F'-(a) = •.. = F(2k-1) (а) F (2k) (а) = А .

Х

Za neparno

п

(n=2k+1)

х=а.

је

F ' (а) = F" (а) = •.. = F (2k) (а)

О,

F (2k+1) (а) = A(2k+1)! " О Ј te

па

osnovu toga sledi da D~jagrami

funkcija za 30.

А> О

је

х=а

funkcija za

А

u odnosu

x-osu.

па

<

О

prevojna tacka funkcija.

simetricni su sa dijagramima

Ispitati oblik dijagrama funkcija

f~ (х) = V(x-a)d.

f~ (х) za raz1icite vrednosti parametra rJ.... Resenje. osta1e

се

(81.4)

cita1ac

i

J(x-a)~

Posmatracemo slucajeve kada mос!

pitanim slucajevirna.

је

а=1,2,3,

а

sam ispitati rezonujuci ana1ogno sa is-

-

У

56 -

у

о

х

х

81. 5

81. 6

а=1; f~(x) =~x-a

1.

- Ј х-а

,

Posmatracemo saтo funkciju f~(X) =

f~ (х)

grarn funkcije f+ 1 (х)

и

odnosu

= -

~ х-а

4х-а

jer

dijagraтu

simetrican

је

dija-

funkcije

x-osu.

па

Funkcija

у

х=а

tacki

је

definisana za

х> а.

U

dijagram funkcije sece

x-osu. Kako

је

f ,+ (х) = __ 1_

2/х-а

1

to f'(x) +00 kada и

f~(x)

i

f+ 2

dobija se з.

а=З;

(х)

=

dijagraт

+

fЗ(Х)

х=а

и

obzir funkcije

/ - ,-2 V(x-a)

obzir funkcije

(х-а)

-

i

(х-а)

(sl. 6).

/

= V(x-a)

Funkcija f;(x) = ki

funkcija

f~(x) dobija se dijagraт.

(sl. 5).

и

ра

toj tacki ima vertika1nu tangen-

tu. UZimajuci

Ako uzmemo

х+а,

З

f;

(х)

= -

Ј(х-а) З

Ј(х-а)З је definisana za

dijagram funkcije sece x-osu. Kako

је

х

>

а.

U tac-

-

f'+

3

fз(х)-> О

to

57 -

(х) = ~ Ix-a 2

х->а,

kada

ра

funkcija ima horizonta1nu tangentu

х=а.

u tacki

Ј(х-а)3

Dljagram funkcije f;(x) nosu

simetrican

је

u od-

па х osu sa dijagramom funkcije f;(x) = Ј(х-а)3 (s1. 7). 31.

Ispitati oblik dijagrama funkcija f

(х) (\

3/

= V(x-a)

о\..

za raz1icite vrednosti parametra Невеnје.

3,4,5,

а

osta1e

•

Бато

Posmatracemo се

Q

s1ucajeve kada

је. а=1,2,

sam cita1ac moci ispitati ana1ogno sa ovim

s1ucajevima. џ: =1;

1.

vrednosti

х.

f 1 (х) = 'Гх-а. Funkcija f 1 (х) U tacki

х=а

је definisana za sve

dijagram funkcije sece x-osu. Kako

је

1

3/

3I!(х-а)

to f{(x) ->00 kada tangentu. х=а

оа1је

х -+а,

је

ра

2

funkcija u tacki

fi(x) >0 za sve

prevojna tacka funkcije, f {' (х)

vrednostix\~ ра

је

tacka

2

= -

9·V(x-a) predznak pro1askom kroz tacku

5 х=а

(s1. 8).

у

у

о

ima vertika1nu

jer 3/

тепја

х=а

..

х

о

0-1

о

81. 9

х

- 58 (Х

2.

3/

f 2 (x) =V(x-a)

= 2 ;

Funkcija

је

2

definisana za sve vrednosti

х.

Tacka

х=а

је

nu1a funkcije. Kako је f 2 (x) ~O za svako х, dijagram funkcije se na1azi iznad x-ose. Prvi izvod funkcije је f оа1је

2(х) је

-з-2-

=

3/х-а

f'

(х)

...

оо

kada

х'" а,ра и

tacki

х=а

vertika1nu tangentu. Kako је f' (х) < О za х < а i f' funkcija и tacki х=а ima minimum. (вl. 9) ех

3.

=4

funkcija ima (х)

> О za

х >а,

;

3 Funkcijа је

definisana za sve vrednosti

х.

Kako

је

4

f (x)=

= 4/3· Iх-а , to је f'(a) =0, ра dijagram funkcije f(x) dodiruje х-ови и

sve

x~a

х=а,

tacki (вl.

ostajuci, sta1no iznad nje, jer

је

f 4 (x) >0 za

10).

у

х

х

81. 10

4.

а

= 5;

f5

зг-s = V(x-a)"

(х)

Funkcija dijagram funkcije

је

definisana za sve vrednosti

весе

f5' (х) Kako

је

fS(a)=o,

= 5/3 • v'(x-a) а

9~x-a

х=а

(вl.

11);

U tacki х=а је

2 •

fS(x) >0 za sve

па tacka funkcije jer f5" (х) = ~ kroz tacku

х.

x-osu. Prvi izvod funkcije

x~a

tacka

х=а је

prevoj-

menja predznak pro1askcm

-

32.

Ispitati tok funkcije f

3/ 2 = Vx (х-1)

(х)

nјеn

i nacrtati

59 -

dijagram.

НеВеnје.

је

Funkcija

definisana za sve vrednosti

х

.

Kako је f (х) '\, 3Гх kad х -+ О, to dijagram funkcije и okolini tacke

х=о

ima oblik kao

па

slici 8, и

x-t1, dijagram funkcije

а

kako

okolini tacke

је

f(x)

х=1

~J(X-1)2

ima oblik kao

kada па

slici 9. Iz а = lim

~х(х-1) 2

1

х

х-++ оо

3/ 2 liml Vx(x-1) - хl х -+ +00

ь

3 - х х-++оо 3;: 2 2 3/ 2 V I х (х- 1 ) I + х Vx (Х-1 ) + Х(Х-1)

lim

i Нт

3/ 2 Vx(x-1)

х-+- оо

је

sledi da ve

и

то

razliku

3/ Vx

odnosu

(Х-1)

2

-

Нт

1

prava

у=х-2/3

asimptotu odredjujemo

(х-2/3)

"х(х-1)

х=8/9

2 2

I

kriva sece kosu asim-

ptotu. Za

х>

х (Х-1)

2 2 = - з х

2

х

kosa asimptota funkcije. Polozaj kri-

3/ Za

3~

х-+- оо

х

па

2

8/9, kriva se

па

sledeci nacin. Formira-

-1/3 (х-8/ 9) 3/ 2 2 + (x-2/3)VX(X-1) +(х-2/3) у

nа­

lazi ispod asimptote, jer 3! 2 Vx(x-1) -(х-2/3) 31

i!x(x-1)

2

-

(х-2/3)



О

Kako za

х <

је

8/9,

to se kriva za sve vrednosti таnје

х

х

od 8/9 nalazi iznad asim-

ptote. Izvodi funkcije su: 51.12

-

f -

3х-1

(х)

f"

Х=1/3

tacki

3/ 2

(х-1)

Vx

f-(1/3)=0,

а

1

3/ 2 9Vx(x-1)

kako

је

2

f"

(1П) < О

funkcija u

ima maksimum 1

у(

је

- --2 ---

-2х

(х)

91 Sledi da1je da

60 -

З

)

114

=:з

. Grafik funkcije se na1azi

(x)~2.:t Јх5

33.

Ispitati tok funkcija f i njihov dijagram . (i=1, 2 ОЬе

ReSenje.

funkcije definisane su za

f~nkciju

Posmatra6emo prvo

f 1 (х) =х 2 +Јх5

је

Kako

па

f 1 (Х)

'v

х

s1. 12.

i nacrtati

>

. -

х5 /2

о.

kad

to dijagram funkcije u

у

х=О

tacke

х

+

+

О

oko1ini

ima oblik kao

па

s1i-

ci 7. Izvodi funkcije su: f{(x)

f;:-

х

(х)

Kako sve

2х + ~ . Јх 3

=

је х,

2 + 1'; .

=

f;:(x) >

О

:

Ј-; i

С·

(х)

>

О

za

funkcija sta1no raste i

konkavna

је

u odnosu

па

y-osu.

Sl. 13 5

Funkcija fz(x) tacke

х=О

'V -

х 2 kad Х

+

+ О, ра dijagram funkcije u oko1ini

па

ima oblik kao

slici 7. ·2 ГS Izvodi funkcije f 2 (х) = х - Vx f"

2

Kako

је

f2'(16/25)=O,

а

(х)

= 2 -

f2'- (16/25)= - 1 <

su:

~ 4 О,

U

tacki

Х=16/25

fun-

kcija ima maksimum sa ordinatoJl1 44/55. Kako је f';(64/225)=0 i f;' (64/225) = - 225/64 f' cija ima prevoj

О

(sl. 13).

to u tacki sa apscisom x=64/225funk-

-

34.

61

-

Ispitati funkciju (х)

f

1п х - х 2 _1

=

х

i nacrtati

dijagram.

пјеп

Яе5еnје.

f(x) =

је

Funkcija

1л х

definisana za

- 1

(). Kako

је

У

+-----

-х

х>

Х

to

је 1п х

1im х-++ со

-

х

2

-

1

+

х)

х

1 1п х-

= 1im х-++ со

ра

prava

,

1

asimptota

у=-х

funkcije. Funkcija ји

х

= 1im -~=O х-++ со

х

је

1

sece svo-

asimptotu u tacki sa apscisom Funkcija

1п х za sve

х.

пета

пи1и,

_х 2 - 1 '"

jer

х=е. је

О

sto se viGi iz pomocnog dijagrama (sl. 14).

С(х)

i

f "(х)

=

је

2 1п х-5 х

funkcija ima ekstremum,

Kako

3

jer postoji takvo 'Ј.,

1 '" ГЈ.

"12, da

је

2 - (1.2 -lп 0.= О, sto se vidi iz pomocnog dijagrama Ь (51. 15). у

Ь.

О.

х

--------~O~---~~---------~

51.15

х=а

Tacka

је

lпe>L-5 З

<

jer

је

О

1 < о: < 12

za

је 21nx-5=O za х=е 5 / 2 i f'--(e 5 / 2 ) =2/e10~o,

Kako to

apscisa rnaksirnuma funkcije, 2

f -- (0:)

62 -

је х=е 5 / 2

apscisa prevojne tacke funkcije sa ordinatorn у

-1/2 5

=

е5

е

Dj јачrаm ћJnксј је је

na slici 16.

х-а

-2 Ispisati funkciju f(x) = е х

35.

dijagram za razne vrednosti pararnetra Funkcija

Resel7je.

је

njen

i nacrtati

а.

definisana za

x~O.

Kako

је

х-а

-2lirn

{

х

е

х-++о

i

х-а

""""2 lim

е

{

х

х-+-о

О

О,

а>О

оо

а

,

је

О

а>О

<

а

оо

posma trасеггю slucajeve kada da

<

је

а> о.

О

а О za svako х.

х-а

је

-2-

f'(x)

=

е

х

2а-х

-2х

је

funkcija irna ekstremum u tacki, cija ta

у=е

Dijagrawi funkcija za 18.

arscisa

х=2а,

а

ordina-

1/4 а

>

О

i

а < ()

su

па

slikarna 17 i

-

63 -

у

0>0

х

81. 17 У

\: у

20

је

18

vrednost parametra

., f (х) Рип k С1Ја za sve

х

о

81.

Ako

х.

Kako

=1

а=О,

tada funkcija glasi f(x)=e 1 /

X

•

~ aS1mpto . t и, Jer . . е l/х "" О = е 1 /х пе sece Је r

је

1 с(х)

= -

еХ

-2-



х=1

tacki

је

В(-1;2)

О

81. 23

funkcija u

ima minimum

f "(-1) = - 1 <

О

А(1;0),

а х=-1

to u tacki

funkcija ima maksimum

.

х=О

је

nu1a drugog izvoda,

С(0;1)

tacka

х

su nu1e prvog izvoda.

х=-1

kako

1-1;2 )

(х2+1) З

је

Kako

.;

(х 2 +1)2

а

kako

је

f'"

= 8 'f

(О)

О

prevojna tacka funkcije. Dijagram funkcije

to је

је па

slici 23.

39. Ispitati funkciju

у = f(x) = х + 1n(x 2 -1) i nacrtati njen dijagram.

Resenje.

Funkcija је definisana za х 2 _1 >0, tj.

za

,х, > 1.

Dijagram funkcije sece x-osu, jer postoji takvo а > 1 za koje jeo(.+ln(a 2 -1)=0, sto se vidi iz pomocnog dijagrama а. (sl. 24).

у'=

а.

у

Izvodi funkcije su: x 2 +2x-1 2 х

-1

i у

-2(х

(х

Kako

је

2

2

+1)

-1)2

prvi izvod funkcije jed-

nak nu1i za х 1 =-1-12 (х 2 =-1+12 se пе

na1azi u oblasti definisanosti)

i Бl.

24

-

у "(-1-12)

2

=

68 -

+/2

о

<

0+12) 2

tacka х=-l-12 је apscisa tacke и kojoj funkcija ima maksimum у

Kako

је у"

caka. Da1je

Нт

(-1-12)

=f

о

=

-1-12

+ 1n 2

х,

za sve v:r:'ednosti

[x+1n(x 2 -1)!

funkcija

пета

prevojnih ta-

Нт [x+1n (х 2 -1)Ј

i

оо

-

оо

X~-OO

је:

[ x+1n(x 2 -l)Ј

1im х

•

је

х .... + оо

Takodje

(1+12)

-оо

Нт

i

.... +1+о

[x+1n (х 2 _1)]

-

оо

х .... -1-о·

је па

Grafik funkcije

s1ici 25. ,У

.... I

11 )(

-1-Б О

I

r

~ 40.

81. 25

Nacrtati dijagram funkcije f (х) = sin х х

Funkcija

НеЗеnје.

је

definisana za sve vrednosti

raz1icite od nu1e. Grafik funkcije sece x-osu za k ± 1, ± 2,... Fиnkcija је parna jer је f Kako

је

1im х"" +00

sin х

х

о

,

и

х

tackama x=kn , sinfx) = f (х).

(-х) =

-х

- 69 -

to

је

у

x-osa asimptota funkcije. оа1је

је

1im sin х х

х-+о

Dijagram funkcije 1 l' hiperbo 1 е у= х

у

х

=-

у

u tackama x=(2k+1); za k=O,±l, jer

±2, ... ,

81. 26

је

1

r

~]

f [(2k+1)

(2k+1)~

i

1 (2k+l )~

l

Kako

(х)

х

=

cos

х

k-parno

za

k-neparno.

- sin х х

је

za

је

f '

to

=-t

f'

(х)

=0 za

х

cos

х

2

- sin

х=О

odno~no

za

х

- tg

х=О.

(videti

dijagram 27). Dijagram funkcije

је

па

slici 26. у

41.

Ispitati funkciju у

=

х

-о/х)

х

i

nacrtati njen dijagram.

81: 27 (Bez ispiti~anja drugog izvoda).

-

Resenje.

је

Funkcija

Нт х- О/Х)

lim

е

х

definisanu. za

- ( ln

х/х)

>

о.

Kako

је

со

х->+о

х->+о

jer је Нт

70 -

је

(-

prava

х=О

vertikalna asimptota

х->+о

funkcije.

је

Kako

lim

х-(1/Х)

lim e-(lnx/x)= 1, jer

х->+оо

lim

(

-lnx

је

prava

у=1

- -1

lim

х

х->+оо

to

је

х->+оо

О,

у

х->+оо

horizontalna asimptota funkcije. Da

Ы

nasli ek-

stremne vrednosti funkcije, posmatra6emo ln

у

1

х

= -

ln

х

Diferenciranjem dobijamo

~

..:i.. у

ln

odnosno у

х + (- ~

.1:.

х

'=

х

-

(1/Х)

~ (ln х

х Ј

-1).

х

Ovde је zbog х - (1 /х) > О, У '=0 za ln х -1=0, odnosno za х=е. Kako је у'

> О za х > е i у' < О za х < е, to u tacki х=е funkc1ja

minimum у(е)=е-(1/е).

у

у=1

о

1та

Dijagram funkcije se nalazi па s11ci 28.

е

51.28

IC

-

42.

71 -

Ispitati funkciju

у

arc

sin~ 1+х

i

nacrtati njen dijagrarn. Kako

ReSenje.

za svako

х е

R

I~12.

је

1, to

1+х

је

funkcija definisana

(videti s1. 29) у

.. у

је

Funkcija

neparna jer

у(-х)

=

arc sin

=-1

$1.29

је

-2х

- arc sin

1+х 2

2х

-z

-у (х)

•

1+х

Izvodi funkcije su: 2

у

у

Znaci

у'=

2

Da1je

а

у

у

'=

2

1+х 2

za Ј х Ј < 1

1_х 2

1

Jl-x 2 Ј

1+х 2

је

у

4х

-4х

(l+х2) 2 (l-х2) З

---'-=---~~ 2 I

(1-х )З Ј

i

I у

ЈхЈ

za

= -

=

2

1+х 2

Ј хЈ > 1

za

1

za Ј х Ј < 1,

i

4х

у

-':='2..---.0'2 (l+х

1

а

za

ЈхЈ

1

)'

za Ј х Ј > 1

-

Kako

х=О

ima prevojnu tacku sa ordinatom

(0,0)

у(О)=О

i ko-

у'(0)=2.

eficijentom pravca tangente U tacki

О

menja predznak prolaskom kroz tacku

у

to funkcija za

72 -

х=1,

у'

ne postoji. Kako

је у' > о

О

za

< х < 1, а

у' < о za х > 1, to и tacki х=1 funkcija ima maksimum у (1) = ~

Kako

је

~.

х=-l

funkcija neparna to za

funkcija ima minimum y(-l)=

Prava у=О је horizontalna asimptota funkcije jer је lim х++ оо

2х

о

--"2

lim arc sin

i

l+x

о

х+- оо

па

Grafik funkcije se nalazi

&lici

ЗО.

У

----- -~

51.30 4З.

Ispitati funkciju 2 1/ x _ х У =

2

l/x

i nacrtati njen dijagram. Resenje.

Funkcija

је

definisana za у

.

x~O. О.

х

•

-

а)

sa dijagrama

73 -

se vidi da postoji takvo

а.

da

је 2 1 /а.-Ј.;=(Ј •

Izvodi funkcije su: -

у

(х+

ln 2)

х 2 1 /Х ln 2 2

у

х3 2 1 /Х

- ln 2 2 >о , (-ln2)3 2-(1/1n2) 2+1n2 to funkcija za x=-ln2 ima minimum y(-ln2) = Kako 2- (1/1n2) • је

Kako

у"

ko

<

о

'=0 za x=-ln 2 i

у

х

za

је у"

>

> о

О

to х

za

је

<

у

(-ln2) =

и

funkcija konveksna

О

је

to

intervalu

funkcija konkavna

и

(о ,оо),

а

је

ka-

intervalu (-00,0).

Granicne vrednosti funkcije:

2 1 / Х _х 2 1 /Х

lim х-+-о

jer

је

lim

х

lim

ој (l-Х

2- О/Х)

2-(1/Х)

= lim х-+-о

lim

lim

х-++о

х-++о

а = lim

lim

1/х

х-+-о

х

2- (l/Х). l/Х -

оо

-(1/х)

jer је lim х 2-(1/Х)

о.

х-++о

је

jer

+ 1 + ln 2

:l

х-++ оо х

ь

lim

= 1,

Kosa asimptota funkcije = -

,

оо

х-+-о

х-+-о

у

2-(1/х))

Нт

је

0/х-2-(1/х))

-1,

х-++ оо

(у-ах)

х-++ оо

Нт 0-2- о/х) + х)

2- О/Х)_l Нт

(1l/Х

х-++ оо у

2-(1/Х)_1

1 - lim х-++ оо

= 1 -

lim х-++ оо

l/х

2- О/Х) • 1/x 2 1n2 -(l/Х)

Dijagram funkcije se nalazi па slici 32.

s 1.

32

-In 2

)(

- 74 44. А

tacki

Napisati jednacinu kruga krivine krive y=ln

( 1 ,О)

= ---=----

r

(у' (х о )

2

za y=lnx, уо

=

r

у

,

=

о

је

gde 1+уо,2

-у' о

Ь =уо

y~'

1+уо,2 +

у;

y~').

у" (х о )

y~

х

=

а

ly~"1

је

u tacki

је:

(l+у~2)З/2

Kako

у=у(х)

Jednacina kruga krivine krive

(х-а)2 + (у-Ь) 2

r

-1

1 = --2

у

х

i

х

= О,

у"

1,

(1+1) ~/2

о

=- 1 ,

to

је

212

1-11

а = 1-1.!.:!:.! -1 Ь

=

з

О + 1+1 = - 2 , -1

ра

је

jednacina kruga krivine u tacki

А(I,О)

(х-з)2 + (у+2)2 = 8. U kojoj tacki krive y=lnx

45.

Resenje.

К(х)

=

Kako

Krivina krive

у=у(х)

је krlvina najve6a~ u tacki

ју"l.

(1+у,2)

Za krivu y=lnx К(х)

u

•

Resenje. А(хо,уо)

х

је

1-(1/х 2 )!

х

(1+ (1/хћ 3/2

је к' (х)

to

је

А(х,у)

-

К

Kako

- (х)

za

о,

Х

75 -

1

1

i

12

Х

1

2

12

је К

- (х) > о

za

О О odgovara !;7 О о

о

је

f (х,у) -Ali Е. Нт

se pise:

Ј(х-х

cim је

х-+-х

f(x,y)

о

(у_у ) 2

) 2+

о

.(

~.

= А.

о

У-+-УО тхеЬа

razlikovati granicnu vrednost funkcije

од

uzastopnih gra-

nicnih vrednosti: Нт

Нт

f

(х,у)

lim

lim" f

(х,у)

У-+УО

х-+х о

х-+-х о У-+-УО

i

kod kojih se

Ьхоји.

zi nekom и

једпа

promenljivih smatra konstantom

од

Dobije se funkcija

једпе

kojoj se sada ra promenljiva pusta

Эz f Эх

.. 1 n~. .~zvo d

4.

PaXC~Ja

да

ип

k

druga te-

а

nezavisno promenljive tezi nekom

..

C~Je

Z

Ьхоји

.

) 'Је = f( х,у

l! = Нт Эх

t.x"'o

t.x

ako ovaj limes postoji. Geometrijski krivu z=f(x,c) па

tangente

Код

и

l! даје ЭХ Х

pravcu

koeficijenat pravca tangente Эz

ose,

z =f(c,y)u pravcu

krivu

даје

Эу у

па

koeficijent pravca

ose.

visih parcijalnih izvoda эr+sz

эхrэуs

znaci,

да

treba prvo r

s puta

ро

у

Ako funkcija jalne izvode prvog

z

puta uzeti parcijalni izvod

=f

vode drugog хеда ЭхЭу

~

ЭуЭх

х

,

zatim

definisana и obiasti О ima parciЭZ • ~ kaolneprekidne parcijalne iz-

(х,у)

хеда ~ i э2z . э2z

ро

ау

,

tada

је

и

svakoj tacki oblasti

О:

- 78 -

5.

Totalni

diferencijal

funkcije

Z

= f

(х,у)

је

dz = ~ dx + ~ dy ах

Analogno,

totalni

diferencijal

аи

funkcije

аи

и

= f (x,y,z)

је

аи

ах dx + ау dy + Эz dz.

du

iтa

Ako funkcija Totalni

ау

totalni

diferencijal

diferencijal,

drugog reda

d 2 z = d(dz) =

a2z

опа

funkcije

је

diferencijabilna.

z = f(x,y)

је

2 2 dx 2 + 2 ~ dxdy + ~ dy2

~

ахау

ау

Uopste,

а

dx

ах

siтbol реп

П

koji

oznacava

ау

forтalno

se

) izraz

и

zagradi

х

i

Neka је У

i

z

=f

је

neka

(х,у)

x=f 1

diferencijabilna

(t)

,

у

= f 2 (t)

,

funkcija

tada

је

dz = ~ dx + ~ ~ dt ах dt ау dt . Specijalno

Ako

је

dize па

ste-

•

6. ljivih

da

+..l.. dy) (п) z

z =f

za

х

(х,у)

az аи

az av 7.

Ako

=tje

dz

az + aZ

~

дх

ах

dx

i

х

ау

= f 1 (u,v) ,

у

az ах + Эх

аи

Эz ау

Эz

Эх

Эz

2у

ах

av

ау

Эv

+

jednacina

Р(х,у)

=

О,

~ аи

= f 2 (u,v)

tada

је

ртотеп-

- 79 gde је F(x,y) finise

у

kao

funkcija promenljivih х i

diferencijabilna

funkciju nezavisno promenljive

х

,

tada

у

, de-

је

ЭF ЭХ

- -W-

ЭF

( za Эу

'1

С)

Эу

Ako jednacina F (х, у, z)

z

definise

=

С,

kao funkciju nezavisno promenljivih

х

i

у

,

tada

је

ЭF Эz

Эz

Эх

Эу

( za ЭF гz

-и

'1 С)

эz

8.

је

Neka

Funkcija ima u tacki

z

funkcija Р(х

о

,у

о

mаl0ј

dovoljno Ako

!:" <

О

је

Р(х,у)

С,

definisana u oblasti D.

funkcija

(razlicite od

Ро)

koje su

Ро.

okolini tatke

!:" >

(х,у)

) oblasti D ekstremum kada razlika

ima isti predznak za sve tacke u

=f

u

РО

tacki

ima minimum,

ako

је

maksimum.

Potreban uslov za ekstremum diferencijabilnu funkciju

Za

Р

ekstremnu vrednost u tacki

(~)p Эх је

Tacke u kojima

О

је

аа

z

=f

(х,у)

potreban uslov za

Ьиае

=0, о

zadovoljen potreban uslov za ekstremum su sta-

cionarne tacke. Dovoljni uslovi

za ekstremum

Neka је Р о stacionarna tacka

dx 2+ dy 2 > а)

о. '2

(d z)p

2 Ь)

funkcije z = f (х,у)

i

Ako о

tada

је

f(xo'yo)

> ('\

tada

је

'f (Хо'Уо)

< о

(d z)p о

maksimum funkcije minimum funkcije

z=f(x,y) z=f(x,y)

- 80 -

2

с)

теnја

(d z)p о

и

ekstremum

predznak,

tada fa.nkcija

z =f(x,y)

пета

ро.

tacki

uvedimo oznake Эz

р =(

эх)р

Эz

, q =(

Эу

о

2

)

р

Э , r = (~ ) ЭХ~

о

s =(

Ро'

э2 t = (_z) эу2 ро

э2z

)р , ЭхЭу о

Тада:

1)

је

ako и

maksimum 2)

је

и

3)

z

=f

(х,у)

rt-s 2 <

је

9.

О

r >

i

rt-·s

Бе

Бе

па

nalaze Ба

z =f(x,y)

О

(t >

О),

z=f(x,y)

ima

(х,у)

ima

funkcija z = f

О,

пета

funkcija

Би

=0 potrebna

и

ekstremum

tacki

Ро.

dalja ispitivanja.

nalazenja vezanih maksimuma i

код

traze

2

S(x,y)

minimuma funkcije

funkcije z

ekstremne vrednosti

zadovoljavaju jos jednacinu koje

funkcija

Ро

је

ako

4)

rt-s 2 >

tacki ako

r О, tj. za у О, tj. za ! х I > i у I •

З) у

Ixl>lyl у=-х

у=х

х

s 1.

З

-

е)

82 -

Funk.cija је defirt~.ana za

У ~x-l.

Iy-xl ..s- t,

tj. za У ~ x+l

1

(sl. 4)

'1

• S1ika 4.

Ротоси

2. Ь

>

nivoa 1inije ispitati sledece povr!H.

О,

2

а)

е)

а

х

Ь)

2

2а х

с)

2а

2

f)

+

i)

У

2

1

9)

1

h)

К

>

О

nivo 1inij

su e1ipse 2 ~+ 2 а

2

~ =К

cije su po1uose

гк а

i

Ј-; Ь

.

(Za К=О, tac'ka О (0,0)). Za

у=К,

nivo linije su parabole

х2

2

z

=~ - ~

z

=

а

Ь

х У

1

z

2х.

Resenje.

Za z=K,

r~ Ь 2

+

d)

а)

2

к2

z = ~ + ь2

s 1.

5.

(а>О,

-

Za

83 -

nivo 1inije su parabo1e

х=К

(s1. 5) Za z=k,

г)

х

2

2

а

IKI < 2

+ "L= 1 1::2

к2 v 2 z = -- + L а2 1;2

с

nivo linije su e1ipse

-

2

к2

sa po1iosama

с

I К I < а nivo 1inije su e1ipse 2 z2 к2

~+2=1-2 Ь

Za у=К,

с

а

I К I < ь nivo 1inije su e1ipse

х2 z2 к2 2+2=1-2 а

povrs

је

с

Ь

e1ipsoid (s1.

б)

z

у

Slika 6. с)

Za z=k nivo 1inije su e1ipse 2

к2

2

~+~=1+2" а

Za у=К,

Ь

с

I К I > ь ni vo linije su hiperbo1e z2 х2 к2 2" - -- = :-2 - 1

с

Za

IК I

а2

Ь

< ь ni vo linije

2 2 z 2"- 2" х

а

с

=

1

~7 1-2

а

с

(Za IKI=c ta~ka 0(0,0)) Za x=k,

Povrs

,

su hiperbole

к2

-:-2' Ь

Za IKI=b nivo 1inije su prave

i

је

parabo1oid

-

84

z

Za х=К, /К/ hiperbole z 2

2

~ а

i

~

~

е

а

nivo linije su

>а

-

е

z е

к2

2

~

-

2

1. У

а

Za /к/=а nivo linije su prave ~ е

Za /К/ <

а

= .l

~ =

i

}:.

је

{sl.7}

)с

nivo linije, su hiperbole

х2

~ =

_

~

t:

~

1 +

е

nivo linije su hiperbole х2 z2 к2 2-2=1+2 а

Za х=К,

е

/К/ > а

Ь

nivo linije su elipse

к2 ....,.. -

1 .

a~

је

Povrs

Slika 7.

а

е

Za z=K

у=К

.

jednograni hiperboloid.

d}

Za

Ь

nivo linije si hiperbole 2 2 z к2 - 2 = 1 -2

~

Povrs

.l

е

dvograni hiperboloid {sl. 8} Slika 8.

е}

Za z=K

nivo linije su elipse

2

2

~+L

а2

Za

у=К,

К

:f

z

2

-

2 К

Za

х=К

О,

к2 ь2 ~

е

а

i

~

х

с

а

nivo 1inije su hiperbole

с

К=О

2

nivo 1inije su prave ~

z 2

Za

х

2

а

с

=

Za

-:

ь2 с2 nivo linije su hiperbole

о

2

-

2

~

=

к2 2

.

а

z nivo 1inije su prave с

.l Ь

i

~ с

.l t

z - 85 је

povrs

konus (s1. 9) К

Za z=K,

f)

>

О

nivo

linije su hiperbo1e 2

2

;. - ~ = К. а

К

Za z=K,

<

hiperbo1e

Za

у=К

О

у

Ь

nivi 1inije su

х2

~2. Ь

-

- а2

К.

nivo 1inije su parabo1e

х2

z = К=О

Za z=K,

к2

-

а2

Slika 9.

ь2

z

nivo 1inije su prave 1.

х Ь

Za

х=К

=

~

Х

i

а

х

Ь

а

nivo 1inije su parabo1e к2 2

z = 2" - ~ а

је

Povrs

-----t----y

Ь

hiperbo1icni parabo1oid

(s1. 10). g)

Za z=K nivo 1inije su ху=К.

hiperbo1e Za

у=К

51.10

nivo 1inije su prave

z=Kx. Za

х=К

nivo 1inije su prave

z=Ky. Skica povrsi

је

па

s1ici 11. h)

Kako

је

za svako z=K

nivo linije e1ipsa 2 2 х

2" а

+ ~

= 1, povrs је

1:;

ci1indar (s1. 12) i)

51. 11

Za svako z=K nivo 1inija

је parabo1a у2=2Х. Povrs је cilindar (s1. 13).

- 86 -

z

z

у

у

х

х

SHka 12.

3. а)

Odrediti slede6e granicne vrednosti:

lim [lim ху-х+у у-+о ху+х+у

х-+о

с)

SHka 13.

Нт х-+о

1

Ь)

ху-х+у

lim х-+З

i)

lim

ху-1

1

lim

f)

у+1

х-у

х-+2 у-+2

х

cos

lim (l +

ћ)

у

х2

х-+о

х-но

у-+оо

у-+о

lim (х 2 + у2) е - (х+у) у-+оо

Resenje.

ь)

ху+х+у

х 2+у2

х-+ оо

а)

ху-х+у

у-+о

у-+оо

g)

х-+о

х-+о

у-+о

е)

[Нт

lim ~

d)

ху+х+у

Нт у-+о

Нт

[Нт

х-+о

у-+о

Нт

јНт

у-+о

х-+о

ху-х+у ху+х+у

х:.:-х+:.: ху+х+у

Нт х-+о

-х Х

Нт

у

у->о

у

-1

1

.!.) х+у х

-

87 -

с)

Na osnovu rezultata iz

d)

Kako

је

za

а)

i

.... о

х

ne postoji.

y~kx

lim~ 2 2

х

Ь),

2К

1+к 2

+у

У"" о

to ovagranicna vrednost ne postoji, jer se za razlicite vrednosti koeficijenata

К

у- __ 1_ , tada - х-з

Stavimo li

е)

lim ху-1

Х"" З у

у+ 1

dobijaju razlicite granicne vrednosti.

1 Х'х-з -1

1 im

~1':':--=--­

х .... з

х_з

.... оо

Нtп ,

+1

biti

се

Х"" З

з

з

х-2

•

Znaci, ako granicna vrednost postoji ona moze biti jednaka

зато

з.

Kako

је

1 ху-1 у+1 jer

- зl

(х-З)у-4 у+ 1

=1 lil

је

у

< Iх-ЗI +

4

1

y~

jednaka

З.

Granicna vrednost ne postoji jer

је

х>у

Г za

1

= - оо za

х-у

Х"" 2



је

ра

to

(),

је

i

lim (х 2 +у2) е - (х+у) < lim (х+у) 2 е - (х+у)

Za

х-+ оо

х-+ оо

у-+оо

у-+оо

је

х+у=и

(х+у)

Нт

2 е

(х+у)

2

= lim u

е

-и

О

ра

је

i

и-+ оо

х-+ оо у-+оо

2

lim

(х +у

2

)

е

-(х+у)

о.

х-+ оо у-+оо

Naci

4.

_ az

az

ako

1.-

ах

ау

је

Веееnје.

az az

_1_ гу

1

ах

rxy

2ГхУ

L

2ylnГxY + у2 _1_ • __ 1 • гх ГХУ 2Гу

ау

Izracunati (~\p i

5.

ах

3 3 z = ~

Kako

Веееnје.

az

ах

1 у

3х

Р(1,3).

i

ху

је

333 -

(х

х

2

-у

)

2

2х

ylnxy + ~

az ау

)р

, ako

је

-

to

az

1

ау

х

3

(х

3 -:t )

3 3 -4

2

у

ху

је

2'1+33

(~ )р ах

6.

ako

3 -3:t -

89 -

је

29

з

12з

Izracunati

(~ )р ау

i

3 -2·3 -1 1.з2

55

-9

(~~ )р'

р(1,2,0).

U =ln(xy+z) i

Resenje. Parcijalni izvodi funkcije U =U)x,y,z) su:

au

1

xy+z

ах

au

•у ,

1

xy+z

ау

Vrednosti parcijalnih izvoda

au

u tacki

1

ах )р = т:-~+0·2 1

U=

Р(1,2,0)

1

xy+z su:

1

"2

1

1

1· 2+0

"2

х

3

au

Kako 3х

ах

au

эz (3х

8.

2

+

3у

је

au

- 1

= 2yz + 1,

ау

to

је

2 2 +3y-1)dx+ (3x+z )dy+ (2yu+1)dz

Tacka se krece

u tacki

rneni za 0,01

2

+3xy-x+yz +z

Resenje.

је

аи

az

Naci totalni diferencija funkcije

7.

nutku

,

1

1.2+0·1

dU

·х

а

у

А(2,1,1).

za -0,02 ?

па

povrsi z =

х 2 - у 2 u datom tre'"'2

Kakoce se prorneniti z ako se

х

pro-

-

Resenje.

90 -

је

prirastaj funkcije

_ z2 -

(2+0,01) 2 2 -

(1-0,02)

2

= 1,05965.

Prirastaj se moze priblizno izracunati pomocu totalnog diferenје

cijala. jer

~x

za dovoljno malo

~z ~

~y

i

(dz)A

Znaci ~z

:t 2

О, О

1 +

~~

Izracunati

9.

= хУ ,

z

= sint

cost

у

је

+ ~

dz dt

0,06.

је

, ako

gde је х

Kako

Resenje.

( -о , (2)

( - 2)

~

је

to

dt

Эу

dz dt odnosno

~~

=

2

u -2ue

Resenje.

to

Kako to

је

Эz

Эу

gde

Эz

ЭU

ЭU

Эх

=

v

Эz

ЭU

Эу

Эu

Эу

v

(2U-2e )

= х 2у

u

-

2ху

Эх

Эv

v

'

v

-2ue cos

(х+у)

+ ~ ЭV ЭV

(х

i

Эv

+~

(2ху-2у)

(2U-2e )

Эz

је

k 'Је

а.о

је

Kako

Эх

Эх је

v

Эz Эу ,

i

Эх

Эz

Эz

је

ЭZ

Naci

10. z

со tgt - Sintlnsint] •

(sint) cost • [cost

2

Эу

-2х)

-

2ие

v

cos

(х+у)

.

= sin (х+у)

.

- 91 -

11.

~~

Naci

~ ako Ј'е Эу ,

i

1 qde је u =х'

z = uГvlnw

ResenJe. Эz

ЭU

1 - х2

Эх

Эv

Эw

cos

Эх

Эz

1

u

Эv

"2

ЭU

,

2

-у

2

,

w = sin (х-у) •

гv

Эz

иГv

эw

w

-2у

Эу

(х-у)

lnw,

О

Эу Эv

-2х,

Эх

х

је

Kako гv ln w,

ЭU

v = 1 -

Эw

,

= -cos(x-y)

Эу

i

= ~ ЭU +

Эz Эх

ЭU

Эz

Эх

Эv

+

Эх

Эv

Эv

odnosno

+

Эу

to

је

Эz

гv ln w

Эх

i

~ ~

Эz

Эу

12.

2

Resenje.

је

ЭU Эх ЭU Эу

+.!. 2

ЭU

qde је

w,

Kako

Эх

Эz

Эw

Эw

Эу

u lnw

гv

и;:

(-2х)+ иГv сов (х-у) w

[-cos

(х-у)]

•

k' а о Је w=xY •

је

Эw

ЭU

Эv

эu

эu

Эv +

ЭU

Эw

Эу

Эv

Эу

Эw

Эу

эu

ЭU

Эv + Эх

Эv + Эz

Эw

эw

v =ln{X+y-z),

Эх

Эv

+

Эу 'эz

Эu

az to

эu

Эх '

U =e v

х..:::

(-2у)

lnw

Эu

Naci

~)

(-

Эz

эu

Эw Эх

эu

Эw

Эw эz

2 2vwev w

2 _._1_ + v 2 е v w x+y-z

2 v w 2vwe x+y-z

2 v2 + v е w xYlnx

ух

,

у-1

ЭU

эz

v 2w 2vwe x+y-z

-

Neka

13.

је

Resenje.

z

= ln

92 -

.; х 2+у"'2 • Pokazati da

је

Kako 1

Эz Эх

Эz Эу

1

';х 2+/

2'; х 2+у2

1 ';-2-2

1 ';-2-2 2 х +у

х

+у

х

2х

х 2+у2 ~

2у

х

2

+у

2

i

э 2z -2

х +у

э2z

х +у

2

-2х

2

У

222

-2

-2у

х

(х2+у2) 2

Эу

2

-х

2

(х2+у2) 2

(х2+у2) 2

Эх

to

2

2

-у

2

(х2+/) 2

је

э 2z

~+ Эх

14. Pokazati da

э 2z

-2 Эу

Neka

=

У

2

-х

2

(х2+у2) 2

+

х

2

-у

2

(х2+у2) 2

О

је

. э 2z Је ЭхЭу

ЯеВеnје.

Kako

је

Эz Эх

to

Iz

је

Эz

Эу

sledi da

-Я-Хsinу - Я-Уsinх је

15.

э2z ЭуЭх

је

+

.Q, x siny

- 'L~1 cosx.

333 Odrediti d z, ako је z = х +у -3ху.

Resenje.

to

= -

2

је

Э z +

эх 2

2

Э ·z :--2 =( Эу

- 93 -

Na6i6emo slede6e parcijalne izvode Эz

Зх

Эх

2

-

эЗz

3у

6

----зЭХ

Эz

Зу

Эу

2

-

()З z

Зх

Эх

э 2z

::

()

Эу

эЗz

6х

~

2

Сј

--2 ЭхЭу

Э 2z -2 =

эЗz

6у

i uvrstiti ih

и

З

izraz za d z, З

dЗZ = 6 dx +6 dy

16.r

6

~

Эу

је

ра

З

је

Na6i d 2 z , ako

z =f(u,v), gde је и =хе У , v =уе Х , f nајтаnје dvaput diferencijabilna funkcija.

Resenje.

~~

d 2 z = d(dz) = d(

dud ~ + ~ d 2u + dvd Эи Эи

~;

Э 2f Э 2f du ( --2 du + ~ dv) + Эи и v

+ dv(

э 2f

~ Kako

э 2f ЭvЭи

du 2 +

д\Ј

э 2f

+ --2 dv) + ЭV

э 2f

эv 2

~;

)du +

dv) =

dv 2 + ~ ЭV Эf Эи

Эf Эv

du 2 +

dv 2

э 2f Эf dv 2 + 2 - - du dv+ ~ d 2 u + d 2 v· ЭиЭv Эи Эv

је

du = Эи dx + Эи dy = eYdx + xeYdy Эх

2

d и

d(du)

Эу

' 2 d(eYdx+xeYdy) = 2e Ydx dy+· xeYdy

i

dv d 2 v = d (dv) = d (yeXdx+eXdy) tozamenom tih vrednosti

и

2e x dx dy+ye Xdx 2 izraz d 2 z dobijamo da

је

-

94 -

d 2 z = (yeXf 'v+e 2y f"uu + 2уе Х+ У f"uv + y2 e 2x f "vv) dx 2 +

.+

r у, 2l е fu

+е

х

f 'v+xe

2у

f: v

'+е

х+у

(l+xy) f"uv+ye

2х

Ј f"vy dx dy+

Uveriti se da је izraz 232 (cosx + 3х у) dx + (х -у ) dy

17.

totalni diferencijal neke funkcije i naci tu funkciju. Нвввnјв.

U ovom slucaju 3

Q

х-у

Prema tome Ј'е

ЭР -- Эх ЭQ = зх 2

2

tra~ena

z =

2

)dy =dz

dx+

Эz

2 cosx + 3х У

sledi

Эх=

s

(cosx +

."QZ =~x

i

-у

S'(y)

z = sinx +

2

S(y)

( !

У

dy,

gde,

је

z

х 3 _у 2 ,

3

~+c

,,3

2

х у

-з

+

с.

Uveriti se da

18.

()z

~y

зх 2 у) dx = sinx + хЗу + S (у) •

,_Эz -_ х 3 + S'(y) S а d ruge s t rane Је Эу

odakleje

2

3х у,

i stoga Ј'е

3

(х -у

funkcija. Iz uslova

= cosx +

2

Эу

(cosx+3x y)dx+

је Р

- ; ) dx + .( ! х

z

~

је

izraz

- ~) dy + У

2

( !

х

- L

z

2

) dz

totalni diferencijal neke funkcije i naci tu funkciju. Нвввnјв.

R

х

! _L х

z ЭQ

Kako је Э~ to

је

U. ovom slucaJ'u Ј' е Р =! z у - -2 '

Q

1

=z -

2 • ЭР = Эу

1

- 2' ".

ЭR Эу

ЭР

ЭR

эz=эх=

1

- х2

х

-2' У

- 95 -

z 1 2) dx + ( Z

1 У

gde

х

је

1

- 2") dy + (

х

-

х

~)dZ z

у

trazena funkcija. 1 au z llу,.аmо 2 ах у

dU

au dx+ au d ах

ау

у

+ au d Эz

U

.

х

Znaci da

је

f(

U

Sa druge strane

z 2)dx

1 у

au

је

х

au

.!. +

је

as

-z1

х

ау

х

У

+ as

-z1 - 2" х

ау

2" у

ау

эz

odakle

~+ ~+ S (у, z) •

х

у

as

Эz

as

-~.

эz

z Treba odrediti funkciju S(y,z) dve promenljive ciji su parcijalје

ni izvodi poznati i zadovoljen S(y,z)

as

dy =:l + ф(z) z

r..!.

=

Ј z

- ~ + ф' (z) z

эz ф'

(z)

S

(у,

Konacno dobijamo

а

z) = :l+ z U

L 2 z

ф

(z)

с

.

с

+ ~+ :l+ = ~ у х z

Odrediti az

i

= R sinu cosv R sinu sinv z = R cosuu gde

је

19.

uslov totalnog diferencijala.

ах

Эz ау

с.

, ako

је

х у

Resenje.

az

izvoda

ах

х

i

az (ју

= x(u,v),

IZ z=z(u,v) sledi

R

konst~nta.

Izvescemo formulu za nalazenje parcijalnih kad

је

az

Эz

ах

z = z(u,v) Эи + Эz av

Эи

ах

у

= y(u,v),

Эv

Эх

i

Эz Эz - = - Эи+~ Эу

Эи

Эу

Эv

Эv Эу

z,

,

л

80::>

ле

*

, п иУ 8 n 80::> Н = :~ a~

ne

ле

ле

ne

ле

ле хе хе

ze

ne

ле

ne

ле

О}{"Е?){

ne

ле хе

ле

ne

ле

ze

хе

ze

ле

ne

1 ле хе

- ле хе ле ne

ze

ле

-Ле

хе

ze

ze

a~

ne

ле ne - ле хе ne

ле

ле хе

ле ле

хе

ne

ле

ле хе

1

ле ne - ле хе

ле

ле

ne

хе

a~

"E?и1~"E?иpa~

ле

ле

ле

ne

ле

ле

ле

ne

:

ле ле + ne ле

od

OW"E?~1::>uaiaJ1P

ne

ле

(л'n)л=л

ne

ле

-

те хё

ге хё

ЧТ~ ZI

т О

ле хе + ne хе OW"E?~1qoP л

1

(л'n)х:х

ле

ле ле

те хе

-

ле

1

ne

ле хе

хе

ne

ле

те

a~

"E?и1;?"E?иpa~

хе ле хе ne ле ле + ne ле : хе

ле

хе

ne

ле хё + пе· хс OW"E?~1qoP

'х

od

OW"E?~1::>ua~aJ1P

-

O}{V

хе

ne

ne

"E?d

96 -

(л'n) л:;; Т

ЧТ~

ZI

О т

(л'n)х:х

O}{V

-

to

97 -

је

2 . 2

- R s~n ucosv =- sinucosv R2sinucosucOS 2v+R 2sinucosusin 2v cosu

эz эх

эz

sinusinv

Эу

R2sinucosucos1v+R 2sinucosusin 2v

cosu

.:.

э 1z + э 2 z а7Э?

Kako glasi izraz

20.

tama~ Kako

Resenje.

је х

polarnirn koordina-

= :r'cos Ф

у

to

и

rsinф

=

,

је

Эz

Эz

э1"

ЭZ

+

Эх =~ эх:

эф

аф Эх

i

2. Г~ Эr + Эz эф ] Эх _ Эr Эх аф Эх . Dalje

је

э2z эх 2 Kako

э [э z Эr + ~ ~ Ј' э r + 2. [ ~ э r + ~

Эr

1 х 2 +у2

r

је

эх

aF"

эr

х

Эх

1-2-2 х

~

х

~

2

+у

х

Эr

,

Эх

Эr

Эz

Эх =

r

arctg :i

у

Эу

/

122 +у

v

2 +у 2

/ V

х

х

,

эф

Эх

эz

,

х

+у

оФ ~y

х

2

Эz

.

Эх

_

эф

эх

sinф

sinф

r соsф

+у

zamene

Эr соsф - аф

l2. 1

2 +у

2

1

х

1

2

х

2

_

1

/

эф

је

Эr

i

-у

2

Эr Эх

to

х

[~ • соsф +~(-sin Cir Эф r

inф

эф

v

+у

Эу

Эх

+у

х

se:

(_ s

Ф =

Эх

соsф

=

-т-2

Эи

2. Cir

i

~

Эх

Ako se

Эф

2

r

и izraze ~~

dobice

sinф r

>] соsф +2. [~Cir соsф + ~фz 'дф.

а

- 98 -

Si 2Ф ) соsф + r

э 2z + ( ЭrЭф

эz

-

соsф

је

Koristeci da

+

э2

-

sinф

Эr

э 2z

э 2z

ЭФЭr

ЭrЭФ

э 2z

•

эф2

sinф_

~

;ф2r

sin 2 ф

,

соsф

)

r

. {-

sinф

r

dobijamo

_ 2

~

•

~ф

э 2z

ЭrЭФ

sinфсоsф

. 2ф ~+ r

~

+

r

1r

+ 2 ~ • sinфсоsф эф 2 r Na isti nacin dobijamo da

э2z

је:

2 э 2 z sin 2 ф +~

~

~

cos

эф2

+~

cos r

Эr

2

Ф

-

2

Ф

э2z

+ 2

--г ~

2

•

sinфсоsф

ЭrЭф

r

r

+

sinфсоsф

•

эф

r

2

Znaci:

Na,-,~ х

2

+у

Resenje. ро УЈ

эz эх

",.

21.

2

эz эу'

; •

+z

2

-R

2

k'

а о Је

=0.

Jednacinu

х

2

+у

2

+z

2

-R

2

diferenciramo

=0

sto daje

2х + 2z ~

О

ах

i 2у

dZ'

+ 2z -- = ау

х

Z

О,

у,

vaZi da Эх

uz uslov

Z

i

f

о

=0 definise z kao funkciju od

је Эf

dZ

је

i

u opstem slucaju ako f(x,y,z) i

ра

az ау

za

Эf

dZ "

о.

х

ро х

-

Ako је х + еУ + 1n z = О, pokazati da је

22.

-

1

Kako је х = -еУ - 1nz, to је ах = -еУ.

Невеnје.

= 1n(-x-1nz)

У

99 -

s1edi

аУ

1

. (- z ).

1

е

Iz z =

Iz -х-еУ

-x-1nz је

а

z

=.е

ах

-х-еУ

(-1). је

Znaci da

ах ~ ~ аУ ~z ах

У

-е

=

·е

-х-еУ

z(x+1nz)

u opstern s1ucaju, ako

је

y=y(x,z), z =z(x,y) af ах ~ Эу af

tada

f(x,y,z) =0 pod us10vorn da је

~ =-

az

х

=х

(У,

z)

је

ра

эz

-1.

Эх

Naci ekstrernne vrednosti funkcije z = х 4 + у 4 •

23.

Невеnје.

z(x,y)-z(o,o) to

ах

-п

ах

Эу

~ az

Эу

az

П

Эz

је

af

af

az

ах

ах

1nz _ -(x+1nz)e - -1 z(x+1nz) -

је

Kako х

4

+у

4

>О

Оа

za svako и

funkcija irna rninirnurn 24.

raz1ika х

i

У,

tacki 0(0,0).

х 3 +у 3

1i funkcija z

irna ekstrern и tacki

0(0,0) ? Kako

Невеnје.

ki 0(0,0) za

х,У

<

nеrnа

је

z

ekstrern jer

(х,у)

је

= -z

(-х,-у),

z(x,y) >0

za

to funkcija х,у>О,

а

и

tac-

z(x,y) О,

sledecem sistemu

у

х-у = 8( х 2 2 2

је

је

to

х-у

odnosno

=

О.

Koristeci da

је у=х,

jednacina

8 2 = О х

postaje

8

3х

О

-2" х

odnosno х

Znaci tacka Р( • Kako

је

э 2z

~ э2

(~) Эх

2

313

I

З

2

је

313

16 2 + ~

(~) Эу

1,

аХГУ

э2

р-

stacionarna tacka funkcije.

э2z

,

х

э2

Р

8

3

2

(ЭХЭУZ)Р

=

э2z

~

2 +

је

to

у

2

8'8-1 =63 >0,

ра funkcija и tacki Р( -~ __2_) ima minimum 313 ' 313 27.

16

~

i

( Э z) =8 >0,

,~ zml.'n

15

319

Odrediti ekstremne vrednosti funkcije z = х 2 +у2

pod uslovom da promenlj ive

х

i

у

zadovoljavaju jednacinu

х

+ у = 2.

-

Formiramo Lagrangeovu funkciju 2 +у + л (х+у-2). Imamo

Resenje.

F(x,y) =

х

2

ЭF

ЭF

Эх = 2х + л,

-

+ +

2х 2у х

л

о

л

о

2у

=

Эу

еkstrвЋа

Potrebni uslov

102 -

+

л

daje sistem jednacina

+у-2=0.

Kad resimo sistem jednacina nalazimo da

је

х=у=1,л=-2

Kako

је

э 2F "э"2

=

у,

2"

+ 2dy ра

и

funkcija

Р

tacki

28.

>

zmin = 2.

х

ЭF

у

i

ху +л(х

2

+у

ЭХ

2

ЭF

= У + 2лх,

-

zadovoljavaju jednacinu

Formiramo Lagrangeovu funkciju

F(x,y)

-

Эу

-1) х

=

+

2лу

Potrebni uslovi daju sistem jednacina у

+

=

О

х

+ 2лу =

О

х

2

2лх

+у

2

.

- 1 =

О.

Kad resimo sistem jednacina nalazimo da

Х

х

1

2

з

Х4

је

Odrediti ekstremne vrednosti funkcije z =

Resenje.

Х

to

О,

ima minimum

(1,1)

uslovom da promenljive

Imamo

О,

2,

1

12

1 П

=~

У1

1 П

, 1

11

Л

12 1

У2 уз

П

=

1

-

Л

1

12

1

"2 1

2

- "2 1

л

з

"2

Л

4

"2"

11

У4 = -

-

1 =

1

је

х

2

pod

ху

+у

2

= 1.

-

Р

Tacke

1

(

-.!... ),

п

S(-

1

Q(-

/2

103 -

-

,

/2

1

1

12

12

1

1 1 R( - , - - )

-),

i

п

12

/2

su stacionarne tacke funkcije.

је

Kako

э 2F

2.л

э7

э 2F

,

э 2F ~)p

2~

;? 1.)

2(-

э 2F

1

Эх;)у

э 2F

= - 1,

2

эх

,

;?

1 2 (- 2)

)р

-1

је

to

2 2 2 2 (d F)p=-dx +2dxdy-dy =- (dx-dy) Razlika ~

F(x,y)-F(х 1 'У1) =х.у

=

па

posle prelaska

~ Kako је ша

rnaksirnum.

2). Na6i vezu izmedju -

2' i koriste6i dobijeni rekurzivni obrazac izracunati

14·

Resenje.

1 n resavamo metodom parcijalne integracije

stavljaju6i .

u =

s~n

dv te

је

1 п

=

tj.

је

du = (n-1)sin

х,

sinxdx, . п-1 х cos

-s~n

= - sin odavde

п-1

n1

п

1n

п-l

=-sin 1

.

х+

(п1)

f

.

s~n

(п-l)

cos

х

dx

п-1

х

cos

х

п-2 Х· (1 -Sl.n . 2 х )d х

Ј sin

xcosx+(n-l)1

п s~n

х

v = - cosx

х cos х + п-l

п-2

п-

п-l

п-2

xdx-(n-l)1

2

+ --п- 1 n - 2 ;'

п

- 161 је

tada

1 I 4 =-4" gde

Neka је I n

18.

t

in

zagradi vredno

и

izraz

је

зin 3 х соз х +i(-

х соз х +~ х Ј

+

с

od I 2 .

d~ (n~2). Naci vezu izrnedju

=f

cos

In

х

i I n - 2 , i koristeci dobijeni rekurentni obrazac naci I S ' ВеЗеnје.

2

f

=

I п

. 2

f

cos x+s~n х dx = п cos х

dx cos

n-2

f

+

. 2

s~n

х

cos

х

d п

х

х

Metodorn parcijalne integracije stavljajuci i drugi integral = sin

и

х

,

cos

du

dv = sin xdx cosnx

х

dx 1

v

(n-1)cos

n-1

х

dobijarno

f

sin х n-1

dx + _1_ cosn- 2 x n-1

cos

1

f

n-1

х

dx cos

n-2

х

tj. 1 sin х + n-2 I 1 2 n-1 cos n - х n-1 n- .

In

Koristeci ovaj obrazac dobijarno da s in х + 1 ------;г 4 cos х gde

s in х 1 + 2" I 1 ) cos х

2" ------г

је

I

.

(1

је

1

f

=

dx cos

f

dx sin (х +:I)

Uvedirno srnenu х

tada

1

=

= ~ sin t

f

f

du и

ln 'иl + с

I

је и

te

dx = d t

је

I

gde

7т

+ 2" = t ,

t

= tg 2

I

је

%)

I 1 = ln I tg (~+ I + С. Uvrstirno li tako dobijenu vrednost od I 1 dobijarno:

и

izraz za I S konacno

- 162 -

t ~ +i cos

С

"1

I

2х + i

"S1 cos

х

ln tg (~ +

х

1) I + с 1

'

= 18 с. Neka је I n = Ј

19.

dx s1nn x

Na6i vezu 1zmedju I n i

I n - 2 i koriste6i dobijen1 rekurentni obrazac na6i I 4 •

ReSenje • I

п

=

Ј

=

I

. 2

s~n

x+cos sinnx Ј

+

2

cos

n-2

х

=

Ј

• cos sinnx

х

dx

х

s1n

dx n-2

+

Ј

х

2

cos х dx sinn' x

dx.

Drug1 integral resavamo parcijalnom 1ntegracijom stavljaju6i u = cos

,

х

du

= - s1n х dx -п v = Ј s in х cos

dv

х

dx

-1

(n-1)sin је

Tako I

п

=I

+ n-2

cos х _ _"_1_ I n - 2 ' (n-1)s1nn - 1 x (n-l)

cos х + n-2 n-l In- 2 (n-l)sin х n-l Koriste6i gornji obrazac 1mато I4

=

З з

- cos

х

siп З

х

- cos

х

siп З

х

+ ~ I2 З + ~ Э

= -cos sin

х

)

+

х

Na6i

20.

In

=

Ј cosnxdx

(n~2).

ReSenje.

I

п

Ј cosn- 1x . cos х dx .

С.

n-1

х

-; 163 -

Stavljajuci и

= cos

dv

cos

n-l х

du =- (n-l)cos

х

dx

v = sin

n-l

,

х

dobijamo

I

. n-l S1.nxcos х+ (n-l)

п

I n _ 2 - (n-l)

је

Odavde nI

п

. S1.n

х

cos

n-l

х

+ (n-l) I n _ 2

odnosno In

.!. п

sin х сох n - 1 х + n-l I п

n-2

I

In

xsinxdx

V GLAVA ODREDJENI INTEGRAL 1 PRIMENA §.l. Izracunavanje odredjenog integrala po.definiciji Posmatrajmo funkciju то interval

[а,ЬЈ

f(x)

[а,ь].

ogranicenu nad

Podeli-

па п de~ova

tackama хо=а ,x1, ••• ,xk_1'xk , ••• ... ,xn =Ь i neka је I'IX k =x k -x k - 1 . Ako је E,;k е [xk_1x k ] , а Mk i mk gornja i donja medja funkcije f nad rxk_1,xk], tada vazi

sabiranje gornjih nejednakosti za k=1,2, •••

Izvrjimo li оо

o,n dobijamo п

mkl'lxk

lim

s

k=l

Ako

п

L

<

L

k=l

п

L

f(E,;k)l'Ix k <

k=l

је

maxL'lxk-+о

п

s

п

1

Mkl'lXk

s

п

оnаа

-

165 -

I

•

је

Ь

Ј

=

f(x)dx

а

Za

neprekidne funkcije nаа

[а,ЬЈ

1i!l\

S

тахдхk-+о

п

Ь

za odredjivanje Ја f(x)dx

је

te

је uvek,

nа6ј

dovoljno

bilo koji

оа

gornjih limesa.

z

А

D

А

С

I ро

Izracunati

1.

definiciji

а

2

Ј х dx.

о у

Resenje. ~;aJ

Razdelirno interval

па п jednakih delova. Duzina

jednog intervala

је а/п.

Gornji in-

tegralni zbir iznosi S

п

=

а 2 [ () + . п

2а

(~.·n )

2

n-1 + .•. +( а

п)

2

+

+ ( ~ а) 2 ј ~ п

п

а

in=1l.a.

)(

п

i tako

Slika 1.

је а

Ј

x 2dx =

о

Нт

SN

аЗ 6"

Нт

n-+ оо

_n-,(_n_+~1....) -,(_2_n_+_1-,-) З

n-+ оо

п

Izracunati ро definiciji

2.

1 х Ј е dx. о

Resenje.

Podelimo interval [0,1] па п jednakih delova

duzine 1/n. Gornji integralni zbir S S

п

= ( (1/n)+ (2/n)+ е

е

е(1/n)

е(n/n)_1

п

е(1!n)_1

••.

+

е

п

је

(n-1)/n

(е_1)е(1/n)

n(е(1!n)_1)

-

166 -

Na osnovu toga 1

= Ј

I

је

= (е-l) Нт е о/n)

eXdx

.

n-+оо

о

1 п

(e-l)Нт

еО/n)_1

0..1

jer

п -1 ---п

п

\1-+0

х

Sl1ka 2

lim

v

\1-+0

e\l-1

1.

а

З.

Izracunati

ро

-dx х

Ј

definiciji

1

у

Podelimo interval ['I,а1 па

Resenje. ,

п

2

delova tackama 1, q, q , ••• ,q

п

=а,

koje cine geometrijsku progresiju, ciji

је kolicnik q zbir SN

=

а l/n . Gornji integralni

је

2 1 Sn = (q-l)+(q -q) q+'" х

о

.

1

--п=т-

= nq -

п

п

+ (q -q

n-l

).

•

q

Prema tome а

Ј

I

1

Dalje

је

З.

Sl1ka

је zbog q

=

lim

I

n-+ оо

4.

dx

Нт

lirn S n-+ oo п

х

п

(q-l)

n-+ oo

а l/n • а 1 / n _l l/n

h

lim а -1 h-+ о h

Izracunati ро definiciji

ln

а

2

f

1

Resenje.

.

ln xdx х

1.

Podelirno interval [1,2! па п delova tacka-

2 п 1, q, q , ... , q = 2,

- 167 koji cine geometrijsku progresiju, ciji Tada

је

2 1

f

lnxdx х

1

=

s.:.! 2 ' п q (lnq + lnq + ••• + lnq ) ,

lim П-НО

odnosno 1

lim n-+oo

s.:.! lnq n(n+l)/2 q

tj. 1

=

ln2

="""""2

2 1 / n _l ln2 lim (n+l) 2 17n --2n-+oo {ln2)2

Нт

n-+ oo

2

l' х

о

Slika

~.

је koli~nik

q = 21/&.

-

5.

168 Ь

ро definiciji

IzraCunati

f

1 =

xexdx.

о

PodeHmo interval [О,Ь Ј deobenim ta~kama lnq,

ReSenje. 21nq, ... ,nlnq

=Ь.

r

lnq ~ lnqe

Sn

(lnq)

2

Iе lnq

Tada lnq

је

+ 21nqe

+ 2е

1nq2

21nq

+ ..• + nlnqe

+ ... + ne

nlnqJ .

ln п q !

2 п 2 n-l (q + 2q + ••• + nq ) = q(lnq) (l+2q+ ••• +nq ) = 2 2 п' 2 qn+1_ 1 I q(lnq) (l+q+q + ..• +q ) = q(lnq) ( q-1 ) = (lnq)

2

q ( lnq) 2

(п + 1 ) qn (q- ~ ) -

(qn+ ~ 1

L

(q-1) q

( lnq )2(n n+1 q-1 q

=Ь

Iz nlnq

sledi da

1 = Hm S

n-+ oo

Hm n-+ oo

п

-

lnq

Ь

Ь

п

е

п

qn + 1) . Ь

је

Ь

=n

,

Ь п

=

Х

q

п

=е

Ь

,

Ь е

n(e п-1)

-е Ь

te

је

1

+1.

e n -1

X lim e -1 = lim Х х-+о Х х-+о e X-1

smenom

,

q =e n

[i-] 2[Ь

је

Znajuci da

nq

1,

је

lako dobijamo da Ь

Hm n-+ oo

п

Х

lim

-Ь--

х-+о

е

en - 1

Х

1,

-1

Ь

lim п (е n n-+ OO te

-

1)

Ь

lim х-+о

• .!. Х

(е Х _1)

Ь,

је

1 =

Ь е Ь - е Ь + 1. 1

Naci

6.

ро

definiciji

1 =

f

aXdx

.

о

Resenje. lu [0,11

па

S

п

Za

а

> 1,

а

Х

је

rastuca funkcija te

jednakih delova

п

а

1

Hm S п n-+ oo

а-1

lna

је

za pode-

- 169 -

. jer

је

=

1irn n(a 1 / n _1)

1na.

n ....co

Za 0< а;$ 1, аХ је nerastuca funkcija i za istu pode1u intervala [0,11 па

п

jednakih de10va sn се se pok1opiti sa izrazom za

sn datirn gore, sto dovodi do istog resenja za I. ро

Naci

7.

definiciji

I

=

2 Ј

1nx

-т

1

х

Funkcija 1nx/x 2 је rastuca u intervalu [1, 2Ј . ] tackarna q,q 2 , ••• ,q п te pode1a intervala 1_1,2 2 dovodi do 2 3 Sn = 121 (q-1) +~(q2_q) + 1n2 (qЗ_ q 2) + q q q Resenje.

п

s.:.! 2

+ ••• + 12~ (qn_ q n-l) q

2

п

3

lnq ( 1 + - + 2" + .•. + п -1 q q q

q

је

Kako

2х

1 +

= (

+

2

Зх

nх

+ .•• +

хn+1_1

I

) =

nх

n-1

n+1

х

1 q

=-

(l +х+х

2

п 1

+ ••. +х )

п

-(n+1)х+1 (Х-1)

х-1

to za

=

2

irnarno

2 1 + -q +

12 q

2

п

+ ••• + q

n-1

_n_ _ n+1 + 1 ) п q n+1 q

~2 (q-1)

sto daje

-n-----ir п

.!. п

v2 -1 • jer

п

ln2

I

(1- '12)

n+1

2 п

је п

12.

q

Koriste6i

п

1irn n( /2-1)

ln2

n->co

lako dobijarno da

је

Нт

1-1n2 -2-

п _.;::1;:,,:n.;:c2_ [ - --1 ' n ( 1 2 -1 ) n+1 + n(nl2-1) 2 п

~]

-

I.

Povr~ina

-

Povr~ina

Povr~ine

2.

§

170 -

pravouglom koordinatnom sistemu.

u

ogranicena

Р

ravnlh ·flgura

nерхе-

у

kidnim krivama y=f 1 (x). i y-f 2 (x) gde је f 2 (х) ~ f 1 (х) i dvema pravama х-а

х=Ь

i

data

је

sa

Ь

Р

Ј {f 2 (x) - f 1 (х) }dx

(а о i

•

Resenje. п /2

1 =2"

р

2 1 п /2 р dф =2" f

f

п/4

Е2

п/4

L

п/2

2

р

dф

2

""2

п/2

f

п/4

dф

f

8

(1-еоsф)

2

.t

sin 4

п/4

2

Smenom

.t

dф

и,

2

2du

dobijamo п/4

2du -.-4-

f

п/8

Koristeci zadatak

s~n

19 glave IV, §б dobijamo

2

р = Р4 --р

З

је

ј l+еоs2ф,

eos Ф

2

imamo eos odakle

~II sinu 'п/8

eosu ( 1 +2)!п/4 sinu --:-т п/8 s~n u

-12 Znajuci da

.п/4

2

[-

2

u

Ј 2+12 2

п

"8

sin Ф

sin

п

"8

j1-е~S2Ф

v' 2-12 2

је Р

Р

=

12

2 2 -~ + б

~ б

2

+

р

2

12

(2+2)+

{2 2

2

12

2+12 •

р2 212'+2 б

Р

Ј Ј

2+{i 2-12

4

+ 2)

2-12

8-212 -- 2-12 (4-12') (2+12) 4 - 2

р2

6"

(412+З)

d~

(2sin

2

1) 2 2

-

-

7.

174 -

Naci povrsinu ogranicenu krivom х

4

+у

4

He~enje.

222

а

=

+ у)

(х

а > О

па

Predjemo 1i

.

p01arni koordinatni sistem ,

jednacina krive postaje

р4 (соs 4 ф+Sin 4 ф) =а 2 рiсоs 2 ф+Sin 2 ф)

по

ve1ika ve1ic1na, sto znaci da

је

to jedna zatvorena kriva ko-

ја

obuhvata koord1natn1 pocetak. Kriva

па

х

па

njoj

osu i се

и

odnosu

па

(хо,-у о)

1ezati i Р

а

4

2

је

simetricna i

osu jer ako tacke

у

71

(ХО'Уо)

1eze

и

odnosu па

krivoj

је

Zato

dф

Ј

""2

(-Хо'Уо).

1

/2

а

Icos 4 ф+sin 4 Ф nikad nije ni nu1a ni beskonac-

р

Iz gornje jednacine se vidi da

tj. р

cos

о

4ф

. 4 +S1n ф

Smenom t

tgф

Ј

cos

2

1

Ф

l+t 2 t 2

dt sin 2 ф 1+t 2 '

dф

dobijamo

,

1+t 2

dф

= Ј

=Ј 4 • 4 cos ф +S1n ф па

Rastav1jajuci pod1ntegra1nu funkciju

2

l+t dt l+t 4

parc1ja1ne raz10mke do-

Ыјато:

At+B + Ct+D 2 2 t +1-l2t t +1+/2t Gornja jednakost l+t 2

је

zadovo1jena ako

је

(At+B) (t 2 +1+l2t) + (Ct+D) (t 2 +1-l2t)

tj. А+С

=

о

12 A+B-I2C+D = 1 A+l2b+c-I2D = О B+D = 1 Pomnozimo 11 prvu jednacinu sa -1 i dodamo trecoj dobijamo ,!2" (B-D) =

о sto zajedno sa cetvrtom: B+D = 1 daje В = ~ , D = ~

Sada se 1ako v1d1 da

је

А

=

О,

С

=

о.

Tako

је

- 175 2 Ј l+t dt l+t 4

=....!....

~

f

Ј

dt + Ј dt (l2t-1)2+1 (l2t+1) 2+1

dt 2 1 + ! (t-(12/2) +2 2'

f

dt (t+(12/2) 2+ ~

[arctg (l2t-l) +arctg(l2't+1)] + С •

VГ2'

Odavde

је

(11'/2) -

2а 2 Нт

р

Ј

е:+о

е:

,....--.....,..=d~ф_~ 4 4 ф+sin

cos

о

=

Ф

1

2а 2 Нт - [ аrсtg(l2tgф-1)+ arctg( I2tgФ+l) ] е:+о

(1I'/2)-е:

о

12'

2а 2 (arctgoo+arctgoo ) - 2а 2 (arctg(-1)+arctg(1» 12'

=

2 1т + 11' )_ ~(_ 1т + ~ 2 {2 '4 4

2

Naci povrsinu

8.

х4 + У 4 Resenje.

==

ogran~cenu

ах 2 у,

а

>

krivom

О •

Stavljajuci

=

у

tx

dobijamo tj. parametarski oblik krive х

=

је

at l+t 4

Iz garnje jednacine se vidi da је у ~O za svaka t i da simetricna u adnosu па у osu,.jer ako је tacka (х ,у ) о

tada

се па

njaj biti i tacka

ne krive vidima da nuli. Iz

ао-зt 4 )

х

vidimo da

је

O+t 4 )2 је

za

za t=O,

(-ха,у а ). х=О,

у

у=О,

Iz а

а

param~tarske

za t.:,.

2ta O-t 4 ) O+t4) 2

ао Х

i

У

је па

kriva njoj,

jednacitefe

-

176 -

у

t

-1

А

=-4/3

t

c D

-4-

4

13

rn 1

tB

t

ХА

За

УА

УВ

,

-За

Х

4/3

А

За

В

8

44/3

За

=

х

4 /з = -1,

Х

= 1,

Х

С

а

=-

2'

,

а

D

=-

2

Sa slike se vidi da tB = 2 [Нт w.... ""

Р

Ј

SHka 9 .

а

С

=2 а 2 ,

Уо

to =

=

y(t)d(x(t»

-

Ј

5

t-Зt,

du

=

w

-2а 2 lim Ј w....""

= (1-15t 4 )dt

tdt

4 3 '

(l+t )

~ а

[

1

2(n-1)

је

1 =

gde

је

11

З

Тб(t-Зt

5

уо

y(t)d(x(t»1

i koristeci formulu

+

О,

о

dv =

Tako

=

tB

2 4 Ј at • а(l-Зt ) dt о 1+t 4 (1+t 4 )2 и

Хо

О,

је

w w

= -2 lim

Stavljajuci

У

)arctgt

2

+ 11 + 12 +

1з )

,

о

=0

.

-

177 -

-

3Ј (l-15t 4. )arctat 2 dt 16

-

2

f

+

if

+

~ f 8

1з

= -

3 [ (t-3t 5 )arctgt 2 16

5 (t-3t ) tdt -j = .. -~ (t-3t 5 ) arctgt 2 + 4 16 . . 1+t-

~f

2

t1 +;tt t2 l+t

---;r

6

t +t\t 1+t-

2

dt

-

(t-3t 5 )arctgt2 +

/6

dt _ 9 t 3 в'з'

Resavajuci prvi integral parcijalnom integracijom stavljajuci du = dt

u = t,

t dt

dv

1

v="2

f

dz 2

(z +1)

.!.r 2-

2

"21 z2z +l + "21 arc t g z 1)

dobijamo t 2 dt (t 4 +1)2

f

Odavde

+

4"1 t arctgt 2 - 4"1

2

t f ---:г-

dt -

4"1

f arctgt 2 dt

1

f

је

1 t3 1 2 7 I 1 + I 2 + 1з = - - - 4 - - - t arctgt +-8 2 t +1 2 +

9 16

t

3

3 -16

5

(t-3t ) arctgt

2

t dt f ---.--Ч

t +1

+ -2

па

zadnji integral

imamo u

= arctg t2,

du

= - -2t 4 dt, 1+t

2

arctgt dt = t arctg t

2

-

2

2

arctgt dt +

2

Primenjujuci metodu parcijalne integracije

f

.

+1

t

f

dv t 2

= dt,

l+t4 dt

v

= t

Tako

178 -

је

I

1

+I

+I

2 з

2 t4+1

5

) arctg t

I 1 +I 2 +I з

1

I

З

(t-Зt

- 16 Uvrstavaju6i

3

t = -1- -

"8

imamo

I

и

t З (l-зt 4 ) +

2

4t З

(t 4 +l)2

1

f

"8

16(t 4 +1)

t 2 dt t 4 +1

је

Tako р

-2а

=

з 4 2 lim r1t(1-зt)јW -

ы-+оо · 8

а2

т lim ы-+ оо

Kako

о

(t 4 +l ) 2

З

t

+-~

4 (t +l)

w о

w

f

о

је

t 2 t 4 +1

odavde

At + В + Ct + D t 2 +1+l2t t 2 +1-l2t је

Аt З

t2 =

+At - nAt 2 +Bt 2

+В

- nBt

+Сt З

+Ct + I2ct 2 +Dt 2 +D + I2Dt,

sto dovodi do sistema linearnih jednacina

tЗ

о

А

+

t2

1

-

I2А

t

О

А -l2в

о

В

t

O

Razlika gruge i

С

+

+ Лс + D

В

+

С

+ I2D

+ D.

cetvrt~

jednacine gornjeg sistem zajedno sa prvom

daje -

ЛА +

А

+

1 о

odakle D

је

12"

А=- Т

= о. Sada

је

'

.Ј2с

С с

12 . Sada se lako dobija da

Т

је

В

= О,

- 179 -

р

а2

т lim

[

t dt + 12 (l)Ј t dt 2 4 -2:--~"'-t +l+l2t о t +l-l2t

12 (1)

- Т Ј

О

(1)+00

a~~ Нт

[-

~

(1)+00

fО 2t;I2-12 dt +i Ј t +l+l2t

а 2 12 Нт

[ln t 16·2 (1)+00 t

2 +1-l2t

(1) + 12

2+1+l2t 10

ј

о

]=

2t-ћ+t"1

dt} =

t 2+1-t"1t

dt + t 2 +1+l2t

а 2 12 lll!l' [2arctg(l2t + 1)+ 2 arctg(l2t -l)Ј, з2" (1)+00

12 ј

о

dt t 2+1-l2t

Ј

=

О

а 6 12 Нт [arctg(I2(1)+l)-arctgl+arctg(I2(1)-l)-arctg(-l)] = 1 2

(1)+00

2

а 12 [~ 16 2

_ ~4 + "2п - (- '4) п ]

з.

§

1. ти

l~ka

Duzina

Duzina

l~ka

krive

s =

Ј Ј

1 + f,2

и

оа

zadate jednacinom y=f(x) Ь

ravne krive

(х)

pravougaonom koordinatnom sisteх=а

ао

х=Ь

(а

О

naci tacku koja deli luk cikloide u odnosu 1:3. ЯеЗеnје.

си

obrasca

Izracunajmo prvo duzinu luka cikloide

t 1

/ х.2 (t) +у.2 (t )

s = Ј

dt

V

роmо-

.

to

Kako

је

•2

= asint ;

.2

+

х

to

у

(1-cost)

а

х

У

је

s

=

271 t Ј' sin ~ dt = -

2а

t 1271 4acos ~ о = 8а

о

је

Znaci duzina luka cikloide је

odnosu 1:3, to

8а.

Kako trazena tacka deli luk u

jedan deo luka jednak

2а,

а

drugi

ба.

Оа

bi

odredili koordinatne tacke A(x(t 1 ), y(t 1 )), koja dobijeni luk deli u datom odnosu, odredicemo gornju granicu t 1 integrala, koТо

risteci poznatu duzinu luka. 2а

tJ 1

2а

=

sin

t

~

је

t

,t 1 =

tj.

t1

dt = - 4acos

~

'о

4а

t1 - 4acos 2""

о ра

је

1 = 2

cos

2.

t1

- 2cos 2""

t1

1 ~

2""

t1 ~

Pokazati da

71 3

-

2"" је

271 з

duzina luka sinusoide y=sinx, koja

odgovara jednom periodu sinusa, jednaka duzini luka elipse, је su poluose 1 i

12. Obelezimo duzinu luka jedne periode sinusoi-

ЯеЗеnје.

de sa s. Tada

је

71

тr

'2 s = 4 Ј

ci-

--

v

l+y2 dx

о

о

Luk elipse s1 jednak

2" 4 Ј

је

V1+COS 2 x dx

-

181 -

11

11

'2 4

'2

--

1 x2 +y2dx

Ј

4

о

jer

х

= cos t ,

У

Iz gornjeg se vidi da

је

о

do

s=s 1. а сћ Х

у

а

,

Kako

= sh ~. а )

а > О od

је

11 +у,2

ј 1+sh 2

~

сћ

а

~ а

је с

s = Ј

сћ

~

о

apscisom

dx

а

ash

~ а

'~

ash

Naci duzinu luka krive

4. Х1

=

а

do tacke

М2

Kako

је

Resenje.

у

sa apscisom

~ а

е Х +1 = ln -

od tacke

е Х _1

Х2

=Ь

(Ь

> а) .

у

to

,

х=с.

Resenje.

у

1-; cos t

=

Naci duzinu luka lancanice

3.

to

+ 2cos 2 t dt

= - sin t

I;-sin t ,

у

=

1 sin 2 t

је Х

Х

Ј

о

је

ЬЈ е 2Х +1

~

s =

а

dx .

-1

е

Uvedimo smenu е

tada

2х

- 1

2х

+1=и+2;

је

s =

1

е

2Ь

Ј

'2 е

Kako

е

'Ц;

-1

2а

-1

~du и(и+1)

је и+2

u to dobijamo

(и+1)

-u2

1 и+1

2e 2xdx =du

М1

sa

- 182 -

е

1

2Ь

-1

1 u2 - и+1

= '2 Ј

s

е

2а - 1

)du

odnosno

u le 2b 2а

s = ln ,~

~и+1

'е

е

ln

-1

-1

е

Ь а

-е -е

-Ь -а

з

'2 Naci duzinu luka krive у=х od tacke

5. ke (4; 8).

Iz уд

Resenje.

49

х

sledi da

(О;О)

~ac-

do

је

s =

Naci duzinu luka logaritamske spirale

б.

od koordina tnog

росе tka

Resenje.

А (р

do tacke

г.Р

(а> О)

= 1, 8 = О) •

krive koji ide od tacke

Оео

р =е

А

prerna koordina-

tnorn pocetku dobija se kada 8 uzirna vrednosti intervala (-оо

Kako

•

ае а е

I

i

ea8/~

р2 + р ,2

је

ll+a 2

о

s

=

Ј

Нrn W

+00

apscisorn

-aw

"/1

"/1

+а 2 lirn

а

е

w+oo

а81о

'-ш

+а 2

lirn (l W +00

7.

Naci duzinu luka krive y=ln{l-X 2 ) od tacke sa

Х1

=

О

е

)

=

а

а

do tacke sa apscisorn

Resenje.

је

ae a8 d8

а

-оо

"/1 +а 2

to

:5. О )

је р

to

< 8

Kako

је

Х2

1

= '2

.

1/2

/--

v 1 +у -2

= f

s

dx

183 -

1/2 l+X2 - - 2 dx

= f

о

о

1-х

Iz

1 + ~ = _ 1 + _1_ + _1_ 1-х

sledi da s =

f

1

1

1-х

l+x

(-1 + - +-)dx

о

8.

(-

х

+ ln

Ii ~~ I)!1 ~ 2= - ~ + ln 3

Naciduzinu luka evolvente kruga х

= R(eost + tsint)

у

R(sint - teost)

do

t2

О

R>O

.

=П

Resenje.

to

l+х

је

1/2

od t 1 =

1-Х

Kako

је

х

R(-sint + sint + teost) = Rteost

у

R(eost - eos t + tsint)

=

Rtsint

је

а

п

f

s =

Rt dt

о

4. Zaprernine tela

§

tela nastalog

Zapreтina

voт

y=f(x) i

v = П

Ь

f

у

2

pravaтa

dx = П

а

1.

х=а,

Ь

f

f

2

х=Ь,

(x)dx

figure ogranicene kri-

obrtanjeт

у=О

(а

<

oko

Ь)

х

ose data

је

sa

•

а

Figura ogranicena krivorn

у

1 = ~ i svojorn asirnptol+х

torn obrce se oko

х

ose. Naci zaprerninu

ta~

nastalog tela.

-

1

у

Kriva

Resenje.

184 = ~

ima horizontalnu asimpto-

1+х

tu

У

=0.

х

zapremina tela nastala obrtanjem oko w

v

у

f

lim 71

"2

w·. . .Ню

v

271

ose figure og-

је

ranicene zadatom krivom i njenom asimptotom

и)

1+х

Ј

Нт ш-+оо

dx

1

(l+x 2 )2

О

2

-х

2

о+х2) 2

о

dx

u)

271 lim (.lJ~O)

[Ј

dx + ~ 11 Ј

•

о 1+х2

w

х

gde

је

f -

11

1n-

о

SHka 10.

tegral 11 resavamo metodom parcijalne integracije stavljajuci

u =

du

х,

dx,

te

1

v

dv

1+х 2

'

је

11

= ( ~=arctgx) I~ .1+х

Na osnovu toga

је

V = 271 lim{arctgx + х ы-+ оо 2(1+х2) 271

lim{~ arctgw +

2.

arctgx}IW .0

2} )

Nazi zapreminu torusa nastalog obrtanjem kruga х

=

у

oko x-ose.

u)

2 (1+ uJ

w+00

~

(Tacka

О'(а;

а

Ь

+ rcost + rsint Ь)

је

r njegov

ро­

Ako krug obilazimo u negativnom smeru

ра-

srediste kruga,

а

luprecnik) • Resenje.

rametar t prolazi vrednos ti intervala od t

=

2'ЈТ

do t

=

О.

- 185 -

Zapremina torusa

је

о

о

(b+rsint)2d(a+rcost) = -r71 Ј (b+rsint?sint dt V = 71 Ј 271 271 271

Ј (b 2 Sint+2brSin 2 t+r 2Sin 3 t)dt

r71

V

о

је

Kako

'1 271

је

to

271

Ј sintdt

Ј

о

о

= О.

zapremina torusa jednaka 271

Ј

2br 2 71

v

sin 3 tdt

sin 2 tdt =

о

~~-------------~

Ј

br 2 71

)(

о

271 (1-cos2t)dt

о

Slika 11.

Ncci zapreminu obrtnog tela

3.

nastalu rotacijom

kardioide р

= а

( 1 +cos Ф) "

а

>

О

)

oko polarne ose.

Resenje. сnа и

о

kardioida zatvorena kriva simetriје

у =р sinф,

zbog

х

= рсоsф,

l

V = 71 Ј

(рsinф)d(рсоsф)

71

о

је

polarnu osu, to

па

odr.os u

Kako

2

71 Ј[а(1+соsф)sinФ] d[а(l+соsФ)соsФ! 71 о

71

а 3 Ј (1+2соsф+соs 2 ф)(1-соs 2 ф) (-sinф-2sinфсоsф)dф

-7Ia

71 3 о

Ј(1+4соsФ+4соs

234 ф-2соs

ф-5соs

5.

Ф-2со~ Ф)S1nфdф

71 smenom соsф

dobijamo V = 71 а 3

и,

-sinфdф

1

Ј -1

(1+4и+4и

2

-2и

du

3 _ 4 -ји

-2и

5

)du

8

3" 71 а

2

-

186 -

-х

4. Slika ogranicena krivirna у = е , у = О, (О::.. х::" оо) а) obrсе se oko х ose, Ь) obrce se oko у ose. Naci zaprernine tako nastalih "tela". Resenje.a)Kako је у2

"" Ј

V1 = П

е

-2х

dx

п

Ј е

-2х

l е_ 2

Нrn

=

dx

оо е- 2х

(}ј

]

-2х

О

00+00

00"+00

=

о

ео

Нrn l-=-г

п

-2

00"+00

Iz -xlne = lny

Ь)

(}ј

Нrn

о

п

е- 2х to је

irnarno

х

2

ln

2

у,

1=

te

п

"2

.

је

1

2 1 2 Јхdу=ПНrnЈ ln ydy • е: .... о е о

Koristeci parcijalnu integraciju dobijarno

=

u

ln

du = 21ny ~

2

у,

у

v =

dv = dy,

у

1

v2 = Kako

е: .... о·

е:

e:ln 2 e:

е:

.... о

е:

- 1

Нrn е:

21ne:

ln 2 e:

Нrn

.... о

2 to

е:

је

Нrn е:

Нrn [ (у ln 2 у ) 11 - 2 Ј lny dy Ј

п

1

је

1

-2

О

-

е: 2 2

V2

jer

је

lirn е: .... о

lne:

е:

lne:

.... о

е:

Нrn е:

е:

Dokazati da

5.

П,

1

-1lirn -1е:

е:

е:

е:

-1- =

.... о

21ne: = lirn --1е: .... о

Е

lirn е: .... о

.... о·-

је

-1

2е:

lirn е: .... о

(-е:

)

о.

zaprernina tela dobivenog rotacijorn

slike ogranicene sa р = р(ф), Ф =а, oko polarne ose jednaka

V

2П

=з

8 З

Јр

ф=

8

(О ::..а::..8::..П)

{фЈsinфdф

а

Resenje. Neka

obrtanjern trougla заdrzе

~Фi

ОАВ

је

~Vo

~

elernentarna zaprernina koja se dobija

oko polarne ose. U racunu

сеrnо

stepena veceg od 1 zanernarivati. Tako

је

faktore koji

-

187 -

gde

је V 1

А

zapremina dobijena rotacijom

ОАС Qko polarne ове, V З zapremidobijena rotacijom trougla OBD oko ро­

trougla па

ове,

larne

а V2

zapremina dobijena obrta-

trapeza ABCD oko polarne је

Znaju9i da

ре polupre~nika

v

=

с

=

v1

вато

jer smo koristili

ове.

zapremina zarubljene kuR,r i visine

Н

jednaka

п: (R 2 +Rr +r 2 )

[ОAsin(Фi+АФi)Ј20АСОS(Фi+~Фi)]П=

prva dva sabirka Taylorove formule za fun-

kcije Р(Фi+~Фi)'

sin(Фi+~Фi)'

СОS(Фi+~Фi)·

U izostavljenim sabircima '~Фi ima veci stepen od 1. Zato је

~ [РЗ(Фi)+зр2(Фi)Р~(Фi)~Фi1 (Sin2Фi+2SinФiСОSФi~Фil·

V 1%

•

П

• [ СОSФi-SinФi~ФiЈ =

2

З

З р (Фi)sin ФiСОS Ф i +

+

~Фзi 1i[зр2(Фi)Р~(Фi)Sin2ФiСOSФi

+

2РЗ(Фi)Sinф.соs2ф. ~

п V2 = З

+ V2

r-

~

-

+

рЗ(ф.)SinЗФi)] ~

-

.

l [.ОВСОsфгОАсоs (Фi+ЛФi)~·· ОА 2sin 2 (ФiНФi)

+

ОАОВSin(Фi+~Фi)Sinф.+ов2Sin2ф.1.. ~

~

-;::~. (Р(Фi)СОSФi-(Р(Фi)НФiР~(Фi)) (СОSФi-~ФisinФi)Ј

[р2 (Фi НФi)Sin2 (Фi +~Фi) + Р(Фi НФi) Р(Фi)sin (Фi НФi)sinФi 2

2

•

зр2(Фi)Sin2Фi

.

П

Р (Фi)sin Фil = Ј [-~ФiР~(Фi)СОSФi+~ФiР(Фi)SinФi] •

+ р з (Ф . ) s in З ф. ~

=

1

~.

~Фiп(_р2(Фi)Р~(Фi)Sin2ФiСОSФi

+

• +

-

188 -

је

Iz gornjeg

а

2П В

:з

V

f

р

3

(ф)sinфdф .

а

Naci zapreminu tela koja nastaje obrtanjem krive

6.

(х

2 + у2) 2 =

а)

oko x-ose,

Ь)

oko

с)

oko prave

у

а

2

(х

2

-

у

2

),

а

>

О,

ose, у

=

х.

а)

Resenje.

Iz jednacine krive

је

а 2 х 2 _ а 2у 2

х 4 + 2х 2у 2 +у4

у4 +у2(2х 2 +а 2 ) + х 4 _а 2 х 2 = О (2х 2 +а 2 )± ~x4+4x2a2+a4_4x4+4a2x2 2

-(2x~+a2) + vla 4 +8a 2 x 2

2 = у 1/2

2

у2 је nenegativno ako је У

Kriva

2

1 /4 ="2 ( Va +

је

8а

simetricna i

22 х

и

-

( 2х

odnosu

2

2 + а )) па х

prolazi kroz koordinatni pocetak, te V = 21Т

а

f

osu i

=

а1Т

а

о

f

vla 2

о

+8х 2

dx -

и

па у

odnosu

је

2 а /4 22 У (X)dX=nl f Va +8а х dx-

о

Kako

i

(+ 23

2

+ а х) I~

osu i

1 =

2.3 а 3 1Т

је

to trazenje izvoda leve i desne strane gornje jedr,akcsti djivanje koeficijenata uz odgovarajuce stepene od

х

i upore-

dobijamo

1

А

te

је

'2

Ь)

2

Х1 /2

а

2

2

ј-

1

ln (2I2х+ ~а 2 +8х 2 )

1

а

3

7т

,а о

212

422

+а

) +у 2

) ~

у

=

ро х

I (а -2у

1

[(а 2 _ 2у 2) ~ ~а 2 -8а 2у 2 а

realan broj za

4

dobijarno

о

1.4у 4 -4у 2а 2+а4 -4у 4 -4а 22 у

'2 '2

5

а

422 + х ( 2у -

2

dx (2 {2),

Ј Ј - 3 о lа2+8Х 2

2l2а+За

ln

412

Х1 /2

је

а

2·2./2

а З_ 7Т . + 2

7т

2

Resavaju6i jednacinu krive х

х

З

а

а З 7Т

б

а

о

за З 7Т 5 -2- - 3 = _а З 7Т +

с

'2 2 ,а + xVa +8х

1

V = а7Т [

О,

в

'2 '

189 -

2 2

8а у

-

2. о , tj.

у

2 2 < -а - 8

Ј

i tu

је

х

2

nenega-

tivno.

x~

~ [(а 2 _ 2у 2) + аlа 2 _. 8у 2

х;

~ ((а 2 _ 2у 2) - а lа 2 _ 8у 2 у

Ako se kriva obr6e oko V = 27Т [

а/2 >/2

2

Ј

Х 1 (y)dy -

о

је

ose, to

а/2 {2

Koriste6i rnetod prirnenjen u

Ј

zaprernina tako nastalog tela

2 . а/2 ~2 / 2 2 Ј Va -8у dy. x 2 (y)dy] = 27Та

о

а)

о

dobijarno da

је

2

Ј la2-8у2dУ

Z Ја2=- 8у 2 + ~ Ј 2

2

dy / 2 2 Va -8у

/2 2 2 212 Z Va -8у + ~ arcsin _.:1 + с 2 4/2 а је

Tako V

=

с)

27Та

г22 [Z Va--8vy-2

+

а2 4/2

212v la/2{2 arcsin ~ а . о

Jednacina krive u polarnorn koordinatnorn sistemu Р

2

=

а

2

соs2ф

Izvrsirno li rotaciju koordinatnog sistema za ugao па

krive u novorn sisternu

је

је

7т

i ' jednaci-

-

је

S1ika

и

simetricna

190 -

па

odnosu

koordinatni pocetak te koristeci

formu1u iz prethodnog zadatka imamo (vidi s1. 17)

=

V

.

21Т 1Т/2 3 2·:з р (ф)sinфdф

f

о

1Т/2

--

f sin2Ф~in2Ф sinфdф =

01Т/2

Ј

sin S/2фсоs3/2ФdФ .

о

Stav1jajuci sinф

и

1/2

,

sin

2

Ф

=

и,

2SinфСОSфdф

du

imamo

41Т12а 3

V

3

Ј

u 3 / 4 (1_u)1/4 du

и(

Ј-и) 1/4 du

о

31 41Тl"2а Ј 3 о

Ovo

1

и

.

.

integra1 binamnog diferencija1a,te

је

smena

је

1-и и

је

Tada

0.t(-4t 3 )dt Ј 43 ш (l+t) Koristeci parcija1nu integraciju, stav1jajuci

v

= t,

и

du '= dt,

3 dv -_ -4t dt 4 3 ' (1+t )

v =

1

dobijamo 3 1im = 41Т12а 3

V

ш......,

21Т12а 3 3 Kako

[

t 2(i+t 4 )2 ш

1ш ш......,

f

о

,о ш

1 - 2"

о

Ј

dt (l+t4) 2

ш

dt (l+t 4 )2

је

1

1

+ Ct + D + Et + f + Gt + Н 1+l2t+t 2 (1-l2t+t2)2 1-12t+t 2 1

=

(At+B)

(t 4 -212t 3 +4t 2 -212t+l)+(Сt+D) (t б -12t S +t 4 +t 2 -l2t+l) +

+ (Et+F) (t 4 +212t 3 +4t 2 +212t+l)+ (Gt+H)

(t б +l2t S +t 4 +t2 +/2t+l)

-

191 -

Gornja jednakost dovodi do sistema jednacina t7

о

C+G

t6

о

D-I2C+H+ I2G

t5

о

A-I2D+C+E+I2H+G

t4

о

B-2I2A+D+F+2I2E+H

t3

о

-2I2B+4A+C+2I2F+4E+G

t2

о

4B-2I2A+D-I2C+4F+2I2E+H+I2G

t

О

-2I2B+A-I2D+C+2I2F+E+I2H+G

1

B+D+F+H

t cije

O

: је

resenje:

в = 1

А =_1_

С

В'

412

1 F = В'

Tako

3

D

812 G

-3

'i

3 В

-1

Е=--

'

412

3

н

В·

812

је

W

Ј о

1

2 t- "'2

f

W

У. Ь) • НеВеnје.

у'=

у

Ь(-х)

;

/22

aVa је

Na osnovu toga

а Ь

-

Ј

4

Р

о а

је

Jednacina gornje grane elipse

/4 2 2 2 Va -(а -ь )х

Јну ,2

/"'22

aVa

-х

-х

povrsina elipsoida

/ 2 2 Ја 2 _ь 2 Јс 2 _х 2 /2"2 aVa -х

Va -х

је

gde

с

2

а а

Dalje

Р

4

2 - ь2

је

= 4

а

п ~ Ја 2 _ь 2

/22

Ь Vc -х

dx

Ь /22 l' /22 4n --Va -ь -lхVс -х

а2

2

а

+ c 2 arcsin ~ ј/а с

а4

+ - 2 2' arcs in а -ь

о

= 21Т Ь2

i

Va 2 _b 2 (а ј а

---г-2

'

а

а

aJa~ а

odnosno Р

4

arcsin а

-Ь

_ а2 +

.

+

•

- 196 Naci obrtnu povrsinu koja nastaje obrtanjem oko

3.

х =etsint,

ose krive

Resenje.

у =etcost

Kako

od

t =0

do

t =

х

%

је

х

а

.2

.2

+

х

to

е t sint

etcost

у

=

у

2е

2t

,

је

2тr

Р

тr/2

y(t) т.h~ х +у dt =

f

тr /2

f

2тr

е tcos t . 12 е t dt

о

о

Resavajuci odgovarajuci neodredjen integral imamo

С

fe2tcostdt = e 2t (A cost+B sint) +

•

Izvod gornje jednakosti daje: e 2 tcost = 2e 2t

(А cost+B' sint) + e 2t (-А sint+B cost)

odakle uporedjujuci koeficijente uz sint i cost dobijamo sint

О

2В

-

А

cost

1

2А

+

в,

sto daje 1 5" ,

в

Tako

А

2

5"

је р

= 212

4.

212 тr (eтr_2)

тr [e 2t ( 5"2 cost + 5"1 sint) -I тr о/2

5

Naci obrtnu povrsinu koja nastaje obrtanjem oko

ро-

larne ose kardioide р=

а(l+СОSф)

Kako

Resenje. u odnosu

па

р = 2

је

kardioida zatvorena kriva simetricna је

polarnu osu to 11

f рsinФјр 2+ rJ2

11

dф =

о

f а (l+соsф) Sinф/ [а (l+соsФ)Ј 2+ (-аsinф) 2 dф 2 l1а 2 f (l+СОSф)Sinф/1+2соsф+соs 2 ф+Sin 2 ф dФ

2

11

о

о

2 1т а 2 12

11

f

(1+СОSф)Sinф(1+соsф)l/2dф = 2 11 а 2 12

о

2sin

! cos -2 Ф

dф

= 16 11 a

2

о

f О

11

f

11

cos

4

!

2

sin

! dф 2

(2cos

2 ) 3/2

2

.

- 197 Smenom

12

cos

dф 2

1

-sin

u,

2

du

dobijamo

р

2

-1бпа

=

о

4 u du

f

• 2

=

З2па

5 З2па 2 u5 I~ = - 5 -

2

1 Izra.~unati

5.

а)

povrsinu lemniskate

р2 = а2СОS2ф Ь) у

povrsinu tela koje se dobija obrtanjem lemniskate oko

ose. а)

Resenje.

=

р

4

П/4 2

21

·Ј р dф о п/2

п/4 2

f

= 2

а2

а СОS2фdф

Ј

cos6d6

о

о

у

а

а

Slika 17. gde

је

= 6;

2ф

2dф

= d 6 •

Nove granice integracije su Ф

za te

=

О,

6 =

О;

п

za

Ф ='4

,

6 =

п

2

је

п/2

= a 2 sin6

р

I

а

2

о

р1

Ь)

п/2

I

= 2· 2п

/т--2

р s i)~фVр +р'

dф

о

р= аЈ соs2ф,

, аsin2ф р = - Iсоs2ф 222 р2 + р .. 2 = а2СОS2ф + а sin 2ф= а соs2ф

4п

п/4

f

П/4

--

аЈсоs2ф

sinф

о

-4па

2

п/4 соsф

соs2ф

I

о

=

а dф Iсоs2ф

2па 2 (2-12)

f

о

sinфdф

- 198 -

б. зе.

Кriva у

=arcsinx + 1 I 7 +}

је

Izracunati povrsinu i zapreminu tela koje

Kriva

Re~enje.

definisana za -1 <

је

х

tom intervalu definisane funkcije y=arcSinx- i

gleda kao

па

ograniceno tom

х=l.

obrtnom povrsinom i ravni

и

obrce se oko apscisne

slici 18. Izvod zadate funkcije

ра

jer su samo

~=II-x2

i iz-

је х

1

у

< 1,

је

р = 2тr

1

--

11 +у,2 •

f

у dx

-1

1

х

--

о

':'

4.-

г"f

1т t',,~

arcsinx + 1 1 - х +

f

l1+х

-1

Slika 18.

gde

је

ј1

arcsinx

+ dx,

2

l1+х

-1

=

1

1 Ј 11-х dx ,

1

1

-1

=~ f 3 2_1

dx 11+х

rntegral 11 nalazimo metodom parcijalne integracije stavljajuci = arcsinx,

и

dx

du

dv = _~d;:;:x,--

2/1+х

v

11+Х te

је

1 1 1 =2/1+xarcsinx 1-1 + 2

+

је

1

dx

-1 1з

!l-Х

2/2 ~ +

jednak

f l1-х 1ntegral

-1

- dx

1 1-1 = /2 тr - 412

4/1-Х

1ntegral 12

1

f

је

jednak

-2

О-Х) 3/2 I 1 З

;-1

I

-

1

11"

f

dx -1 2/1+х

= 11" Il+х

199 -

1:

1

=

(2

п •

Uvrstimo 1! tako dobijene vrednoati za I 1 ,I 2 i dobljamo 8п р =з(3 п-

Iз

u izraz za

4) •

Zapreminu tela ogranicenog zadatom obrtnom povr§inom, sledeci nacin: 1 2 V = п f У dx = п -1

1

2 2 2 /~ {,arcsin х+1-х + ; . + 2V1-x arcsinx +

1

Iз

= 11" f

arcsinxdx

-"r x 2 arcsinxdx

1

arcsin 2xdx,

f -1

I1

doЫjamo па

-1

је

gde

f1

,

-1

I 2

2

I4

= 11"

f Јl

-1 1 -f vi_x 2 dx -1

.

Sve ove integrale resavamo metodom parcijalne integracije. U сето

staviti 2arcsinxdx

du dv te

Р,

dx,

v =

J~ х

је

1

I 1 = xarcsin2xl_~ + 2

f

-xarcsinx dx . -1 Јl-х2

Ponovnom parcijalnom integracijom sa и

= arcsinx,

du

=

dx

dv dobijamo

п:

+ 2

(Јl - х 2

arcsinx -

х) '_~

и

2

} Јl _х 2 -1

arcsinxdx

stavimo

I 1

-

dx

du

arcsinx

и

200 -

1i-2 1-х

11 - х 2 dx,

dv

te

1

v

"2

(x~

+ arcsinx

) I

је

I-i

12 = (x/1+x 2 arcsinx +arcsin 2 x)

х2 :r

(

= -

1

f

(х + arcsinx ) dx

11-х2

-1 1

. 2 )

+ "2

arcs~n х

1

1 -1

о.

12 =

1

u

1

=

f

11

3

-1

arcs inx dx s tavi t 6еrnо и

=

v

х,

је

1з = IIf(xarcsinx) 1_ 11 + ~

је

1ntegral 14

1

f (

-1

-xdx)]

/---2-

= 1I/1-х 2

1

1

-1

V1-x

О

jednak

f vi_x 2 ·јх = z:.2

11

-1 ра

~

dx,

dv te

du = _-,-d_x_

arcsinx,

(х/1-х 2

+ a.rcsinx) /_11

је

V =

~

(9112 -

16). у

7.

Data

је

hipocikloida

(astroida) х

=

у

1zracunati: а) сепе

пи

А("I"=О)

velicinu povrsine ogranitorn krivorn

Ь)

duzinu luka krive

с)

zaprerninu i povrsi-

tela nastalog obrtanjem

te krive oko

х

ose. Slika 19.

- 201 -

Resenje.

1'

је

Astroida

gu poluprecnika krugu poliprecnika

putanja tacke

А,

koja lezi

па

kru-

kada se ovaj krece s unutrasnje strane ро а.

је

Kriva

simetricna

и

odnosu

па оЬе

koor-

dinatne ose.· а)

Dok jednom obidjemo krivu Ф

vrednosti od о

Р

21Т ДО

=

Ф

negativnom smeru

Ф

uzima

је

=0, te sledi da

З З 2 21Т 4 2 (asin ф)d(асоs ф) =За Ј sin фсоs фdф

Ј

21Т

Р

и

о

За

2 21Т Ј

б

2 (sin ф-sin ф)dф = За 1. 4

о

Оа

bi smo odredili integral 1 koristimo obtazac:

.

Ј te

s~n

је

1 =

п

1 . n-l

п s~n

xdx = -

21Т

xcosx

б

4

f(sin ф-sin ф)dф =

о

о

21Т

5 6"

+

i4

21Т

1

4

21Т

5

JSin фdф +6"(sin фсоsф)Ј о -

6"

о

Ј21Т + о

о

2,"

1 21Т

2

Ј sin фdф)

8"

о

+ 1 ф) Ј21Т

2

Ј sin фdф

о

.!. (8

1

"2

sinфсоsф

+

izraz za

Р

1т

о

8"

Uvrstimo li tako dobijenu vrednost za 1

и

dobijamo

s

Ь)

"4

о

•

У = Заsin х = -Засоs 2 ФsinФ , /.т-:'2 . ф соsф = -З. 2ф Vx +у = Заs~n as~n

te sledi da s

За

"4

2"

Prema tome

2

фсоsф

2

је

1т /2

Ј

За

sin2фdф

2"

О

је

s = с)

1

1 21Т 4 1 1З Ј sin фdф =6"(- "4 sin фсоsф

4

f sin фdф

"2

n-1 Ј . n-2 +ns~n xdx

б а

Zapremina tela nastalog obrtanjem oko

ide jednaka V =

је а

х

ose hipociklo-

о

21Т Ј y2dx =2n о а

f

1т /2

f

1т /2

а 2 sinБФ·Засоs 2 Ф(-SinФ)dФ

- 202 Uvedemo li smenu

=

соsф

dobijamo

t

= dt

-sinфdф

1

v= баЗп Ј (t 2 _Зt 4 +Зt б _t 8 )dt о

v d) jednaka Р1

Povrsina tela nastalog obrtanjem hipocikloide oko

х

ose

је

=4

П

п/2

f

;:-г-:?

у (Ф)VХ-+У- dф

4п

п/2

f

о

12a

2

З аsin'ф· Заsinфсоsфdф

о

п/2

f Sin 4 ФсоsФdФ

П

о

gde

је

t

=

8.

sinф

=

dt

I

СОSфdф

Izracunati zapreminu i povrsinu pseudosfere, tj.

tela koje nastaje obrtanjem traktrise asint

у

х

oko

х

=

a(cost - ln

l+cost sint

ose. Zbog simetricnosti krive u odnosu

Resenje.

П-Е

V

х

=

=

2П

Нт Е-+О

а [-sint-

f

y2(t)x(t)dt

п/2

sint l+cost

-sin 2 t-(1+cost)cost . 2 Sl.n t

х

sint ра

је:

'1

х

Slika 20.

]

па у

osu

је

-

р

rr/2

--

Ј у (t)~2+y2

4 rr lirn 1::-+0

203 -

dt = 4 п

1::

Нrn 1::-+0

rr/2

Ј

П/2

Ј

asin

1::

. 2. rr/2 castdt = 4rra llЛ1 Sintl

s~n

4rra 2

Te2iste, rnornenti inercije

§ 6.

Tezist~

homogenog luka krive

Stati6ki momenti homogenog luka gustine х

ь

4

cos t+a2 2~. -:-r ОС& U.I"'= t

1::

1::

koordinatne ose

t)а 2

i

у

~

s

obziroт

definisu se obrascima

/

~ Ј y(x)Vl+y'

2

(х) dx;

а

dok su koordinate tezista luka date

gde

је

S

duzina

1.

posтatranog

obrasciтa

luka.

Naci teziste gornje polovine kruznog luka х

rcost

у

rsint

у

)(

Slika 2].

па

-

ReSenje. М

Kako

х

Хт

п

= ј.Ј

204 -

~

r 2ј.Ј (-cost) IП 0= 2j.Jr 2 •

rsint· rdt

о

s =r

to

п

у 2.

х

j.J·s

п

= ј.Ј' f

Ј·у (t) Vx""+y"" dt

о

је

м

ут =

О;

=

је

2j.Jr 2 т

= 2r

ј.Ј rп

п

Naci teziste luka cikloide х

= r (t-sint)

у

r (1-cost)

Zbog simetrije

Невеnје.

је

rп

. f."2"7'2 f2 пу (t)Vi-+у •

dt

о

2п

f ..; х 2

. .

+у2 dt

.

х

r(l-cost)

у

rsint;

2п

f ут =

о

о

·2

х

.2

+у

= 2r 2 (l-cost)

r(l-cost)~ r/l-cost dt 2п

Ј ~ r

l1-cost dt

о

у

~L-

________

~

__________

2гТ ____

~

t=2'J

Slika 22. Kako

је l-cost = 2sin 2

i

to

је

~X

-

2n 2 t r Ј 2sin "2 У

т

=

~o

205 -

t

12 sin "2 dt

__~________________ 2n t Ј

12 sin "2 dt

о

2n 2 t t 2r Ј {1-eos "2 )sin "2 dt о

2n t Ј sin "2 dt о

t 2r [ -eos ~

1 Э +з{еоs

!2 )~Jo2n ~ 4r

-eos -t

2

Ј2n о

Naci teziste оnоч dela astroide х 2 / 3 +у2/3=а 2 / 3

3. ј!

З

х

lezi iznad

ko-

ose.

хт = О.

м

ј У (х) Il+у ,2 (х) dx

\.1

-а

х

\.I·s \.1

ј Јl+У,2 (х)

dx

-а

у

=

У

, =

1

(а2/3 _ х2/3) 3/2

l

(а 2 / 3 _х 2 / 3 )1/2{_ ~ х- 1/3 ) 3

2

+ у,2

v' l+У,2 = о

Ја 1 / 3 х- 0/3) Ј =

!

а

-а

1/3

х

- 1/3

1/3 - 1/3 х

(а 2 / 3 _х 2 /3) 3/2{_а 1 / 3 х- l/3 )dx +

Мх =\.IЈ

-а

+

\.1

аЈ

(

а

1/3 х - 1/3 ) (2/3 2/3) 3/2 d х . а -х

о

Uvedirno srnenu а

2/3 -х 2/3 =u

х- 1/3 dx

3

"2 du

za

х

>

za

х

а)

џ

ут

zT

О.

(x)dx

а

8.

Naci teziste tela koje nastaje obrtanjem oko

figure ogranicene hiperbolom 2 2

~ - ~ =

у

i pravama

=о

а

Ь

У

i

1

=Ь

(Ь

>

О)

• у

Koordinate tezista su

Resenje.

zT =

Хт = Ь

f

ут

Х

2

(y).ydy

f

о

f

а

2

i

2 2 ( 1+у /Ь ) у dy

о

о

ь

Ь

О

x 2 (y}dY

Ь

f

о

а 2 ( 1+у 2 /Ь 2) dy

у

ose

- 210 ра

је

у т =9Ь/16.

у

slike ogranicene parabolorn

2

4рх

=

у

i pravarna

=

О,

х

=

а

ose

(а > О)

•

Tez!ste tog tela irna koordinate

ReSenJ.e.

а

f

ZT =0;

ут

х

Naci teziste tela koje nastaje obrtanjern oko

9.

у

а

2

f

xdx

о

хт

4

рх

2

dx 2а

о

а

f

у

2

З

а

f

dx

4 pxdx

о

о

Guldinove teoreme

Zapremina V(X) х(у)

oko по

[V(Y)]obrtnog tela, koje nastaje obrtanjem

ose neke ravne povrsi

,

jednaka proizvodu mernog

је

precnika Ут(Х т ), taciju, tj.

gde је

(хт

V

Povrsina Р(х) Х(У)

.obrtanjem oko

[Р(у)]

gde је

(хт

Ут)

Р(х)

2тr

10.

у

а (а

Resenje.

V(y)

te

obima kruga

27Г

•

хт

•

Р

•

nekog obrtnog tela,

i

роlu-

koja vrsi

ravni

koje nastaje

ХОУ,

Ьтојnо

је

obima kruga poluprecnika

teziste luka krive tj. У

•

т

•s

.

'

Р (у)

=

2тr хт

•

s

ose kruga х а + r cos t У

а)

у

ХОУ, Ьтој­

Naci povrsinu i zaprerninu torusa, koji nastaje

obrtanjem oko

А(а;

ravni

teziste povrsi

ose luka neke krive i

jednaka proizvodu duzine luka s (Хт),

povrsine i

Ьтоја

;У Т )

и

koja se nalazi

+ r sin t > r)

Teziste kruga i kruzne linije

је

=2nar

2

7г

= 2ar

2 2 7г

Р (у)

= 2тra

2rтr

= 4 а rn 2

је

и

tacki

ут

то-

- 211 -

11. ose cikloide

Naci povrsinu tela, koje nastaje obrtanjem oko

х

= r (t-sint)

х

r (l-cost) •

у

ЕеЭеnје.

Kako

у

је

= -4З r

.т

64 =З

r

2

'п'

i s

= 8r

I

to

је

•

12. Pomocu Guldinove teoreme naci veli~inu povrsine i zapremine tela, koje nastaje obrtanjem ravnostranog trougla strane а oko ose, koja је od. tezista trougla udaljena za d (d > а) • Ako osu obrtanja

ЕеЭеnје.

Ут

= d,

te

V

2'П'У т Р

Р

х

х

ozna~imo

sa

х

osom, tada

је

је

13 =Т

11'а

=

6a11'd

.

4

211'd

211'YTS 1З.

2 211'd а 13 За

2

d)

Pravilni sestougao strane

а

obrce se oko jedne stra-

ne. Naci zapreminu i povrsinu tako dobijenog tela. ЕеЭеnје. се

smestimo

Ako onu stranu sestougaonika oko koje se obrosu tada је

па х

У

V Р

1.

аlЗ = -2-'

211'У т Р

х

х

Т

=

211'Y T S

§

7.

Dat

f

је

211' аlЗ 6 2 аlЗ 211' -2-

5а

а 24 1З =2 ~11'аЗ 1 =

51З11'а

.

integral

X P (l-х)q(l+Х)r dх ,

(p,q~O).

о

Koris teci smenu

2

Mesoviti zadaci

је

1

I(p,q,r) =

=

te

х =

1-t l+t

dokazati da vazi

- 212 q+r+1 I(p,q,r) = 2 1 (q,p,-p-q-r-2)

а)

је

Koristeci gornju formulu dokazati da 1

f

1 =

(x_x 2 )1/2(l+X)-3 dХ

о

Невеnје.

Uvodeci smenu

о

1-t l+t

f

I(p,q,r)

1

)р(

1

f

2 q +r + 1

х

1-t

=- l+t

imamo (-2) dt

2 r ~)q( l+t ) l+t

(l+t)2

t q (l-t)Р(l+t)-р-q-r-2 dt

о

(а).

sto dOkazuje

Koristeci

(а)

imamo

ј x 1 / 2 (l_X)1/2(l+X)-3q.х =

1

I(

~,~,

=

-3)

о

Uvodeci smenu х

1 -

= t

2

dx = -2t dt

,

о

f

_2-1/2

1

Mogu se odrediti brojevi

f

А,В,С,О

i

Е

tako da

4 2 - t -t dt =- (At 3 +Bt 2 +Ct +D)/1-t 2 2 • _t

+Е

је

f~

11

11-t 2

Izjednacujuci izvod leve i desne strane gornje jednakosti dobiјато posle mnozenja sa 11-t 2 42 2 t -t = 3At + 2Bt +

С

- 3At

4

- 2Bt

32432 - Ct - At - Bt - Ct - Dt + Е.

Uporedjujuci koeficijente uz odgovarajuce stepene od t dobijamo sistem: 1

-3А

-

А

о

-2В

-

В

-1

3А

-

о

2В

- D

О

С

+

2С

Е

А

cije

је

resenje

В

С

1

=-

4 О

1

8"

D

О

Е

-

1

8

- 213 -

Odavde I

1 1

=

1

"8 1

= -

.

1

~ arcs~n

= -

dt -=== о"';

f

1-t2

п 16 '

а

I

Naci

2.

е

I

а)

Јх2_ 1 ) 3

с

dx

1 <

с

<

е

I(c)

Нт

Ь)

lnx

х

=f

(с)

с-+1

а)

Resenje.

Neodredjen integral resavamo metodom par-

cijalne integracije stavljajuci u = lnx , х

dv = Tada

dx

du

х'

dx

v

1

=-

је

Ako u zadnji integral uvedemo smenu 1

x=z' imamo

f

dx

хЈх2_ 1 Tada

dx = _ dz 2z

=- f

-

dz

arcsin

+

-1

+ arcsin -1

х

11-z 2

С

је

I(c)

lnx

(-

Iх 2 -1 -1

+

lе 2 -1 Ь)

Нт

I

(с)

-

arcsin

ln

с

-

I-Т;с -1

1

le

х

arcsin

с

е

1

с-+1

gde

.

-1

је

primenom L'Hospitalovog pravila

с

- 214 1

lnx

lim

А

Jx~-1

х+1

х

= lim

= lim

х

х+1

х+1

J~ х -1 2

о

.

х

v'x2-1 Naci

з.

I

а)

а

= f

(а)

о

Ь)

I(a)

Нт

2х arctg ~dx х -1

I

.

а+ оо

Be~enje. а) Resimo prvo neodredjen tlntegral parcijalnom integracijom. Stavljajuci 2х

2 du = - - - dx, х 2 +1

u = arctg - 2 х

=

dv

-1

dx,

=

v

х,

dobijamo

f

2х

-т-=-

arctg

х

dx

=

xarctg

-1

,2х

~

= xarctg

*-

+ ln(x 2 +1) +

С •

-1

х

Tada

-1

х

је

= aarctg 2а

I(a)

а 2 _1

ь)

Нт

I(a) =

+ ln(a 2 +1)

оо

а+ оо

jer

је

prvi sabirak u I(a) pozitivan za

nacnosti za

a~l ,а

drugi tezi besko-

а+ оо •

4.

Naci I(x)

а)

Ь)

lim I

(х)

.

х+оо

Be~enje.

u

= lnt,

dv

Kako

=

2tdt (l+t 2 )2

2tlnt dt (l+t2) 2

f

Metodom parcijalne integracije, stavljajuci

_

du

= .!t

,

v

ln t + l+t 2

dt

=f

I

1 1+t 2 '

dt t (l+t 2 )

је

1 t(l+t 2 )

А Bt +С t + ~

1

t

t - l+t 2

dobijamo

- 215 -

to

је

= lnt Tada

-i ln(l+t2 ) +с = ln _..;;t_ + с. ~

је г

1 (х) = (- . ln~ + ln _t"'"--_ l+t . v' l+t 2 Lako

ь)

ве

vldl da

lhn 1 (х) :: - О + О - ln Izra~unati

lnx

--:---2' + ln l+x

х

v'l+X2

-ln

1

I'I

-L '"

lnl'I •

ћ

х

f

lhn

1 '"

је

х-

5.

'

Х

(arctga)2da

о

Х+СХ>

Resenje. Za х + сх> i brojitelj i imenitelj gornjeg razlomka te!i + сх> • Primenjuju6i L' Hospitalovo pravilo i teoremu da је: izvod odredjenog integrala ро promenljivoj gornjoj graniс1 jednak vrednosti podintegralne funkclje za tu gornju granicu (podintegralna funkcija treba da bude integrabilna) tj. da је х

d

f

dx dobijamo

f(t)dt = f(x)

а

х

Ј (arctga)2da

Нт Х+СХ>

о

Нт

v' х 2 + 1

х-

(arctgx) 2 х

v'-;r;-;.

=

(. !. )2 2

п2 ---= т 1

VI GLAVA DIFERENCIJALNA

1. Krive u prostoru

§

Ako data

u trodimenziona1nom euk1idBkom proBtoru krlva za-

је

једnасЈnо,!,

~ = ~(t) = x(t)I Ј1Ј

+ y(t)3 +

z(t)~ ,

u parametarBkom obliku х је

tada

= х (t)

у

,

duzina 1uka

parametrom t 1 data

= у (t) , k~ive

....

од

t 1

s=f

ds=f

t

t

.

о

ЫnОЕта1е

Vektor tangente,

.+ -+ r xr,

....

t = r,

i njihove ortove ~

t

o,

z

= z (t)

tacke

ва

, до

tacke' ••

одЕедјuјеmо

formula-

parametrom t o

ЕОЕти10т

t 1

та

GEOМETRIJA

.

сето

.... п

v'X 2 +y2+i 2

dt.

о

i

nОЕта1е

krive

= ....Ь xt....

obe1eziti reBpektivno

....

Ь о ' по·

ва

+

Tadka М ,

M,~

217 +

i п odredjuju oskulatornu ravan,

vektori t

i

ri

normalnu ravan,

tadki

М

krive.

а М,Ь

i

t

rektifikacionu ravan krive

и

Polupretnik kriv;ne R i krivina К ви odredjeni relacija11101

1

К-2 = R

2

+2 З Q:L. = ...... 2

tj.

Ir xrl

torzije,±T,je dat formulom: ,:,:;2

+

= ..... [r х rl = Ш .. ...;: +.

т[т x~]

Torzi'u tar t

сешо

oznaditi

reb

1

ва

т

jednak duzini luka s 2+

K=i=I~1

==

ds

Ako tada

,

2

је

и

jednatini krive parame-

је

1;"1

а

1 Т

=± obrasci glase:

FrenetJfH' i

ds

R

+

-R"

тв

db

б

tO

dno

О

т

+

по

О

Т

ds

Obvojnica familije ravnih krivih F(x,y,a) =0 ваnјеш

parametra

а

iz jednatine

ЭF(х,у,а)

= о

i

F(x,y,a)

Эа

1.

POkazati da kriva х у

z

= sin 2

Ф

1 - eos 2

= 2 eos

Ф

Ф

=о •

ве

dobije elimini-

- 218 1е:Н па

sferi.

Resenje. х

2

+у

2

=

+z

2

је

Kako

= sin 2 2ф+1-2соs2ф+СОS 2 2ф+4соs 2 Ф

2-2соs2ф+4соs

2

Ф

= 4sin

2

ф+4соs

2

Ф

= 4 ,

to sledi da је kriva па centra1noj sferi po1uprecnika 2, posto koordinate zadovoljavaju jednacinu te sfere.

пјепе

2.

Naci

ичао

izmedju tangente

х

а

У

а

cos t sin t

Ь

t

=

z

па

krivu

i vektora ~ koji spaja koordinatni pocetak sa tackom dodira .

....

Resenje. Ako obe1e~imo sa а ичао izmedju tangente t (-а sin t, а cos t, Ь) i vektota ~ (а cos t, а sin t, Ь t ), tada је COSa

з.

Dokazati da kriva etcos t

х

у

sece izvodnicu konusa

Resenje.

х

је

kojem kriva

1e~iJPod

konstantnim

ич1от.

Eliminisanjem parametra t iz jednacine krive

dobijamo jednacinu

cije

па

kru~nog

konusa

222 +у =z

teme u koordinatnom pocetku,

а ова

simetrije

јој

је

z -

osa. Ako ва t obele~imo vektor tangente па krivu u nekoj tacki М, ва ~ vektor polo~aja tacke М, а ва а ugao izmedju vektora

+

....

t i r ,

219 па

(tj. izmedju tangente

cos Kako

krivu i izvodnice konusa koja је:

pro1azi kroz tacku dodira) tada а

је

t

= t[et(cos t - sin t), et(sin t+ cos t), e t ....

r

(е

t

cos t ,

е

t

sin t,

.. rt Irl = V2e

је

(~.t)

t

)

= 2e 2t ,

а = Ј~

cos Time

е

1

tvrdjenje zadatka dokazano.

4.

Kriva koja se naziva 1oksodroma odredjena

је

jed-

nacinom Ф = а је

gde da

оnа

е

Resenje.

gde

а

geografska sirina

Ф duzinata~ke па

sece meridijane sfere pod uglom

nika r to је

е 4''1т - '2) ,

1n tg(

је

Posto

је nјеnа

loksodroma

а

tako

па

sferi. Dokazati

С1. је

nekoj

tg

а

= а.

sfer~ poLupre~-

jednacina u parametarskom dbliku (parametar

е) х

=r

у

= r cos

z

=r

cos е cos sin

е

s in

Ф Ф

е Ј

је

ф= а

'1т

е

1n tg ( - - - ) 4 2

Kako Ј·е Ф '(е)= - cose а

t

to Ј·е vektor

t(-rsine СОSф+rа-sinф

i

па loksodromu

-rsine sinф - rа08S.ф ;

rcose ). Jednacina meridijana sa duzinom

Ф

х

=r

cose

соsф

у

= r cose

sinф

z = r sine

је

(ф

fiksno,~

parametar)

- 220 -

....

па

meridijan

је

t l = t l (- r

sin8соsф;

- r

Vektor tangente t l

.... Ugao

....

....

а

....

sin8sinф;

је

izmedju loksodrome i meridijana је:

t i t l te

r cos8)

ugao izmedju vektora

.... ....

(t.t l )

cosa

l"tlltll Kako

је

r

to

cos

је

а=

1 -....:;;..., ..А+а 2

а

а,

tga

sto

је

Svakoj tacki M(x,y,Q) ravni

5.

,

i trebalo dokazati.

ХОУ

mozemo pridruziti

tacku Ml(xl'Yl,zl) sfere x 2 +y2+z 2=az koja је odredjena prodorom prave АМ (gde је А(о,о,а» kroz sferu. Ovo preslikavanje је uzajamno

jednoznacno, izuzev tacke

А

i zove se stereografska

pro-

jekcija. Izraziti koordinate tacke

М роmо6и

koordinata tacke

i dokazati da kr1va r=е mф polozena u ravni ХОУ gde зе polarna

М!

osa poklapa sa pozitivnim delom x-ose pri stereografskoj projekciji prelazi u loksodromu. Kako

ВеВеnје.

l)

ОМ

2)

Oм l :

:

МА

OM l :

је

IlOМA

а

,

.

Kako

је

'" L'IOMlA to

iz relacije llAOM l '" llPM l О sledi da

а

је

a=zl:OМ l

l) i 2) sledi da

је

је а(х х

2

+у

2

)

2+у 2 +а 2

Iz relacije 3)

Х:Х 1

4)

а:

sledi da

(a-z 1 ) =

АМ:АМ 1

је а:

(a-z 1 )

tj.

-2 ОМ

=х

2

+у

2

;

а

АМ 2 =х 2 +у2+ а 2

iz

- 221 Iz relacije

X:X 1

У

z

1

=

=Y:Y 1

sledi da

је

2

а У

х2+у2+а2

А(ОДа) .-.-,.....

(

х

у

у

х

51. 1 51.2 Predjimo

па

drugi deo zadatka. Kako

је

ta~ka

M 1 па

sfe-

је:

ri to

а

x1

2

Y1

2

а

соs6сОSФ

соs6sinф

а sin6 zl = 2 +! 2

Pri stereografskoj 5)

Kako

2а

~rojekciji

krive

r

=е mф

је

соs6соsф

је

Х = r соsф = еmФсоsф , а

х 2 +у 2 !: : : r 2 =е 2mф to uvrstiv~i u 5) gornje vrednosti za Х i za х 2 +у 2 dobijamo re-

1aciju ~2 соs6соsф =

а2 mф

е cos 2mф+ 2 е

tj.

Ф

а

е2mФсоs6-2аеmФ+а2соs6 = О. Odavde

је а

1±sin6

--cos6

- 222 -

'/2 =

~ ln [ а

1

1 ±2Sin! cos!

cos2~ -

sin 2

1-

tg~

1+

tg"2

~ 1. [а

1

]

[

-----=.~ = ~ ln Za

а=1

(cos!

± sin!

)2

]

(сос! - sin!) (cos~ + sin~)

а tg (

dobijamo 1f

1

е

m ln tg ( "4 ± '2

Ф 1 /2 =

1 1 m ln а + mlп:

1f е ( "4 ± '2

tj. loksodromu obrnutu za ugao ф=.!. ln а и pozi tivnom smeru. m б)

Dokazati da normalne ravni krive 1)

x=acost

, z)

z+y tg

а

=

z =

а

cosa sin t

О.

Jednacina normalne ravni

Resenje. (х, у

=asinasint

х=О,

prolaze kroz pravu

ve

у

и

nekoj tacki kri-

је

(X-х)х+(У-у)у+(Z-z)z

О

Za krivu 1) jednacina 2) postaje -(X-acost)asint + (Y-asinasint)asinacost + + (Z-acosasint)acosacost =

О,

tj. 3)

-sint.Х

+ sinacost у + cosacost.Z

Presek normalne ravni krive sa ravni Z + Ytga = U tackama krive 1)

и

kojima

ravan se poklapa sa ravni

х=о

=

О.

је

О

је

Х=О,

1f t=±'2+2k1f(k=0,±1,±2, .•. ) normalna dok

и

tackama krive

и

kojima

је

22З

-

-

t=k7r (k=O , ± 1, ± 2, • •• ) norma1na ravan ~to

је saтa

ravan Z+Y t9

а= О.

se 1ako v1d1 uvrste 11 se odgovarajuce vrednostl za t u 7.

Dokazatl da tangente

па

З).

krlvu

Зу

1)

9z ичао

obrazuju konstantan Resenje.

sa neklm odredjenlm pravcem.

Jednaclna krlve 1) u

paraтetarskom oЫlku

+ t(l,

2 = 1 +'9

је х=х

,2 х

у=т

2х З

z=Т7

је

Vektor tangente

2

2 '9

зх ,

+

а(l,О,l)

Posmatrajmo vektor

х

2

)

а

,+,tl

i obelezimo

х

2

, +

аа а ичао

izmedju t 1

~. Tada је 2 2 l+'9 x

cosa

2 2 v'2(l+'9 x ) То +

а

znaci da svaki vektor tangente krlve 1) zaklapa 7r ugao od "4' 8.

Nac1 tangentu {

u tacki

па

ва

vektorom

krlvu

2 +Зу 2 +z 2 -47 = F (x,y,z) 1 2 2 х +2у -z = F 2 (X,y,z) = О

2х

О

М(-2,1,6)

Resenje.

Vektor tangente

t

па krlvu 1) је -t Ј

t

4х

бу

2z

2х

4у

-1

=(-6y-8yz)! + +(4x+4xz)j

,+ 4xyk

+

- 224м

u tacki ki

М

па

-+

је

t(-54,-56,-8),

х+2

у-1

z-6

27

28

4

9.

а

jednacina tangente u tac-

је

krivu 1)

Naci jedinicne vektore tangente, normalne i binor-

malne za krivu -+

.

r

(Cost+sln

2

-r

.

-t,.,.

t)l+slnt(l-соst)Ј-соstk

u tacki А u kojoj је t =';

i napisati u istoj tacki jednacine

normalne, oskulatorne i rektifikacione ravni.

Resenje.

to

је

r

(-sint+sin2t)! + (cost-cos2t)j + sintk

~

(-cost+2cos2t)! '+ (2sin2t-sint)j + costk

u tacki

-+ t=r

А

vektor u pravcu tangente

-r

-+

(t- 7Т

2

а

t

-+ Ь

ь

-r

1

-t

,.,.

13 А

u pravcu binormalne u tacki

(t= dok

-+

-(-l+J+k).

о

-+r

-+

-t

=-l+J+k

)

-+

Vektor

је

Kako

7т

'2)

-r

-t Ј

k

-1

1

1

,-2

-1

О

1

:; xr

(t=

7т

'2 )

је

-t 1 -

је

1 у14

Vektor

->п

u pravcu normale

је

-t ->-

->-

-+

I-f

bxt

п

а

-+

-+ П

п

о

I~I

1

m

)

k

-2

З

1

1 -r

I,= -t

-r-t-+ -51-4)-k,

-+

(-51-4)-k)

-t

2) +

.,..

Зk,

- 225 А

Kako tacka

ima koordinate (1,1,0) to su jednacine normalne,

oskulatorne i reflekcione ravni

+

-х

х

-

2у

-5х

-

10.

4у

=

У

=

z и

+ z

redu

О,

+ 1 - z + 9

Зz

О,

=

о.

Pokazati da linija х

lezi

у

+

ро

at 2 + bt + с a 1t 2 + b 1 t + 2 a 2t + b 2t +

С

1

С

2

jednoj ravni i naci jednacinu te ravni. Resenje.

Jednacina oskulatorne ravni krive

је

Z-z

Х-х

У-у

х

У

z

х

у

z

О

koja za krivu 1 ) postaje Х-х

2at+b 2а

Rastavljanjem ravni

па

Z-z

У-у

2a 1 t+b 1 2a 2 t+b 2 2а 2 2a 1

О

zbir dve determinante jednacina oskulatorne

је

Z-z'

Х-х

+

2at 2а

Iх- (at 2 +bt+c) +

I

2 Y-(a 1 t +b1t+c 1 )

z-(a 2 t 2 +b 2 t+c 2

ь

Ь

1

Ь2

2а

2а

1

2а 2

Prva od gornjih determinanti

је

О

nula, posto su druga i treca

vrsta proporcionalne. Drugu determinar'lturastavljamo

па

zbir 4

determinante treceg reda od kojih su druga i treca jednake nuli, i konacno posle skracivanja sa 2 jednacina oskulatorne ravni

је

- 226 -

х

z

у

с

2)

ь

о

а

Iz jednacine 2) se vidi da u

nјој

nе

figurise t, tj. oskulator-

nе

ravni u svim tackama krive se poklapaju, sto znaci da va ravn.a. 11.

-,.

Kako

Resenje.

......,.

-+

ј

+ sht k

је

r

-sint! + COS~ ј + cht ~

~

-cost

1·= sint а

[~x~J= је

1 1 -

sint

ј + sht k

cost ј + cht

k,'

(costsht + sintcht)l + (sintsht-costcht) ј +

~ 2 2 2 2 [ .:.. r х r Ј = sh t + ch t + 1 = 2ch t

Iz gornjeg sledi da

....r [:;.r

х

а

ITI=I-

12. 1)

kri-

Na6i poluprecnik torzijeJT)za krivu r = cost i + sint

to

је

х

је

"-+] r = 2cht , г+'

~] 2

:;\х.r ф

r [r х r Ј

1=1- cht\=

Pokazati da su kod krive = chz

у

= shz

е

t

+е

2

-t

.

k,

- 227 .:,. .:,. :;. r=r{x,y,z), r

је

Neka

[(;) 2~ 3

R2

!.-

[r х r]

~(x,y,Z)

r = ~ (к,у ,'Z) tada

~:,. ~J 2 ITI=I- .{:,r цох r ~ r[rxrJ

а

2

~ а

је

I

Iz :"2 2 2 2 r = sh t + ch t + 1 = 2ch t

[~ х;1

i

= -sht

[~x~]2

+ cht

ј - k

sh 2 t + ch 2 t + 1

2ch 2 t

1

sledi da

је

R = IТ!

13. х

2

= 2ch t

Dokazati da

= achtcost

У

. је па

krivoj

z = at

= achtsint

odsecak norrnale (ne glavne) od tacke

па

krivoj do ose

O~

jed- .

nak radiusu druge kriv·ine . Jednacina

norrnalne~avni

и

tacki (x,y,z)

је

~(x-x)

+ ~(Y-y) + i{Z~z) = О

Presecna tacka ove ravni sa Oz osorn gde

је

tacka (O,O,Z1 ),

је

xx+yy+zz

z

. tj. Z1 = achtsht + at.

Odsecak norrnale i

to

је

rastojanje d izrnedju tacaka (x,y,z)

(O,O,Z1)'

је

х

Kako је = ashtcost - achtsint

У

ash t + ach tc'os t

х

= - 2ashtsint

У

2ashtcost

х

= - 2achtsin t-2ashtcost

У

..

z

=

а

z= о 2achtcost-2ashtsint 'z = о

-

;l; х ~'I -+

-+

-+

i

ј

k

х

у

х

у

z .. z

Iz gornjeg s1edi da

је

а

[~ х ~1

228 -

х

у

z

х

у

z

х

у

z

4a 3 Sh 2 t

,

т

tj.

Sada se vidi da је d = ! т I sto је i treba10 dokazati.

Ро

14.

g1avnim norma1ama zavojnice x=acost; y=asint;

z=bt odseceni su odsecci duzine 1. Naci geometrijsko mesto

Г

nji-

hovih krajeva. Ako sa

Resenje.

п i Ь, obe1ezimo vektore u pravcu

"f,

tangente, normane i binorma1e, а sa tora, tada је -7

-7

Ј

~

-+rxr+ а

-asint acost -acost -asint -t

-7 ~

absint -abcost

Kako

О

а

aCIJst

2

-(аЬ

23 +а

7" 2 з. 7" -+ )соst~-(аЬ+а)sшtj+О'k

Ь

је

!n! to

. -7 -t 2-+ аЬs~nt~-аЬсоstЈ+а k

Ь

k

Ј

-asint

по i Ь о ' ortove tih vek-

"fo ,

/232 V(ab +а ) (-cost) 2 +(аЬ 2+а3 2 )

.

(-s~l}t)

2

аь2 +а З

је -+ п

..

.tn o = -

r

= - cosi! - sint ј l..cost

-7.

~

-

-t

ts~nt Ј

Ako sa 1 obe1ezimo vektor po1ozaja neke tacke (x 1 'Y1,zl) geometrijskog rnesta Г tada је

- 229 -

tj.

Х 1 '"

(а-.t)

cost

у1

(а- ~)

sint

bt r zavojnica.

Zl

sto znaci da

је

о

51.

З

Napisati jednacine normalne, oskulatorne i rekti-

15.

fikacione ravni krive: 1)

{

Х

х

222 +у

+z

= 11

222 - у +Z = 9

м О,

1, З) •

Diferenciraju6i jednacine

Resenje.

nezavisnu promenljivu 2)

u tacki

О

xdx - ydy + zdz

О

Uvrstivsi vrednosti za x,y,z

dobijaтo

dx + dy +

Зdz

О

dx - dy +

Зdz

О

= О;

х

kao

dobijaтo

xdx + ydy + zdz

cija su resenja dy

smatraju6i

1)

dz

= - з1 dx

jednacine

• Diferencirajuci 2)

ро

х

dobi-

јато

(dx) 2 + (dy) 2 + yd 2у + (dz) 2 + zd 2 z (dx) 2 (dy) 2 - yd 2 у + (dz) 2 + zd 2 z

О

-

Uvrstivsi vrednosti za x,y,z,dy i dz

cija su resenja d

2

у

О;

2 d z

10 = - 27

dobijaтo

te

је

је (r-ro)dro

О

2

(dx)

Jednacina normalne ravni u datoj tacki lozaja r о (l,l,З)

О

м

. odredjenog vektorom

gde је dr o = dro(dx,o,- ј dx)

jednacina normalne ravni х

- 1 +

(z-з)

1

(- З

) =

О

tj.

ро­

х

-

1

З

z

=

О

•

- 230 Jednacina oskulatorne ravni х-х

I

te

о

У-УО

z-z

dx

dy

dz

d 2x

d 2y

d 2z

је

х-1

о

tj.

О,

z-3

у-1

dx

О

О

О

_..!. dx

3 10 2 - 27 (dx) I

О,

jednacina oskulatorne ravni - 1 =

у

О,

Vektor normale п krive 1) u tacki м dobijamo kao vektorski proizvod vektora +

+

i

Ь=Ь(О,l,О)

+t(1,0,

vektora

1) tJ. , .......... n:n(

-з

1

-З,О,

, -1) te Је

jednacina rektifikacione ravni: 1

-з

(X-1)-(Z-3)

=

О

ili

x+3z-10=0. 16.

Odrediti funkciju f(t) iz uslova da binormala kri-

ve

..... r(t,sint,f(t»

+

r

1)

bude paralelna ravni YOZ, da kriva 1) prolazi kroz tacku A(~,1,1) +

i da u toj tacki ima vektor tangente paralelan vektoru t(1,0,1). Kako је vektor binormale Ь paralelan vektoru

Яевеnје.

:..

r

х

'-+

r to iz

. ..

а

+

+

rxr

-+r

-+-

+ r

~

r r

(1,cost,f') (О

,-sin.t,f")

(f" cost + f

'sint,-f'~

- sint)

•

'+

sledi da mora biti prva koordinata vektora ~ х r bi vektor Ь bio paralelan ravni YOZ; tj. f'cost + f'sint Oda.vde

је

f' f"

tj. lnf' а

cost - sint с

ln sint

О,

jednaka nuli, da

-

f

=

231 -

t

cJ~

Cln (tg 2" ) + С 1

sint Kriva

1)

2)

sada irna oblik +

+

r

r

+

(t,sint,Cln( tgi

С1 )

Iz uslova da kriva 2) prolazi kroz tacku

t

tal:1gente paralelan vektoru С

а

1

=1,

dobijarno da

А

i u

nјој

irnа

vektor

је

С=1

kriva 2) postaje 3)

+

t (t,si,nt,ln (tg2" ) + 1)

+

r = r

Naci obvojnicu farnilije parabola

17.

у = х 2 + ах + Ь

1)

cija se ternena nalaze

па

pravoj

Ako sa

Resenje.

Т

obelezirno terne parabole 1) tada

ут = -

Kako

Т

lezi

па

pravoj

у=х

у=х.

to

а2 4" + је

Ь.

Хт=Ут

odakle sledi da

а

Ь

2"

Sada 1) postaje у = х

2)

ро

Parcijalni izvod 2)

2

а

а

+ ах + 2 ( "2 - 1)

а

је

3)

Eliminisanjem parametra

а

iz 2) i 3) dobijarno pravu

4)

koja

је

obvojnica familije parabola 2). Naci obvojnicu familije elipsi

18.

-ћ.

1)

х

2 а

+

2

~ = Ь

1 za koje

је

2)

а 2 + ь 2 = 1.

је

је

Rei'fenje.

232 -

1z 1) i 2) dobijamo jednacinu familije elip-

si 3)

х

2

2 + у __

2" а

1

·2

1-а

Parcijalni izvod

ро

3)

а

је

О,

tj. 422

а (у

-х

)

+

2а

22 х

-

х

2

О

•

Resenja ove jednacine su 2

4)

а

5)

а2

х

1

у+х

2

х х-у

EliminiSuci

а

iz 3) i 4)

6)

(х+у)

7)

х +у

2

dobijamo jednacinu 1

tj.

= 1

х+у=-1.

Eliminisuci

а

iz 3) i 5) dobijamo jednacinu

(х-у) 2

= 1.

tj. 8)

х-у=1

9)

х-у=-1.

Obvojnica familije elipsi 3)

r а ta s u 6), 7), 8) i

19. nи

је

kvadrat. Jednacine strane kvad-

9).

Ako osku1atorne ravni krive uvek prolaze kroz jed-

stalnu tacku prostora, dokazati da

је

kriva ravna.

НеВеnје. Ako је r 1 vektor polozaja fiksne tacke kroz koju prolaze sve oskulatorne ravni krive, tada је jednacina 05kulatorne ravni u proizvoljnoj tacki krive odredjena vektorom

ро­

lozaja r(t) data sa -+

-+

-+

-+

(r-r 1 )(r(t)xr (t»

gde

је

=

о,

.... .... r vektor polozaja proizvoljne tacke ravni. Kako i r(t) le-

zi u oSkulatornoj ravni, to

је

-

233 -

Koristeci pravila za izvod skalarnog i vektorskog proizvoda vek/

torskih funkcija skalarne promenljive: d -

-+

-+

(r 1 (t) • r 2 (t»

dt

imamo:

1+

~ r~ + r_rxr

-+ -+ r+~] -+ -+ .... +1 (r-r 1 )_rxr + (r-r 1 ) .[rxr .. = О.

Kako su prva dva sabirka u gornjoj jednacini jednaki nuli, to

+1

-+ -+ ) (r-r 1

2)

[-" rxr

је

О.

=

-+ -+

-+

~

Iz jednacine 1) imamo da su vektori r-r , r, r kom.planarni, tj. . . 1 . -+ -+ -+ ~ leze u nekoj ravni a t , а iz 2) lz1azl da 1 r-r i , r, r pripadaju

a t , tj. u svakoj tacki -;(t) krive''-I-vek.~ori ~, 'r i 'Е' pripadaju istoj ravni, sto znaci da је гr х rJ . -; = О. Odavde sledi da је torzija ( ~ ) jednaka nuli u svakoj tacki krive, tj. kriva је ravna, jer

је

1 Т

20.

Izvesti formulu za krivinu ravne krive zadate jed-

nacinom у

је

r

је

....

(1,у'(х),

r

(О,у" (х),О).

О)

,

је

(~) 2 а

.

(х,у(х),О)

r

:;.

Kako

za parametar, njena vektorska

х

oblika -+

Tada

•

Uzimajuci

Resenje.

jednacina

у (х)

=

;=

[~xђ

l+y,2 =

(х)

,

[

(~) 2 Ј

(О,О,у"(х»,

3 = [l+Y,2

(х) Ј ~

,

[~x~12 = [у" (х)1 2 ,

- 234 је

to

z

уп (Ну д) 3/2

-\

к

-

а

d

а

с

i

z

а

е

v

z

Ь

\

u 2

Naci geornetrijsko rnesto sredina norrnala elipse ~ + L а2 1 uperenih prerna unutrasnjosti elipse. 1.

2

t7

[(ь2х2+а2у2)2(а6у2+ь6х2) = а 4 ь 4 (а 2 _ь 2 )2 х 2 у 2] 2. -2t+l

Kakvu krivu predstavlja jednacina x=t 2 -2t+3; y=t 2 _ х-у=2

(deo prave 3.

gde

је

х.::.

2) .

Dokazati da se jednacina strofoide

·2 2 =х(х-а)

(2а-х)у

rnoze napisati i u pararnetarskorn obliku 2at 2 at(t 2 -1) х

4.

=

•

=

у

1+t 2 '

1+t 2

Naci rastojanje od koordinatnog pocetka do tangen-

te па krivu х 2 у=а 3 u tacki sa apscisorn хо. 2

3а хо

( d

Jx~ 5.

+

4а 6

Dokazati da su sve norrnale

па

krivu x=a(cost+tsint);

y=a(sint-tcost) podjednako udaljeni od koordinatnog pocetka. 6. torn

па

krivu

Dokazati da povrsina trapeza obrazovanog sa tangen3аху=х

3

+2а

3

, ordinatorn tacke dodira i koordinatnirn

osarna ne zavisi od izbora tacke dodira. 7.

Dokazati da se linije

ь 2 (2х 2 +у2) seku pod pravirn

(2а-х)у

2

=

х

3

i

(х

2

+у

2 2 ) =

uglorn.

8.

Naci geometrijsko mesto temena pravog ugla cije ... 22 22 22 22 2 2 2 2 strane tang~raJu kr~vu Ь х - а у = а Ь ; (х +у = а - Ь , а > Ь ; za а 2 < ь 2 ne postoji takav ugao). 9. Naci obvojnicu krugova sa centrom

па

hiperboli

ху=а

2

Ох

koje tangiraju

у=О;

[1)

osu.

х=а а 5 +зcr

2)

2

х +у

2

+z

2

=а

2

,

а4 + 1

10.

235 -

2а 3 -4- ,

у =а

а

Naci kosinuse ugla koji gradi tangenta у

,

=

тх

М

2

2

2

(т +l)Zl +

=

(mYl+x1)

2

)

х= а

3 eos t;

у= а

eos 2t. (R

а

2:

sin 2t )

•

§ 2.Povrsi u prostoru

је

Neka

vektorskoт

povrs data

jednacinoт

~(u,v) = x(u,v)l + y(u,v)j + z(u,v)k ili

и

gde

је

у

=x(u,v),

Jacobijeva

Г

је

-+

Эu

~,~

-~ Эv

vektor

п

па

Эr

,

Эu

п

је

=(

ЭF Эх

povrs zadata

,

О, ЭF Эу

,

jednacinoт

ЭF

эz

)

povrs dat sa

.

-+

-+,

Эr

v

Эv

r

је

-+

Ako

-+ -+

-+,

-+, r ru хrv ' u povrs zadata jednacinoт

F(x,y,z) = tada

norтale

1

[-+~

п

је

ЭZ]

Эи

Эv

Tada

= z(u,v)

z

тatrica

Эх

ranga 2.

= y(u,v),

~

Эu

Ako

obliku

paraтetarskoт

х

krivu

meosy=-(mУ1+х1);

Naci radius krivine za

11.

па

sa koordinatnim osama.

(Meoscx = zl; MeosB=mz 1 ;

а

+1

3 sin t; Z =

- 236 tada

је

(Jf

-+

п =

Jednatina

polozaja r o

а

па

ау

povr~i

F(x,y,z) =0 koja

povr~i

dvoparaтetarska

vektoroт

odredjenoj

iтa

dobija

se

povr~,

obvojnu

опа

to

eliтinacijoт

sva

paraтetra

paraтetara

f(x,y,z,a,b) = tu jednacinu

1.

u tacki

Ь

i

О

јта

obvojnu

аа = о,

х

~ аь

о

=

druge tacke.

222 -4у +2z -6 =

ravni i normale О

А(2,2,3).

Iz af .' ау

af vektor

af

2х

ах

је

povr~

iz jednacina

Эf

о,

Naci jednacinu tanc;entne

Resenje.

sledi da

а

zadovoljiti i

тogu

f(x,y,z)

1)

о.

f(x,y, z,a,b) =

povr~

еlјтјпасјјот

dobija

о,

tacke zadovoljavaju jednacinu F(x,y,z) =0 koja

пјепе

to sve

....

8У'а2 = 4z, па

normalan

п

-+ п

(x-2)-4(y-2)+3(~-3)

= n(4, -16,12). је

=

О

,

tj.

jednacina normale х-2

-1-

povrs 1 ) u tacki

....

Jednacina tangentne ravni

а

Мо

tatki

iz jednatina

Ako

по

и

f(x,y,z,a) =0

povr~i

f(x,y,z,a)

se

, -1)

је

faтilija

lezi

(Jf

'

tangentne ravni ->

Ako

ёЈх

(

у-2

=т-

z-3

-3-

x-4y+3z-3

о

,

А

па

povrs

-

2.

Dokazati da ravni koje tangiraju гх

1)

па

odsecaju

+ гу + гz

1)

zbir stalan.

Jednacina tangentne ravni u tacki (x,y,z)

(Х-х) +

1

Ь

z osi, tada

i

(У_у) +

2..

гх а,

је

је

2)

Ako sa

povr~

= о

koordinatnim osama odsecke ciji

Resenje. povr~i

237 -

гу

с

2..

(Z-z)

о

гz

obelezimo odsecke koje ravan 2) odseca

па х,у

i

је:

а = х

+

гх

(Гy+Гz)

Ь

+

гу

(Гx+Гz)

У

=

с

z + гz (Гх+Гу)

а

а+Ь+с

3. 1)

о

.

Na povrs +z

ху

2

+ xz

1

postaviti tangentnu ravan paralelnu ravni x+2z-у=О.

2)

је

Ako

Resenje.

(Xo,yo,zo) paralelna ravni

tangentna ravan onda vektori

2)

->-

n 2 (1,-1,2) moraju biti kolinearni, te у

о

+z

х

о

--1-

о

=т

2z

о

+х

2

о

tj. х

z

3)

Kako

је

tacka

-t

о

О

=

М па

l2

t

povrsi 1) to

је

-- t

је

,

povr~i

1) u tacki

n1 (yo+zo

м

x o ,2z o +x o ) i

-

238

z

1

.

3 2 t

2

2

4)

?СоУ о + Zo + х о z о

Iz 3) i 4) sledi da 1 "2 t

је

2 +

2-4

-

t2

1

о У

Resenja gornje jednacine su

=2

t1

А

i

t2

15

Postoje dve tacke

=

~

2

-

51. "

15

1 i М 2 па povrsi 1 ) gentna ravan paralelna ravni 2) а to su М

1 (-

М

2 -,

1

3

/5

15"

/5

М2 (

и

Jednacine tangentnih ravni Х-У

О;

+ 2z - 15"

4.

1)

= vcosu -

У

vsinu -

па

>'5

'

1

3

15

15"

kojima

је

tan-

па

ravan

)

15"

о

povrs

ф(и)соsи ф

2 -т:=

и

tim tackama su

Х-У +2 z +

Odsecak normale х

В

+

Ф'(и)siпи ф

(u)sinu

- (и) cosu

z = l2V ХОУ

koji se nalazi izmedju povrsi i ravni ХОУ.

је

Pokazati da

Ako sa п(п 1 ,п 2 ,п з ) obe1ezimo vektor norma1e

Resenje. па

povrs 1)

и

projektuje se

velicina projekcije d stalna (s1. 4)

nekoj tacki (u,v) tada

је

ј

....

[-v+ф (и) +ф" (и)] sinu

п

cos

-

k

[-v+ф (и) +ф "(и) Ј cosu~=n 1i+n 23+п з k .

Sln

и

и

1

12, gde

је

- {

П2

[-V+ф (и) +ф ., (и) Ј cosu

[-v+ф(и)+ф" (u)}sin и

(-

~)

I

2З9

-

nз =

Ф (и) + Ф -- (и)

[-v +

па

JednacinapravenQrmalne

-

1 и

povrs 1)

tacki (u,v)

је

3)

З)

Prodor prave

+ cos

је А (х

zbog 2)

ХОУ

kroz ravan и ,у

Velicina projekcije d је АБ

2

2

+ у- +.; = ~

а

~

Ь

1. је

dok

1

n

з

з

па

ХОУ

је

В(х,у,о).

tacka

tj. 1.

rprojekcija centra elipso-

t angen t ne raVn1. .

с

z)

па

Jednacina tangentne ravni

Resenje. (х,у,

ravan

Naci geometrijsko mesto

9.

ki

па

= \(cos 2 u + sin 2 u =

d

2 .;, ~

n

+ s in u , о) •

Projekcija tacke (x,y,z)

1. d а

n1 n2 tacka A(x--z, y--z,o), tj.

је

elipsoid u tac-

је

(Х-х)+ ~ (У-у)+ ~ (Z-z) = О,

-;

а

ь2

с

jednacina normalne prave

па

tangentnu ravan

kroz koo-

1)

rdinatni pocetak 2.

а2х

ь2у

х

Prodormu tacku

У

М

-z

t

prave 2) kroz ravan 1)

(tj. projekciju centra 1 elipsoida па tangentnu ravan) dobijamo za t = 2 -"""2--"2 , te SU koordinate. tacke М х +у +;

;r

~

2а

х

Kako

2 2 z2 х + у + 4" 4" а ~ с је

с'*

z

х

у

х

2

у

2

2 z

-4+~+4 а

Ь

с

"2 с

z х

2

У

2

z2

4+~+4 а

Ь

с

- 240 1

З.

222 х У z 4+:--4+4 а

Ь

с

а

1

4.

jer

(x,y,z) tacka

је

2

у

х 2" +

З)

2

i7

а

to iz

elipsoidu,te

па

i 4 ) sledi da

z + 2

2 1

је

trazeno geornetrijsko mesto

6.

,

с

(х 2 +у2 + Z2)

й

је

а

2 2 Х

+Ь

2 2 у

+с

2 z2

Г.

povrsi ~ ->2 2 2 .... aucosvi + businvj + u (acos v + bsin v)k

Na

~ (u,v)

naci krivu u cijirn tackarna tangentne ravni па у

jednake otsecke НеВеnје.

i

z osi,ipokazati da

Kako

-+

па је

povrs

odsecaju

to ravna kriva.

је

-+

-+

2

2-+

r u = acosvi +bsinvj + 211 (acos v+bsin v)k

ausinv1 + bucosv ј + 2и 2 (-acos v sinv + Ь sin v cos v)

-+

r

to

је

vektor ->-

п

2) а

v ->п

norrnalan ->-,

-+,

= r u х r"

ра

povrs u tacki 2

-+

(и,

2

k

v).

,>

-+

= - 2аЬи cosvi - 2аЬи slnvJ + abuk

jednacina tangentne ravni glasi -2ucosv(x-aucosv)-2usinv(y-businv) + + z-u 2 (acos 2 v+bsin 2 v) :о О ,

odnosno 3)

u

2u(cosv)x + 2и (sinv)y _ _ z ___ =1 -2-(-- 2 Ь ' 2) -2:( 2 ь ' 2 .) 2( 2 Ь ' 2 ) acos v+ Sln v u acos v+ Sln v u acos v+ Sln v

Оа

па у

bi ravan 3) odsecala jednake odsecke 2usinv

i z osi mora biti

-1

tj. v

и=----

ОЈ

(k =0 ,

kn

I

1,

t

2 , • ••

).

2sinv је

Iz gornjeg sledi da

jednacina trazene krive

а

~(v)

-:о

"2 ctgv Ј.

Ь

"2

-

-t

Ј

1

2

+4 (actg v +

ь)

-,

k

odakle se vidi da se ona nalazi u ravni у = - ~

Pokazati da sve tanqentne ravni

7.

па

povrsi

z = xf( Z

1)

х

prolaze kroz stalnu tacku. Kako

Resenje.

az

f(

ах

to

је

је

Z ) - Z х

f'(

х

Z )

dZ=f'('i) 'ду

х

х

jednacina tangentne ravni kroz neku tacku M(x,y,z) povrsi

1) •

2)

f'f( у L х

) -Ух с( 'iх )Ј(х-х)+с( Z ) (Y-y)-(Z-z) х

Kako је z = xf ( ~)

to 2) postaje

1..·f( Z) _"i.

3)

о

х

х

f'("i. )1x+f'("i. )Y-Z х

~

х

=

п

Sve tangentne ravni 3) prolaze kroz koordinatni pocetak.

Pokazati da su povrsi

8. 1)

х

х

ortogonalne.

2 2

+у

+у

2 2

+z +z

2 2

=х

=1'

- 242 -

Невеnје.

Оуо su dve sfere poluprecnika ~ sa centrom

и tacki А( ~ ,0,0), odnosno Ь(О, ~ ,О), sto se lako vidi ako se и

jednacine 1) napisu (х

1

-"2)

2

obliku

+у

2

2

+z

1

"4

2) х

2

Vektori normala

+

(у

па

1

-"2)

2

+z и

povrs 1)

2

1

:0"4 nekoj zajednickoj tacki M(x,y,z)

su

rt 1 (2х - 1,2y,2z)

i

Pokazacemo da su vektori ........ ·п ) 1 2

(п

= jer tacka

2(х

М le~!

=

4х

h1 2

i

rt 2 normalni,

-2х+4у

2

-2y+4z

2

22222 2 -х+у +z )+ 2(х +у -y+z ) = па

О,

presecnoj liniji sfera, te

пјепе

koordinate

zadovoljavaju jednacine 1). Iz gornjeg sledi da su povrsi 1) ortogonalne.

Dokazati ortogonalnost sledecih povrsi

9. 1)

ху

2)

х

3)

z

= az 2 ,

222 +у +z 2 2 +2х

Ь,

= c(z

НеВеnје.

lа па

tada

2

+2у

2

Ako sa

povrsi 1), 2) i 3)

и

).

....

.... П

....

1 ' П 2 i п з obelezimo vektore normanjihovoj zajednickoj tacki M(x,y,z)

је

....

....

....

....

П2

п

з

n 2 (x,y,z) п з (2х,-2су,z-сz)

Pokazacemo da su vektori

....

п1 ,

da su i povrsi ortogonalne.

....

П2

l"

....

пз

uzajamno normalni sto znaci

-

243 О,

М

jer tacka

lezi

па

povrsi 1), о

М

jer tacka

~

lezi

(n 2 • jer tacka

М

па

~

=

nз)

lezi

povrsi 1), 2х

па

222

-

2су

+z

- cz

2

О

.,

З).

povrsi

S tim је tvrdjenje zadatka dokazano.

10.

obvojцu

Naci

povrs farnilije sferi

222 (х-а) +у + z - 1 =

1)

ReJenje.

njujuci ovo

Iz

u 1

-2

(х-а)

О

=

dobijamo da

О

је

а

=

х.

Zame-

dobijamo jednacinu obvojne povrsi у2 + z2 _ 1 = о.

То је

kruzni cilindar cije su izvodnice paralelne

11.

gde

2

v

+ (y-qa)

(х-ра)

је а

parametar.

2

+ (z-ra)

2

Parcijalni izvod

Re1enje.

odakle

osi.

Naci obvojnu povrs familije sferi

1)

-p(x-pa)-q{y-qa)-r{z-ra)

2)

х

= s

2 2 а

ро

1)

а

је

= s 2а

је

а =

px+~+rz р

2

2

+q +r -s

2

Ako uvedemo smenu рх

+ qy + rz = GC;

Р

222 2 +q +r -s =

В

((З+0)

tada је а =~ , а zamenjujuci ovu vrednost od а u 1) dobijamo jednacinu obvojne povrsi

-

244 -

s

12. (п,

о,

О)

i od koordinatnog pocetka su па rastojanju 1'.

Kako ni jedna od ravni koje zadovoljavaju х

uslov zadatka nije paralelna

је

osi, to u jednacini ravni kroz

(n,О,О)

А(х-n}

1} А

о.

Naci obvojnu povrs ravni koje prolaze kroz tacku

Resenje. datu tacku

2 2

+

+ Cz =

Ву

о

uvek razlicito od nule, i moze se uzeti da

nost 1,

ра

је пјепа

vred-

1} postaje х

2)

је

Iz uslova da

I'i

+ Ву + Cz

rastojanje ovih ravni od koordinatnog pocetka 1,

sledi veza

В=± ~,

1, tj.

В

Vrativsi gornju vrednost za

I С!

< 1

•

u 2) dobijamo konacni oblik jed-

nacine ravni koje zadovoljavaju uslov zadatka (sa parametrom 3) ро

Parcijalni izvod 3) -С

----'--

4)

С

у.

је

+z

о

±Ј;-::СГ Iz 4) sledi da 5)

с

z

i1i

2

је

z

~1/-2-2

---, /2 + 2

t -Vy

z

Vy

+z

Iz 5) i 3) dobijamo jednacinu obvojne povrsi х

- 12 ±

у

2

/2

Vy

+z +z

2 о

2

i1i

(х

-12)

2

У

2

+z

2

С)

-

245 -

Ovo је jednacina konusa cije је teme u tacki (/2,0,0) а

јој

osa sirnetrije

13.

х

osa.

Naci obvojnu povrs farnilije elipsi

~

1)

+

а

pri uslovu

је

~

~

+

Ь

а +Ь +с

= 1.

Pri gornjern uslovu 1) se pretvara u

Resenje. Х

2)

= 1

с

2

(1-Ь-С)

2 У 2 + ~ + Ь

Parcijalni izvodi od 2) х

3)

х

ро

2

(1-Ь-С)

4)

Z

- у

2

z

(1-Ь-С)

1

.

su

2 о

2 О

-~

3

с

Ь

Elirninisanjern pararnetra

с

~

3

I

с

i

Ь

2

2

i

с

iz 2), 3) i

4) dobijarno jednacinu

povrsi. Iz 3)

4 ) sledi da

i 2

z2

У-ь3

Uvrstirno li

х

5)

u

odatle

2

у

У

2

1"3

ь

је

2

tj.

1-b-I~1 2/3 ь У

је

у2/3

ь

(6 )

х

Iz 5) i

= [~

dobijarno da

4)

ь3 а

с

с

iz

с

tj.

-3

је

6)

sledi da

2/3+у 2/3+ z 2/3 је

z2/3 (7)

с

= х

2/3+у 2/3 +z 2/3

Uvrstivsi vrednostiod obvojne povrsi

Ь

i

с

iz 6)

i

7) u 2) dobijamo jednacinu

-

14. јаји

Napisati jednacine rotacionih povrsi koje se dobi-

obrtanjem: а)

у2

х2 +

elipse

2

~

а

kruga

с)

parabole z

2

=

1

oko

R2

oko

2рх

х2

у2

а

Ь

hiperbole 2-:-2

НеВеnје.

ose

ОХ

ose

ОУ

oko OZ ose 1

oko

ose

ОУ

Jednacine rotacionih povrsi su 2

Х2

а)

2 + у2

(х-а)

Ь)

d)

(и

246 -

2

+~= 1

~

bL

jednacini elipse

у

zamenimo sa

vl y 2+z 2

Ь)

(и

jednacini kruga с)

(и

2

z

VI х 2 +у 2

2р

jednacini parabole 2

+z --,х

d)

2

-

jednacini hiperbole

15.

ili

z

4

=

4р

2

(х

2

2 +У )

zamenimo sa ~22 х +у )

х

а

(и

VI x 2 +z 2

zamenimo sa

х

2 у :-7= 1 Ь

х

zamenimo

VI х 2

+ z2

)

Odrediti jednacinu cilindricne povrsi cija

trisa (х-а) 2 = _k 2 (у-Ь); z = с а generatrise su paralelne

је

direk-

pravoj

x=mz; y=nz. НеВеnје.

1)

и:-а) 2

2)

~

=

Ako

је

tacka

(~,n,~)

па

_k 2 (n-Ь)

с

Jednacinu prave mozemo napisati

и

obliku:

direktrisi,tada

је

- 247 -

Tada

је

jednacina generatrise kroz tacku

= У-Il =

m је

Т

п

x-~

(gde

z

~

х

m

(x,y,z) tacka

3)

1;

х

4)

11

у

5)

1;

па

= t.

Z-l;

п

(~,Il,C)

1

cilindricnoj povrsi) tj.

-mt

- nt z - t •

г

Eliminisuci parametar

~,Il,1;

i t 1), 2), 3),4) i 5) dobijamo jed-

nacinu cilindricne povrsi. Iz 2) i 5) sledi da 6)

је

t=z-c.

Uvrstivsi t iz 6) i u 3) i 4) dobijamo da 7)

~

8)

11

је

x-m(z-c) y-n(z-c)

Uvrstivsi iz 7) i 8) vrednosti za

~

i

11

U

1) dobijamo jednacinu

cilindricne povrsi [x-a-m(z-c)]2 + k 2 [y-b-n(z-c)]

16.

О.

Naci jednacinu cilindricne povrsi cije su genera-

trise paralelne pravoj х = у = z i tangiraju elipsoid х 2 + 4у2 + 9z 2 = 1.

Resenje. Ako је tacka A(~,Il,Z;) istovremeno idu i па cilindru onda је sa jedne strane 1) а

elipso-

~2+41l2+91;2=1,

sa druge str ane

da u tacki

па

је

А (~, 11 , 1;),

vektor gde

је

а

(1,1,1) u tangentnoj ravni elipsoi-

vektor normale tanaentne

ravni

= rt(~,41l,91;). Iz uslova normalnosti а i rt izlazi da је

...п

=

- 248 -

F;+411+9z;=O.

2}

x-F;

z-r,;

:i.:2l

t,

-1-

1

B(x.y,z)

А је

Jednacina generatrise kroz tacku -1-

Z

tj. x-t

3}

gde

је

11

у-

r,;

z - t

х

t

па

B(x,y,z} tacka

Eliminisuci F;,11,Z; i t

cilindru.

у

51.5

iz 1}, 2} i

3} dobijamo jednacinu cilindricne povrsi. Zamenimo vrednosti od F;,11 i -14t+x+4y+'9z =

r,; iz 3) u 2) i dobijamo

о

tj. t

=

х

+ 4у + 9z 14 а

Ovako dobiveno t vratimo u 3}

zatim vrednosti F; ,11 i r,; iz 3}

uvrstavamo u 1) i dobijamo (13x-4y-9z}2 + 4(-X+10y-9z}2 + 9 (-х-4у+Sz) 2 = 142 tj. posle kvadriranja i delenja cele jednacine sa 14 dobijamo jednacinu cilindricne povrsi; 13х

(О,О,-с)

222 + 40у + 4Sz -

je~nacinu

17.

Naci

а

direktrisa

Resenje. risi, tada

8ху

Ako

јој

је

- 18xz - 72yz - 14

О.

konusne povrsi ciji је vrh u tacki . 222222 lem~nskata z=O; (х +у ) =а (х -у ).

је A(~,rl,z;}

proizvoljna tacka

па

је

1}

(F;2+ 11 2}2=a 2 (F;2_ 11 2)

2}

F; =

i о

.

Jednacina generatrise koja spaja

(О,О,-с)

sa

A(~,I1,(}

је

direkt-

-

(gde

је

249 -

(x,y,z) proizvoljna tacka

3)

и

=

С

2

v-Cv

vЗ

2

+:з

С1

+

= f(v) је

i jednacina nivovskih linija ~

r = (f(v)cosv,f(v)sinv,f(v) +v).

7.

sovu krivinu

Naci glavne prayce, glavne krivine, srednju i Gausи

proizvoljnoj tacki povrsi

r Resenje.

(u,v,uv)

=

је

Kako

2~

~

d r·n

1

к

R

о

to iz ~,

r

(1,0 ,v)

и

~,

r

(О,l,и)

v

~

(0,0,0)

r"

ии

~,

r

(О,

vu

~,

r

(О ,О

uv

~"vv п

-> ,

= ru

=

и

=r~u(du)

,

(-v ,-и ,1) ,

rv

I~I

r 'du+r v'dv >

-,

1

П

по

2·, d r

х

->

->

dr

,1)

(О ,О ,О)

Irnarno ->

0,1)

2

= (du, ->

I

(-v,-u,l),

2 2 и +v +1

О, vdu) + (О ,dv ,udv) = (du,dv ,vdu+udv) , ,

-+

+r~ududv+r~vdudv+r~v(dv)

2

= (0,0,2 dudv)

-

26] -

је

Odavde

2 du dv 2 2 2 2 2 2 (du +dv +v du +2uvdudv+u dv )

~ = к = ~/::;;~~2;;:::= Vu +v +1

imenitelj gornjeg razlomka sa dv 2 (dv -F

Podelimo i broitelj i du dv

i obele?imo

.!.

R

=

х,

је

tada

к = -;::;;::2::::::;;=/

2

х

2

(l+v

Vu +v +1

Glavni pravci se dobijaju za по

ili minimalno, tj. za koje 1 ) , R

х

2

К'' х

'2 2 Vu +v +1

2

)х

2

2 +2uvx+(1+u ) du dv =

оnо

х

( .!.R )'х

је

za koje =

о.

2

du ) 2 dv

l+и

2

1+v 2

tj. dv

du

i

Ј1+и 2

Vl+v 2

- -dv -Vl+v 2

cija su resenja u

+Ј1 +и 2 dobijamo

2

/ 2 2 Vu +v +1 1

Slicno za

је

1

dobijamo:

1 R

maksimal-

DObiJ'amo

2 2 2 - ( 1 +v ) х + 1 + u [(l+v 2 )х 2 +2uvx+(1+u 212 )

Glavni pravci se dobijaju za

х

О)

- 262 -1

/ 2 2 V u +v +1 је

Odavde se laka dabija da

srednja krivina -uv

1

2 а

Gaussava krivina -1

1 R 1R2

(l+и

2

2 2 +v )

Odrediti asimptatske linije, linije najveceg nagiba

8.

geadezijske linije pavrsi

r-+

-+ ,

и

( cas v, s in

и,

).

је

Za avu pavrs

Resenje.

r

1 и

( и cas У, и s in v,

1

- 2) и

"Е' =

(-и S in v, и cas v, О )

v

(0,0,

~) и

(-sinv, cas v,o) -+

r~

п

=

(-ucas v,

= [;~

x}~ Ј=

-и

sinv,O)

(~

cas v,

~

sinv,u)

dr =r'du +r'dv = (cas vdu-u sinv dv, sin vdu

. v

и

2-+

2

-+

cas v dv ,_

r" du ии

и

11

,; и

Jednacinu aSimptatskih linija mazema pisati

и

2+ + d r • п =

sta za avu pavrs pastaje

d~)

2

+

+ 2 r" du dv + r dv = uv vv = -2SinVdudv-uсаSVdv 2 ,2саSVdUdv-uSinVdv 2

d r

=

-+

+и

abliku О

,

du 2 )

2БЗ

-

-

2 sin v cos v du dv - cos 2 v dv 2 +

и

2

+ 2

du

2

~и sin v

cos v du dv -sin 2 v dv 2 +

= О

и

dv 2 ~ cije

је

12

du = :!: dv и

resenje

12

c±v

и

ln и = С -+ V I

ASirnptotske linije su v+c

1/2

'=-

еп-

v+c cos v

-v-c

,е

c-v

c-v

..r 2 = ( 1 2 cos v , е 12; '12 е S1n v , е Linija najvecegnagiba Z

1

1

= и

С'

је

norrnalna

nivovsku liniju za koju

tj. па krivu

.

Ccosv,Csinv,C)

rз

..

tj.

О

dr(u=C) је

Kako

.. dr

..

(и",С)

dr з

to

па

је

=

= (cos v du-C sin v dv, sin v du+ С cos v dv, -

(-С

du с2

sinvdv,Ccos vdv,O)

diferencijalna jednacina linije najveceg nagiba:

-С sin v cos v du dv+C 2 sin 2v dv 2+C cos v sin v du dv + +

c 2 cos 2 v

О,

dv 2 =

tj.

cije

је

resenje v=k. Linije najveceg nagita ..

irnaj~

jednacinU

1

r = (ucosk,usink,u:)

Projekcije linija krivina

па

ravan

ХОУ

su prave

у= х

tg k, tj.

prave kroz koordinatni pocetak, sto se vec rnoglo naslutiti iz jednacine povrsi date u obliku

је

-

2б4

-

1

+i

x2

и

Iz jednacine geodezijske linije date + + n· ..г dr

sledi da

је

.!.

х

d 2+] r =

а

diferencijalna jednacina oblika

nјеnа

.!.и sin v

cos v

и

obliku

и

sin vdu+u cos v

cos v du-u sin v dv -2sin v du dv-u cos v dv 2

ду

(1

.,

2cos v du dv-u Sil1. V dv-

па

sto se svodi

(-ј +2u)du 2dv + иЗdV З

а

и

Ova diferencijalna jednacina se raspada dv =

а

па

dve

dv2 = -б4+ 2и 4 du 2

i

и

Resenje prve

је

v=k, sto znaci da su linije najveceg

giba istovremeno i geodezijske linije ove povrsi, dok drugu zemo pisati

и

obliku: dv = ±

v'4-:;:-;;Г du и

Smenom u 2 =t

dobijamo

v =

± "21

f v'4~ t 2 dt.

z = - -1 ln ( cos

1)

а

(-z~,

ах

cos

ау)

Normala povrsi

Веаеnје.

п =

povr~i

Naci linije krivine

9.

Odavde

З

.

је

-z;,1) = (-tg ах ,-tg ау ,1).

је

dn

=

(

-

adx cos

2

ах

_ _ a.,.,dУ",-) 2 ,О cos ау

nа­ mо­

-

па

Tangentni vektor д;

265 -

= (dx,dy,z'dx+z'dy) = (dx,dy,tg axdx+tg х

је

povrs u praveu (dx,dy)

у

ауду)

Лkо za difereneija1nu jednacinu 1inije krive uzmemo dr. [п xdn]=O

tada

је дх

tg

ду

-tg

-tg

ах

ах дх+

ау

tg

ау ду О

1

-аду

-а дх

--2eos ах

eos

2

О

ау

tj. а

Odavde

tg ах ~g ау (dy) 2 _ eos ау

~tg ax~ (дх) 2

eos 2 ax

О.

је ду

eos

дх

±

eos

a~'

ах

cija su resenje

1п tg тr-:a y

1п

:t

п-2ах

tg - 4 - -

+ 1п С

tj. 2)

tg

3)

tg

Presek povrsi

п-2ау

4 тr-2ay

nika

С

4 1)

тr-2ax

4

С

п-2ах

tg - 4 -

i fami1ije ei1indra 2)

nija krivina povrsi,

10.

tg

а

presek 1) i 3)

даје

даје

jednu fami1iju 1i-

drugu fami1iju.

Naci geodezijske 1inije eentra1ne sfere po1uprec-

а.

Resenje.

Jednacinu eentra1ne sfere тo~eтo, pisati u

obliku

....

r = (а eos v eos и,а eos v sin и,а sin v)

Kako

је

.... ,

ru

(-а eos v sin и,а eos v eos и,О)

-+,

rv

ta

(-а

sin v

-+

4...

266 -

сав и,-а

sin v sin

и,а

cas v) 1

је

r

П

2 (а 2 сав v

d~ (-а

=

и

сав и,а

-+ ...

xr

v 2 . cas2 v s~n

~'du + ~'dv и v

sin v sin

,а

и

dV,a cas v cas

и

du-

cas v dv)

је

Nadalje -+

r"

(-а

ии

~

и

2. ) s~n v cas v

=

cas v sin и du-a sin v cas

-а

и,а

.

(а

uv

cas v cas

и,-а

cas v sin и,О)

sin v sin и, -а sin v cas

(-а

cas v cas

и, -а

и, О)

cas v sin и, -а sin v) (А,В,С)

gde

је

А

=

-а cas v cas и du 2-i"2a sin v sin и du dv-a cas v casudv 2

В = -а сав v sin и du 2 -2a sin v С

= -а

2

casudu dv-a cas v sin

и dv 2

sin v dv·

Diferencijalna jednacina geadezijske linije је

r;:. rd~ х d2~I

=

О,

sta izracunavanjem vrednasti adgavarajuce determinante pastaje

Stavljajuci du=O dabijama geadezijske linije

и=С, -+

sfere. Stavljajuci sin v =0 dabijama meridijan r = dak cas v =0

nе

daje liJ:liju

па

uparednike (а

cas

и,а

sin и,(\

sferi. Resenje diferencijalne jed-

nacine 2 2 2 2 dv + cas v du =

О

tj. dv сав

v

је

lnC + ln I tg ( ~ +

+

1

i du

12

1) I

±

iu iu

12

tj.

Ctg (

v

1т

"2 + "4

±12

е

-

267 -

ZADACI ZA VE~BU

Na6i tangentnu ravan па povrs

1.

xn+yn+zn=a n и ta~ki

(Х 1 'у l ' z 1)

n-1

(Х 1

2.

n-1

Х+У1

n-1 + z1 z

у

па

Na6i jednacinU tangentne ravni

povrs x=ucosv,y

=usinv, z = av.

rх sin v-y cos v+ з.

па

Na6i tacke

~ z

.

и v Ј

а

elipsoidu

х

2

2"

+

а

sa

1

и

kojima

ь

а

normalna obrazuje ugao

2

~+

osom.

х

х 2 tg 2а "4"

1,

0.1

а

Na6i obvojnicu и kojima otsecci dovoljavaju uslov a n+b n+c n =1.

а,Ь,с,

5.

=

(xa+ya+za

6. у

z=Q;

2

=2z,

osama za-

(n+1)a = п)

Na6i orvojnicu ravni

које

tangiraju parabole

2

у =2х,

х=о. (у

7.

са;

па

2

=2(x+z». па

Na6i linije krivine

hiperrolicnom pararoloidu

z = !!. а

(и preseku povrsi

8.

+ cz 2

z= ~

i

а

(хн/ а 2 +х 2 ) (у ±1a2+i) па

Na6i linije najveceg nagil::a

povrsi

1. (и

preseku povrsi

ах

2

+

Ьу

2

2 + cz =1,

У

= ех

Ьја

)

ах

2

+

Ьу

С] а

+

VII 1.

GLAVД

DIFERENCIJALNE JEDNAtINE PRVOr. REDA 1.

JEDNACINA

F(x,y,y') и

је

kojoj

nepoz~ata

Re'enje ј1ј у

f(x)

koja

prvog

integr~l

је

diferencija1na

по

хе'епје

+

i

је

једпасјпа

sa

izvod

у

svaka diferencijabi1na

naziva se

=

Za

пјu

funkcija

vazi:

о.

=

једпасјпа

О(у)ду

пјеп

хеда.

f'(x)1

Diterencija1na Р(х)дх

у(х)

=

tu једпаСјпu.

zadovo1java Flx,f(x),

2.

у

funkcija

једпасјпа

diferencija1na

о

=

oblika

D

razdvojenim promen1jivama.

Nje-

је

Ј р (х) d х = - Ј Q (у) d у + С,

gd е ј е

С

proizvo1jna konstanta. d~ferencija1na

Ako

3.

је

homogena.

Smenom

х

gde

та.

је

и

=

u(х)

jednacina

oblik

х

1L

па

јта

=f(1L),

у

опа

једпасј

=

и

nova nepoznata funkcija

svodi

se па

jednacinu

sa

homogena diferencija1-

razdvojenim promen1jiva-

-

4.

Linearna

+

у'

ima

opste

f

smenom

=

Z

у

+

+

=

у

se smenom Z

,gde

+ Z,

gde је

+

Z(x)

nova

+

У1

nepoznata

funkcija

jednatinu.

Ь(х)

jednatina

=

о,

partikularni

funkcija

па

svodi

integral

te jed-

Bernoullijevu di-

jednatina

О(х,у)ду

jednatina

=

О

totalnog diferencijala

ako је

is-

uslov

resenje је х

у

Ј х

је

2

jednatina

о

diferencijalna

Di ferencijalna

diferencijalna

gde је

=

Z

+ g(x)y

Р(х,у)дх

Opste

f(x)dx dx !

jednatinu.

7.

рunјеn

f

+ g(x)y =

diferencijalnu

[(х)у

У1

g(x)e

diferencijalna

је

nova nepoznata

ferencijalnu

је

jednatina

о,

c _

[(х)у

Riccatijeva У

а

1-а

linearnu 6.

natina

f(X)dxl

Bernoullijeva у'

па

+ g(x)

[(х)

е -

5.

svodi

diferencijalna

retenje

у

sa

269 -

P(x,y)dy

Ј

о(хо,у)

с

о

(Хо'Уо)

ispunjen

+

bilo koja

uslov ЭР

ау

ЭQ

ах

fiksirana

tatka

iz

oblasti

u

kojoj

- 270 -

Diferencijabilna

8.

funkcija

+

Р(х,у)дх

ako

О(х,у)ду

diferencijalna

jednacina

_

~ р ау

9.

је

-

=

О

ао

ах

_

iz uslova

)

ар ау

to moguce.

jednacina

+ g(y"),

xf(y")

se uvodjenjem

svodi

(

ах

одседјије

se

Lagrangeova diferencijalna у

рахатехха

р

у

=

i

diferenciranjem

ро

linearnu diferencijalnu jednacinu sa nepoznatom funkciх

=

х(р).

ЈО.

Clairautova diferencijalna у

ima

intcgra-

totalnog diferencijala.

~ о = л

u slucajevima kada

јот

је

О,

л(х,у)+(х,у)dу

+

Integracioni mno~itelj

па

л{х,у)

је

л(х,у)Р(х,у)dх

х

л

једпаёјпе

cioni mnozitelj diferencijalne

opste

=

jednacina

+ g{y"),

ху

хеsепје

y=cx+.g{C). Singularno хеsепје obliku

у

ЈЈ.

=

-g"(p) -g"(p)

+ g(p)

Diferencijalne f(x,y")

р.

u parametarskom

је

х

у

(ukoliko postoji)

=

о

i

,

gde

је

једпасјпе

f{y,y')

=

О

р

у

oblika resavaju se smenom

-

271 -

1. Napisati dlferencija1nu jednacinu familije

krugova

(х

у

с) 2 + у2

-

(s1.1.'

Resenje: Diferenclja1na jednacina ог--t--~нt~нн---t---4----+-~

fami11je krivih f(x,y,C)= dobija se eliminisanjem rametra f

С

(х,у,С)

()f

х

ра-

iz jednacina =

о

(х,у,С)

•

о

;Эх

Diferenciranjem zadate jednacine (1)

2

dobijamo te

2(х

је

-

С)

С=х

+

+

2уу'

=

О

уу'.

Zamenom ove vrednosti u jednacinu (1) dobija

у2 у ,2 _ 2х'1У' + 2у2 _ х 2

=

О

ве

I

sto predstav1ja dlferenclja1nu jednaclnu date familije krugova. 2. Naplsati diferenclja1nu jednaclnu fami1ije krugova х

у = с е с х

Resenje. Kako

to

је

у'

=е

с

је С

х

1ny'

- 272 -

Zamenorn ove vrednosti u jednacinu х

у

Се

=

с

dobija se trazena diferencija1na jednacina

= ху'

y1ny' З.

Naci opste resenje diferencija1ne jednacine -х(у

у

2

-1)

• • • • • • • • • ••

у(х 2 -1)

Resenje.

(1 )

Kako је у' = ~, to se diferencija1na jednacina rnoze napidx

sati u obliku •

~~\

/~L

,1 \

;''11

----

../

\ ,.

1\

'

\

1

/"

I

\

I

I

,,-

о

11'. /

IC=-1'

1

'1"

1I С-1

\ l'

-

\ #

l'

\\11"

-

11 +

ln 1у2_

gde

је С =

ln

С1

11

С

СЈ

_ •

5/.2 С

(uk1jucujuci i sirnbole

) dobijaju se sve krive koje pripadaju farni1iji krivih,

.. '" i (1)

-1

:::n:) (у2_ 0

Za razne vrednosti konstante koja

у

ln 1х 2 -

-,-:;,:;-'~:t-~ -,~+ ~;;~;-;;--\'

-1

- - -1,---:"-"::;:..,-= dobija se

1...-......

'\

J~+J~=c х

1

Y.-l

Pos1e integracije

' "\

/

l'

~ = о •

+

х-1

, l'

:::.:::.:-_----:-...

x~x

1

је

pretstav1jena opstirn resenjern diferencija1ne jednacine

(81.2.). 4. Naci opste resenje diferencijalne jednacine 2 Resenje

Kako

у'= У

•

је у'

.~ ----zу

dx )

- 273 odno5no

f

4

=! дх

+ С

У

1

tj.

х

+

с

У

ра

је

opste resenje zadate diferencija1ne jednacine 1

у

х

(у

nacine koja

=

о

5е

+

(51.3. ) с

је

partiku1arno resenje diferencija1ne jeddobija kada С..,. оо ) . у

5. Resiti diferencija1nu jednacinu У

I

=

+

х

у

С=2

Uvescemo novu funkciju и=х+у.

Kako

је

и'

=

1

+

у'Ј

to se data diferencija1na jednacina napisati

и

О

-1

у

1

=i(+t.

..

то2е

obliku и'

и

Odavde

=

и

du

odno5no

у

1

~

Resenje.

је

+

+

1)

dx 1

p051e integracije

5/.3

х

1 =

Се

)

odnosno opste resenje diferencijalne jednacine је у

.Х

5/. t.

-

(х

+ 1) +

х

Се

(51. 4 )

- 274 б.

Naci opste resenje homogene diferencijalne jednacine

у' =~. х

у

и

Ako se

-у

jednacinu uvede smena

-1- = и,

tada је у'=и + и'х,

.х

оnа се

biti oblika и

+

=

их

2и

--2 и

1 Н!

x~= dx

и

+

и

1

-

и

2

2

u ovoj diferencijalnoj jednacini primenljive se точи

razdvojiti,

ра

је

1 - и2 ------=0 potetna vrednost niza aproksiје

setice

lja izratunavanja se (17 )

до­

n+1 =к п n+1 =х п -

хо=Ь,

vr~e ро

а

za

тetodu

tangente

хо=а.

Da-

formulaтa:

f(x ) п

(n-0,1,2, ••••••••• )

f ' (%n) f(K

f(х

п

п

).(х

)-

Кп)

-

п

f (х

п

(n-0,1,2, •••••••• )

)

Priтetimo да niz iteraCijajxn]dobijen тetodom tangente konvergira sa leve strane ka re~enju ~, а niz iteraCijafXn~ dobiistovremenom

јеn

setice, sa desne strane, (n=O ,1,2, • •• )

priтenoт

х

тetode

< ~ 0 to

у(0,495)

у(0,525) 0 to

у(0,489)

а

је

а5+ Ь 5 х= -z--=0,489

Kako

у(0,477) > о·

а

у(0,495)

а

у(0,498»

>

О.

је

to

[аБ; Ь8Ј = [0,498; 0,501 Ј

је

а

Vidlmo da smo ovim putem

О.

na~li

у

(0,5 О о) =0 .

tacnu vrednost korena pocetne

jednacine. Ь)

је

Primetimc da

duzina racunanja u prethodnoj tackl re1a-

tivno ve1ika 1 to zbog toga sto

је

pocetni interva1

grubo odredjen. Obicnom proverom znaka funkcije је у(0,4»0

zitl. Kakc

а

y(O,7)~0

оп

[а,Ь1

dosta

se moze su-

neka pocetni lnterva1

[а,Ы

u kome 1ezi najmanjl pozit1van koren jednacine (24) bude [0,4;0,7:. Nadjimo sad dovo1jeni us1ov1

(11) i

у'(х)

у"(х)

1

i proverimo da 11 su za-

(12):

у' (х) =бх 2 -з, 5 у" (х) =12х.

Vidimo

да

su i

у'(х)

i

у"(х)

neprekidne nad

nj1ma ne rnenjaju znak. Pr1 tome

је у' (х) <

а у"(х)

nad 1ntervalom

1zg1eda:

>

о

za

х €

ta,bI

ра у(х)

О

[а,Ы

za

1 da nad

х € [а,ЬЈ

{а,Ы=[0,4;0,7Ј

378

у

о

51.14

Како је

za х

t:

I

Iy'(x) I ~ !у-(0,7)

[а,ь Ј

obzirom da

0,56

=

to је m=ly'(0,7) 1=0,56. је: у'"

(0,4) =4,8 >

у(0,4)=0,228

to

је у"(а) .у(а)

cija

6с

biti

>

о

ра

је

а=0,4

О,

i

;"0 nepokretan kraj. Pocetna ltera-

х о =ь=0,7.

Koristeci formulu

(13) dobijamo ostale interacije:

_

y(x~)

у (ч )

=

у (о

Х2=Х1

_ y(x~) (а-х])=о 539 _ -0,073(0,4-0,539)=0 505 у(а - У(Х1)' 0,228+0,073 '

Х 1 =Х р

у(а

(а-хр)

, 53 9) = -

у(х а )=у(0,505)=

х =х

3

2

KakQ је

I~-хзl.::.

- y(X у(а

0,7 _ -0,264(0,4-0,7) 0,228+0,264

- у(хо)

r)

о

, 07 3

-0,010

(а- Х 2)=0 505 - -0,010(0,4-0,5051.0 501

- У(Х2)'

Iy (х з ) I m

0,539

00',05062 = 0,003

0,228+0,010

<

'

10-2

znaci da smo postigli trazenu tacnost, i za pribliznu vrednost najmanjeg pozitivnog korena jednacine (24) uzimamo с)

Obzirom da

је

~

=0,501.

provereno da su zadovoljeni uslovi (11) i

mozerno primeniti metodu tangente. Kako

је у(а) .у"(а) > о

(12)

niz

379 aproksimaaija {xn } бе biti monotono rаstuбl n1z koji бе konverqirat1 ka reAenju i ~1ja бе pr '.va aproksimaclja bitl хо=а=о, 4. Tada је 0,090 .. 0,490 Х1=Х о - У Х )- 0,4 +

~о

Х2=Х1

Х3=Х2

Kako

је

I ~-хзl 2. to

је

је ~= ~"0,5 Кako

а

..

У\(1)

0,490 + 0,010 .. 0,500

-~= 0,500 +

'У (Х 3 )

m

О

=

O,~OO

vrednost

trебе

Y~ (Х2)

I

О

' = 0,56

=

1edna~lne

prlbl1!no reAenje

~ =хз=0,500

d)

У(Х1)

_

О

lteracije

qreAka koju ~lnimo је jednaka null Ato zna~l da

jer је у(0,5)=0

su zadovoljen1 uslovl (11) 1 (12) Кako је У (а) • У" (а) > О

binovanu metodu.

то!ето

to

primeniti kom-

бе po~etna

vrednost

Х о za monotono rаstuбl niz lteraclja {Хо} dOb1jen metodom tan-

qente, biti хо=а=0,4, а za monotono ораdајuбl nlz lteraclja{x~ dobijen metodom se~ice, х о =ь=0,7. Dalje ra~unanje бето vr~itl ро formulama (17) 1 (18).

Х1=Х О

-

Х1=Х О

-

У(Х о ) ..

0,4 + 0,090 .. 0,490

У" (х о )

У(Хо) (Хо-Х о )= У (х о )

0,7 - 0,161 = 0,539

У (я о )

Y(x 1 ) = У (0,490) = 0,020

y'(x 1 ) = y~(0,490) .. -2,059 y(xl) .. -

-

Х 2 =Х 1

у(0,539)

= - 0,073

_ Y(Xl) = 0,490 + 0,010 = 0,500 y'(Xl)

x2·""Xl

_ У(Х1)

(Х 1 - Х 1) = 0,539 -' 0,38 .. 0,501

Y(x 1 ) - y(xl)

ЗНО

Za pribliznu vrednost korena ~ = Х2+ Х 2

-т-

а

сето

=

greska koju pri tome cinimo

!I;;-~! sto znaci da

је

<

!х 2 -х 2 '

uzeti:

0,501

је:

= 0,001 < 10-2

trazena tacnost zadovo1jena.

2.

,

Koristeci metod iteracije па ј ednac 1nе tacnoscu

pr1bl1znu vrednost rea1nog kore-

х 3 -4х 2 +10х-10=0

(25) ва

nас1

10-3,

Resenje:

Napis1mo jednac1nu (25) u obl1ku

х З =4х 2 -10х+10 da Ы smo izo1ova11 korene. Nacrtajmo grafike funkc1ja У1(Х)=Х 3 1 У2(х)=4х 2 -10Х+10. Kako У2(Х) пета rea1n1h korena а kako је у;" (х) =8 > О оnа је smestena iznad х ове •. Kako је jednac1na (25) jednacina treceg stepena оnа 1та 111 вуе tr1 nu1e rea1ne, 111 jednu realnu а dve konjugovano kcmpleksne. Obzirom da је ђ,,(х)=зх 2 а У2"(х)=8х-10 t.o је ђ"(х) >У2'(х) za, Y.>f5 (zc\ х < '4 У2 (х) opada) ра se kr1ve l:1 (х) . 1 У2 (х) seku saтo u jednoj tacki,

381 у

10 ------

У, У2

8

х

51.15 Vidirno da se jedini rea1an koren jednacine (25) na1azi u interva1u

~,2]

jer је ђ О)

=1 <

У2

(1) =4

а

Napisirno sada jednacinu (25) u obliku pogodnorn za prirnenu

rnе­

tode iteracije:

х= ~ (-х 3 +4х 2 +10) 10

gde је F(x)=~ (-х 3 +4х 2 +10). Nadjirno F'(x)=~ (-3х+8) 10

.LV

Kako је F'(x)=O za х=О i1i x=~

to F'(x) nije rnonotono nad

[1;2Ј nego rnonotono raste nad 3 [1;4/3] Dа

rna~oraciju

bi srno rnog1i da izvrsirno

а opada nad (4/3;2] F'(x)

n~d

interva10rn

[а;Ь] u korne је izo1ovana nu1a ciju pribli7nu vrednost izracunavarno, suzirno interva1

[1;2] па

[1,5;2] ako је rnoguce. U tu

svrhu izratunajrno: У1

i

(1,5)=3,375

У2(1,5)=4.

Yi(2) 'ђ(2)

to се

Sada rnozerno reci da

је

F (;-;)

6-

1·

1 , 5 ;2 Ј

za

је У1О,5) ":У2(1,5)

Kako

[ а ; Ь]

=

I 1, 5 ; 2

х € [1, 5 ; 2 ]

i

]

а

382

=!1~ (-3х+8)! < IР'(l

!Р'(х)!

i)!

0,525

q

za х

r

, Ь 1.

€ .:. а'

Vrednost izraza:

! ~- ~! је

<

l~q

I x n -x n _ 1 !

greska koju pravimo, kada umesto tacne vrednosti korena uz-

тето

xn

(vrednost n-te iteracije). Kako

је

trazena tacnost

10-3 racuna6emo sa cetiri decima1na mesta sve dot1e dok se dve uzastopne iteracije ne pok1ope Neka

је

Х о =1,5

tri decima1na mesta.

па

је

tada

1 x 1 =F(x o ) = - (-х о 3 +

4х о

1 x2=F(x )=_ 1 10

(-Х 1

3 +

4Х 1

1 10

(-Х2

3 +

4Х 2

1О

х з =F(Х2)=-

1

х 4 =F(х з )=-

(-х з

1 x 5 =F(x4)=10

(-Х4

10

Хб=F (х 5 )

3

+

З

4х з

2 2 2 2

+ 10)

1,5625

+ 10)

1,5951

+ 10 )

1,6119

+ 10 ) = 1,6205

+ 4х 2 + 10) = 1,6249 4

=-1,6271

x8=F(X 7 )=1,6288 Zaustavimo se

па

osmoj iteraciji i uzmimo

nost korena. Greska koju cinimo

је

za pribliznu vred-

је

'~- ~I < !Х 8 -Х 7 ! l~q = 0,0007 111

1101> 111 + а)

Dovedimo sistem

(2.9)

(8)

Х

2

=

Х З=

па

је:

12 1

oblik (4) pogodan za iteraciju:

0,8 -

0,2Х 1

-

0,2Х з

0,1 -

0,1Х 1

-

0,2Х 2

Uzmimo za pocetnu aproksimaciju:

х 1 (0)= 61

-0,75 0,8

(2 • 10 )

0,1

Tada

6е па

osnovu (2.5)

Ь! ti

:

-0,75 - 0,25 • Х 2 (0) + 0,З75'Х З (О)=. -0,9125 0,8 - 0,2'X~0) - 0,2'Х з (о)

0,9З

0,1 - 0,1 о Х 1 (0)- 0,2 0 Х 2 (0)

0,015

":'O,1!i - O"l,~5ox2 (1)+0,З75'Х З (1)= -0,9769

0420хз(1)

0,9795

0,1 - 0,1 О Х 1 (1) - 0,20Х2 (1)

0,005З

0,8 -

Za

k=З Х

1

0,2oxl(}~

-

је:

(З) = -о, 7S - 0,25 0 Х 2 (2)+0,З75'Х з (2) = -0,9929

х 2 (З)=0,8- 0,2ОХ1 (2) _ 0,2 0 Х з (2) ХЗ

Za

(З)

k=4 Х1

Х2

0,994З

= 0,1 - 0,1'Х 1 (2) _ 0,2'Х 2 (2) = 0,0018

је:

(4)

=

(4)

=

0,8 - О,2ОХ1 (З)

0,20Хз (З) = 0,9982

З9?

Х З (4) = 0,1 - 0,1.Х 1 (З) _ 0,2.Х 2 (3) k=5

Za

Х1

0,0004

је:

(5)

=-0,75 - 0,25· Х 2

(4)

+ 0,375.х з

0,8 - 0,2.x 1 t4J - 0,2.х з (4)

х 2 (5)

(4)

= -0,9994

0,9995 0,0002

k=6

Za

је:

- 0,75 - 0,25.х 2 (5)+ 0,375.х з (5)= -0,9998

Х 1 (6)

0,1 - О,1.Х 1 (5) - 0,2.Х 2 (5) = 0,0001 Posto па

-Х. (5)

је

~

sestoj iteraciji i

uzeti vrednosti seste

ь)

I

< , 10-3

za i=1,2,3

zaustavicemo se

za pribliznu vrednost resenja sistema iteracije.~acne

vrednosti resenja su

Posmatrajmo sistem (.2.8) napisan u obliku (2.9) i

za pocetnu

aproksimaciju uzmimo vrednosti date и(2.10). Tada па osnovu (2.6) imamo da

је

Х 1 (1)= -0,75 - 0,25.Х 2 (о) + 0,З75.Х з (0) = -0,9125

Za

Х 2 (1)

0,8 - 0,2.Х 1 (1) - 0,2.Х з (0)

0,9625

Х з (1)

0,1 - 0,1.Х 1 (1) - 0,2.х 2 (1)

-0,0013

k=2

је:

Х 1 (2)= -0,75 - 0,25.х 2 (1)+ 0,З75.х з (1)= -0,9911 х 2 (2)

0,8 - 0,2.Х 1 (2) - 0,2.Х з (1)

0,9985 -0,0006

393

k=3

Za

Х

1

х

је:

(3)

-0,75 - 0,250Х2 (2)+ 0,3750хз(2)=-0,9999

(3)

0,8 -

0,2 0 Х 1

0,1 -

0,IОХ1 (3) - 0,2 0 Х 2 (3~ = 0,0000

2 Х3

(3)

k=4

Za

Х1

х

иа

(2)

= 1,0001

је:

-0,75 - 0,250Х 2 (3)+ 0,3750Хз (3)= -1,0000

(4)

0,3 - о,20Х1 (4)

_ 0,2 0 Х з (3)

1,0000

(4)

О , 1 - О, 1 о х 1 (4) - о, 2 о Х 2 (4)

0,0000

3

Naglas1nlO

0,2 0 Х З

-

(4 )

2 х

(3)

је

prirnenom Gau::;s -Seidel

metode

Ь110

patrebno

proces racuIlal1j а pOJ1ovi t1 cetir1 puta da 1)1 smo dobili resenja k~ja је

zadovoljavaju trazenu

tаспозt,

cek sesta davala trazenu

dok

је

kod obicne iteraci-

tаёllоstо

Ovi rezultati se rr.ogu predstav1ti tabelom: Х

(k)

1

Х2

(k)

Х

З

(k)

О

-0,75

0,8

0,1

1

-0,9125

0,9625

-0,0013

2

-0,9911

0,9935

-0,0006

3

-0,9999

1,0001

0,0000

4

-1,оооа

1,0000

0,0000

,

394

§ з.

INTERPOLACIJA

Kada је funkcija nostima хu

y=f(x)

yo=f(x o )'

Y1=f(x1)' ••• '

и

yn=f(x n ),

zadata

F(x)

је

(obicno

interpolacije imati

iste

to polinom) koja

vrednosti

kao i

svojim vred-

(n+1)-ој

zadatak interpolacije se sastoji

interpolacije)

nadje funkcija

nad intervalomajb

се

tacki

(cvo-

и

tome da

и

cvorovima

se

f(x):

F(x,j=f(X o ) , · · · ••••••••••••••• , F(xn)=f(x n )· interpolacije se

Funkcija ti

funkcije

y=f(x)

Izraz је

nе

ako

~x=b

Oznacimo sa zvati

а

f(x),

trazi

zato da bi

se izracunale vrednos-

tackama koje nisu cvorovi.

&оЈх n ]

pada intervalu funkcije

и

Ako

tacka

х

pri-

tada se postupak naziva interpolacija pripada,

ekstrapolacija.

prirastaj nezavisno promenljive,

koji

сето

korak. ~y=f(x+ Лх)

f(x)

-

је

konacna

razlika prvog reda

funkci-

f(x).

Analogno se formiraju konacne

razlike

visih

redova:/).n y = 1\

(f:.П-1 у )

n=2, 3, .. и

slucaju kada

(kada

su cvorovi

Лх;=х.

је

~

~

+

interpolacije podjednako

1-x.=const.) ~

konacne razlike

udaljeni

se mogu drugacije

napisati: (i=0,1,2,3, •... )

ЛУi=Уi+1-Уi

л2Уi=Л(ЛУi)=

ЛУ i + 1

-

Л

Yi

(i=0,1,2,3, .•.• )

(1=0'1'2,3, •••• ) Horizontalne i slici

)

sluze

dijagonalne

tablice

razlika

(predstavljene

za njihovo lakse izracunavanje.

па

395

..

Х

У

АУ

ју

ХО

Уо

АУо

јуо АЗУо ..

АУ,

Ь, Ь,

Х,

У

ју

..

х

у

ХО

Уо

АУ

АУо

У,

Х,

ју

јуо

АУ, f - - -

Х2

У2

АУ2

Ь2 6У2 ..

Х2

У2

ХЗ

уз

АУз

јуз јуз ..

;(3

уз

ју,

ју

г6Уо- f - - -

АУ2

:

х-х

Uvedemo

li

se moze napisati

+ Koristi koja

se.u

q(~-1)(q'2)

п/

kada

se

п

(х)==ь п + 1

Pribliina R Za

п

u

••.••• (q-n+l).n u

vrednost toj

funkcije

ta6ki,

(п+l)

greske

se

у

(п+l)

u

(п+l)!

+ х-хп

gde је q= h R

п

(х)=ь П + 1

tablice

уо

se koristi

DRUGI NEWTON-OV

q(q+112 + q(q+l) (q+2).З 2/ '/:, Уп-2 З! u Уп-З + •••• +

q(q+l)(q+2) •••••• (q+n-l).n п! LI уо I

• Gre~ka ovog polinoma је: q(q+l)(q+2) ••••••• (q+n)

(п+l)!

у

(п+l)

(Е,Ј

q(q+l)(q+2) •••••• (q+n)/:,n+l

(п+l)!

х za~eni

formule~

INTERPOLACIONI POLINOM: Pn (x)=yn+q /:'Yn-l +

а gre~ka

ta6ki

(f,J

izra6unava роmоси

(х) ~ q(q-l)(q-2) •.••• (q-n)/:,n+l

interpolaciju blizu kraja

y=f(x)

је:

q(q-l)(q-2) ••••. (q-n)

vrednost

уо

је х blizu po6etka tablice,

slu6aju kada

se pravi

PRVI NBWТON-OV INTERPOLACIONI POLINOM

-ь--'

u.obliku:

vrednoscu polinoma R

о

q=

oznaku:

уп

396 ОЬе

cvorovi

L

(х)

ве

gde је

L ______Л/х) ______

i=o

$е

п

+

п_"':...

~

~

З • 1)

!Rп ( х)!

је Нп+

о

Н П +l

~.

< (п + 1)!

1=max!fn + 1 (x) CL, . . b

za-

~

)(Х.-Х 1 )···.·.(Х.-Х·

рото6и

izracunava

ви

У.

(X-X i ) ПП + 1 (Х i )

l(X~)=(X'-X

кааа

Za proizvoljno

Пп+l(Х)=(х-Хо)(Х-Хl)(Х-х2)····(х-ХП)' rт

gde

jednakom rastojanju.

вlисај

za

LAGRANGE-ov INTERPOLACIONI POLINOH:

п

=

п

Greska

па

interpolacije

date cvorove koristi

(

formule pogodne ви

N1utnove interpolacione

~

~-

а

l) ••• 1 )(х.-Х. ~ 1. +

(Х'-Х) ~

П

formule:

!п п + 1 ( Х) !

I

.

1.

Funkcija y=f(x) х

у а)

је

data tablicom:

50 3,91202

51

52

3,93182' 3,95124 .

53

54

3,970~9

55

3,98898

4,00733

sastaviti dijagonalnu i horizontalnu tablicu konacnih razli-

ka, Ь) ~~

interpolacionim polinomom izracunati

у(51,5).

Resenje: а)

је:

Dijagonalna tablica konacnih razlika

х

i

у

t:. 2у

t:.y

t:. 3у

А 4у

u

О

50 3,91202 1 51 3,93182 0,0198 -0,00038 0,01942 0,00001 2 52 3,95124 -0,00037 О 0,01905 0,00001 0,00001 3 53 3,97209 -0,00036 0,00001 0,00002 0,01869 4 54 3,98898 -0,00034 0,01.835 5 55 4,00733

Horizontalna tablica konacnih razlika: i

х

О

50 3,91202

у

t:.

У

t:. 2у

t:. 3у

t:. 4 у

-0,00038

0,00001

О

1 51 3,93182

0,01942 -0,00037

0,00001

0,00001

2 52 3,95124

0,01905 -0,00036

0,00002

3 53 3,97209

0,01869 -0,00034

4 54 3,98898

0,01835

5 55 4,00733

0,0198

t:. 5 у 0,00001

397 ь) Кako

se trazi

v:redooвt

funkcije u tacki koja lezi

tervala [50 ;55Ј koristicemo prvi interpolacije su:

-Newtan.-oir

па

pocetku in-

interpolacioni polinom~

~vorovi

хо=50, х 1 =51, х2=52 х з =53,

х 4 =54,

х 5 =55 .ра се

interpolacioni polinom

biti polinom petog stepena:

P5(x)=Yo+q~yo+ q(q21)~2yo + q(q-~~ (q-2)~3yo + + q(q-l) ~j-2) (q-3) ~4yo + q(q-l)(q~~) (q-3) (q-4).~5yo Kako је q= х-х о = 51,5-50=1,5 h

to је:

1

у(51,5)~Р5(51,5)=з,91202 + 1,5.0,0198 + 1,5·(1,5-1) (-0,00038) + 2

.

+ 1,5· (1,5-1). (1,5-2) .0,00001 + 1,5 (1,5-1) (1,5-2) (1,5-3) .0 6 24

+ 1,5(1,5,:",1) (1,5-2) (1,5-3) (1,5-4) .0,00001 .. 120 = 3,91202 + 2. Data

је

х

1~0

У

10

~,0297

. - 0,00014 -

О

+

О

+

О

= 3,94158

funkcija y=f(x) tablicom: 110 10,4881

120

130

140

150

10,9544

11,4017

11,8322

12,2474

Naci f (155). Resenje:

Kako је х=155 tacka izvan intervala ~oo, 150Ј, .а blizu је desne granice, upotrebicemo drugi

~

interpolacioni polinom da

Ы

smo ekstrapolacijom izracunali f(IS5). U tu svrhu formirajmo tablicu konacnih razlika:

398

i'

.4

Х

О 100

,-,у

10~O

2 120

0,4881 10 ,4881 -О ,0218 . 0,0028 . 0.,4663 10,9544 ' -0,0190 -0,0006

3130

11,4017

4 140

11,8322

5 150

12,2474

1 110

0,4473

0,0022 -0,0168

0,4305

-0,0001 -0,0007

0,0015 . -О ,0153

0,4152 q= ~ = 155-150 = 0,5

h

10

Formirajmo drugi

interpolacioni polinom petog stepena:

~OV

Р5 (x)=Y5+ q f:o, Y4+ q(q;1) f:o,2 уз + Ч(Ч+1) јт+ 2 ) f:o,3 Y1 + + q(q+1) (q+2) (q+3)f:o,t + q(q+1) (q+2) (q+3) (q+4)f:o,5 4! У1 5! УО

Tada

је:

f(155)~ Р5(155)=12,2474 + 0,5·0,4152 + 0,521,5 (-0,0153) + + 0,5·1,5.2,5 • О 0015 + 0,5·1,5.2,5.3,5 6 ' 24

(-о 0007)

+

. '

+ 0,5·1,5·2,5·3;5·4,5 (-0,0001) = 12,4496 120 3.

Funkciju у=3- Х aproksimiratjLagrangeovim interpolacionim polinoтоm

drugostepena sa ~vorovima interpolacije -1,0,1 i odrediti gresku. Naosnovu dobijenog polinoma izra~unati priblizno

У(- ~) i odrediti granicu apsolutne greske te priblizne vrednosti. Resenje:

Obelezimo

~vorove

int~rpolacioni

interpolacije sa:

х о =-1, је:

polinom drugog stepena ()

(Х-Х]

) (Х-Х2)

L2 Х = (Х о -Х1) (Х-Х2)

•

(

У ХО

(Х-Ха) (Х-Х1)

+ (Х2- Х О) (Х2- Х 1)

)

+

399

odnosno L2(x)= Х(Х-1) 2 =

.3 + (x+l) (х-1) -1

1х 2

-

јх +

Greska sa kojom Lagranqeov

у=3- Х

funkciju

.з0 +

(х+1)

х .з-1

2

1

interpolacioni polinom aproksimira

nad intervalom [-1; 1Ј se izracunava ро formuli (3.1)

'у(х)

- L 2 (x)l<

~1,!x+11·lxl·lx-1!

Ы smo odredili М nadjimo:, у'(х)= -З- Х 1n3, У"(х)=З- Х 1n 2 з, У'''(х)=-З- Х 1n 3 3 Tada је М= mах (yN'(X») =зlЈ1јеr је О о, i

neka и oblasti

О

-

-

о

If(x,y) I