MATEMATIKA 2
1. zadatak
Odredi ekstremne vrednosti funkcije: \[ f(x,y) = e^{x+y}(x^2 – y^2) \]
Izračunavanje gradijenta (kritične tačke)
Računamo parcijalne izvode. Pošto je \(e^{x+y}>0\) za sve \((x,y)\), faktor ćemo izostaviti kod nalaženja nultih tačaka izraza u zagradama.
\[ f_x = \frac{\partial}{\partial x}\big(e^{x+y}(x^2-y^2)\big) = e^{x+y}\big((x^2-y^2) + 2x\big) = e^{x+y}\big(x^2 + 2x – y^2\big). \]
\[ f_y = \frac{\partial}{\partial y}\big(e^{x+y}(x^2-y^2)\big) = e^{x+y}\big((x^2-y^2) – 2y\big) = e^{x+y}\big(x^2 – y^2 – 2y\big). \]
Postavimo \(\nabla f = (0,0)\). Pošto je \(e^{x+y}\neq 0\), dobijamo sistem:
\[ \begin{cases} x^2 + 2x – y^2 = 0,\\[6pt] x^2 – y^2 – 2y = 0. \end{cases} \]
Oduzmemo drugu od prve jednačine:
\[ (x^2+2x-y^2) – (x^2 – y^2 – 2y) = 2x + 2y = 0 \quad\Rightarrow\quad x + y = 0 \quad\Rightarrow\quad y = -x. \]
Ubacimo \(y=-x\) u prvu jednačinu:
\[ x^2 + 2x – (-x)^2 = x^2 + 2x – x^2 = 2x = 0 \quad\Rightarrow\quad x=0. \]
Iz toga sledi \(y=0\). Dakle postoji samo jedna kritična tačka: (0,0).
Drugi izvodi — Hesijan i test
Izvedemo parcijalne izvode drugog reda (koristeći prethodne unutrašnje izraze):
\[ f_{xx} = e^{x+y}\big(x^2 + 4x + 2 – y^2\big), \]
\[ f_{yy} = e^{x+y}\big(x^2 – y^2 – 4y – 2\big), \]
\[ f_{xy} = f_{yx} = e^{x+y}\big(x^2 + 2x – y^2 – 2y\big). \]
U tački \((0,0)\) (gde je \(e^{0}=1\)) dobijamo vrednosti:
\[ f_{xx}(0,0)=2,\qquad f_{yy}(0,0)=-2,\qquad f_{xy}(0,0)=0. \]
Determinanta Hesijana u \((0,0)\) je
\[ D = f_{xx} f_{yy} – (f_{xy})^2 = 2\cdot(-2) – 0^2 = -4 < 0. \]
Po drugom derivativnom testu, ako je \(D<0\) u kritičnoj tački, ta tačka je sedlo, dakle nema lokalnog maksimuma ni minimuma u toj tački.
Zaključak o ekstremima
Funkcija ima tačku kritične vrednosti samo u \((0,0)\). Analizom Haseove matrice dobijamo da je ta tačka sedlo — nema lokalnih minimuma ni maksimuma. Takođe nema ni globalnog maksimuma/minimuma, jer je funkcija neograničena:
primeri: na pravcu \(y=0\) dobijamo \(f(x,0)=e^{x} x^2 \to +\infty\) kada \(x\to +\infty\), a na pravcu \(x=0\) dobijamo \(f(0,y) = – e^{y} y^2 \to -\infty\) kada \(y\to +\infty\).
Zaključak:
Kritična tačka \((0,0)\) je sedlo. Funkcija je neograničena, dakle nema globalnih ekstrema.
2. zadatak
Izračunati integral: \[ \int_{l} (xy + 2y^2)\, ds \] gde je \(l\) presečna kriva površina \[ 18x^2 + 18y^2 – z^2 = 81, \quad z = x^2 + y^2. \]
Rešenje
Presek paraboloida \(z = x^2+y^2\) i kvadrike \(18x^2+18y^2 – z^2=81\) daje kružnicu \[ x^2 + y^2 = 9, \quad z = 9. \] Dakle, linija \(l\) je kružnica radijusa 3 u ravni \(z=9\).
Parametrizacija: \(\; x = 3\cos t, \; y = 3\sin t, \; z = 9, \; t \in [0,2\pi]\).
Integralna funkcija: \[ xy + 2y^2 = (3\cos t)(3\sin t) + 2(3\sin t)^2 = 9\cos t \sin t + 18 \sin^2 t. \] Diferencijal luka: \[ ds = \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dz}{dt}\right)^2}\, dt = \sqrt{(-3\sin t)^2 + (3\cos t)^2 + 0}\, dt = 3\,dt. \]
Dakle integral je: \[ I = \int_0^{2\pi} (9\cos t \sin t + 18 \sin^2 t) \cdot 3\, dt. \] \[ I = 3\int_0^{2\pi} (9\cos t \sin t + 18 \sin^2 t)\, dt = 27\int_0^{2\pi} \cos t \sin t\, dt + 54\int_0^{2\pi} \sin^2 t\, dt. \]
Pošto je \(\int_0^{2\pi} \cos t \sin t\, dt = 0\) i \(\int_0^{2\pi} \sin^2 t\, dt = \pi\), sledi: \[ I = 27 \cdot 0 + 54 \cdot \pi = 54\pi. \]
Konačan rezultat:
Traženi integral iznosi \(54\pi\).
Skica:
Prikaz paraboloida \(z = x^2+y^2\) i krive preseka \(l\):https://www.geogebra.org/3d/kw5vmvz7?embed
Zadatak 3.
Izračunati površinu tela određenog relacijama: \[ x^2 + y^2 + (z-2)^2 \le 4\qquad i \qquad z\le 2 – \sqrt{x^2 + y^2}. \]
Razumevanje skupa
Prvi uslov je kugla (unutrašnjost) sa centrom u \((0,0,2)\) i radijusom \(R=2\). Drugi uslov govori da je \(z\) manji ili jednak funkciji \(2 – r\) (gde je \(r=\sqrt{x^2+y^2}\)); to je kupa (konus) sa vrhom u \((0,0,2)\) koja se širi prema dole.
Pronalazak kruga preseka
Na preseku važe obe jednačine sa jednakostima: \[ x^2 + y^2 + (z-2)^2 = 4,\qquad z = 2 – r. \] Stavimo \(r^2 = x^2+y^2\) i uvrstimo \(r = 2 – z\): \[ (2-z)^2 + (z-2)^2 = 4 \;\Rightarrow\; (2-z)^2 = 2. \] Daje rešenje \[ z = 2 – \sqrt{2}, \quad r = \sqrt{2}. \] Dakle krug preseka ima radijus \(r_0=\sqrt{2}\) i leži u ravni \(z = 2 – \sqrt{2}\).
Površina tela
Površina tela je zbir površine sferičnog dela (sfere radijusa \(R=2\)) koji se nalazi ispod kruga preseka i površine konusnog dela unutar tog kruga.
1) Površina dela sfere
\[ P_{\text{sfere}} = 2\pi R^2(\cos\varphi_0 – \cos\pi) = 8\pi\big(1 – \frac{\sqrt{2}}{2}\big). \]
2) Površina dela kupe (konusa)
\[ P_{\text{kupe}} = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{2}\, r\, dr\, d\theta = 2\pi\sqrt{2}. \]
Ukupna površina
\[ P = P_{\text{sfere}} + P_{\text{kupe}} = 8\pi\Big(1 – \frac{\sqrt{2}}{2}\Big) + 2\pi\sqrt{2} = 2\pi(4 – \sqrt{2}). \]
Površina tela je:
\[ P = 2\pi(4 – \sqrt{2}) \approx 51.03 \]
Skica:
4. zadatak
Izračunati zapreminu tela određenog relacijama:
\[ z \le x^2 + 3y^2,\qquad z \ge 0,\qquad x \ge 0,\qquad y \ge x,\qquad y \le 2 – x^2. \]
Projekcija na \(xy\)-ravan (domena \(D\))
Uslovi za \(x,y\) su: \[ \qquad x \ge 0,\qquad y \ge x,\qquad y \le 2 – x^2. \] Da bi donja granica \(y=x\) bila ≤ gornje \(y=2-x^2\) tražimo frekventni opseg za \(x\): \[ x \le 2 – x^2 \;\Longrightarrow\; x^2 + x – 2 \le 0 \;\Longrightarrow\; -2 \le x \le 1. \] Sa uslovom \(x\ge0\) sledi: \[ 0 \le x \le 1,\qquad x \le y \le 2 – x^2. \] Dakle domen \(D\) je: \[ D = \{(x,y): 0\le x\le 1,\; x\le y\le 2-x^2\}. \]
Zapremina
Pošto je \(0\le z \le x^2+3y^2\), zapremina je dvostruki integral:
\[ V = \iint\limits_{D} (x^2 + 3y^2)\, dA = \int_{x=0}^{1}\!\int_{y=x}^{\,2-x^2} (x^2 + 3y^2)\, dy\, dx. \]
Integral po \(y\)
\[ \int_{y=x}^{2-x^2} (x^2 + 3y^2)\, dy = x^2\big(2 – x^2 – x\big) + \big[(2-x^2)^3 – x^3\big]. \] (Detaljno: \(x^2(y)\big|_{x}^{2-x^2} = x^2(2-x^2-x)\), i \(3\int y^2 dy = y^3\big|_{x}^{2-x^2}\).)
Proširimo i svedemo na polinom:
\[ \int_{x}^{2-x^2} (x^2 + 3y^2)\, dy = 8 – 10x^2 – 2x^3 + 5x^4 – x^6. \]
Integral po \(x\) (konačno)
\[ V = \int_0^1 \big(8 – 10x^2 – 2x^3 + 5x^4 – x^6\big)\, dx. \] Izračunavši dobijamo: \[ V = \Big[8x – \frac{10}{3}x^3 – \frac{1}{2}x^4 + x^5 – \frac{1}{7}x^7\Big]_0^1 = 8 – \frac{10}{3} – \frac{1}{2} + 1 – \frac{1}{7}. \]
Sredimo razlomke: \[ V = \frac{211}{42} \approx 5.0238095238. \]
Zapremina tela je:
\[ V = \frac{211}{42} \approx 5.02381 \]
Skica
5. zadatak a)
Promeniti redosled integracije za integral:
\[ \int_{0}^{2}\,dx \int_{2x-2}^{\sqrt{2x}} f(x,y)\,dy \]
Rešenje:
Oblast integracije je:
\[ D = \{ (x,y) \mid 0 \le x \le 2,\; 2x-2 \le y \le \sqrt{2x} \} \]
Projekcija na osu \(y\) daje interval \(y \in [-2,2]\).
- Za \(y \in [-2,0]\): važi \(0 \le x \le \frac{y+2}{2}\).
- Za \(y \in [0,2]\): važi \(\frac{y^2}{2} \le x \le \frac{y+2}{2}\).
Promenom redosleda integracije (prvo \(dx\), pa \(dy\)) dobijamo:
\[ \int_{-2}^{0} \int_{0}^{\frac{y+2}{2}} f(x,y)\,dx\,dy \;+\; \int_{0}^{2} \int_{\frac{y^2}{2}}^{\frac{y+2}{2}} f(x,y)\,dx\,dy \]
Skica oblasti
Na slici ispod prikazana je oblast integracije u ravni \(xy\):https://www.geogebra.org/classic/kuhd4qas?embed
Zadatak 5. b)
Izračunati:
\[ \int_C 3xy \, dy \] gde je \(C\) deo negativno orijentisane krive \[ \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1 \] od tačke \((0,2)\) do tačke \((3,0)\).
(Negativna orijentacija znači smer suprotan od standardnog (pozitivnog), tj. obrnut smer hoda duž elipse.)
Parametrizacija elipse
Elipsu možemo parametrizovati standardno:
\[ x = 3\cos t, \quad y = 2\sin t, \quad t \in [0, \pi/2] \]
Tačka \((0,2)\) daje \(t = \pi/2\), a tačka \((3,0)\) daje \(t = 0\).
Negativna orijentacija znači da idemo od \(t = \pi/2 \to t = 0\).
Parametrizovani integral
Po formuli \(dy = y'(t) dt\):
\[ y(t) = 2\sin t \Rightarrow dy = 2\cos t\, dt, \quad x(t) = 3\cos t \]
Integral postaje:
\[ \int_{\pi/2}^{0} 3 x(t) y(t) \, dy(t) = \int_{\pi/2}^{0} 3 \cdot (3\cos t) \cdot (2 \sin t) \cdot (2 \cos t) \, dt = \int_{\pi/2}^{0} 36 \cos^2 t \sin t \, dt \]
Promena granica da integral bude standardan
\[ \int_{\pi/2}^{0} 36 \cos^2 t \sin t \, dt = – \int_0^{\pi/2} 36 \cos^2 t \sin t \, dt \]
Izračunavanje integrala
Zamena \(u = \cos t \Rightarrow du = -\sin t dt\), kad \(t=0, u=1\), kad \(t = \pi/2, u=0\):
\[ \int_0^{\pi/2} 36 \cos^2 t \sin t \, dt = \int_{1}^{0} 36 u^2 (-du) = \int_0^1 36 u^2 \, du = 36 \cdot \frac{1}{3} = 12 \]
Sa minusom zbog negativne orijentacije:
\[ \int_C 3xy \, dy = -12 \]
Skica elipse i dela krive
5. zadatak c)
Izračunati:
\[ \iiint\limits_{G} z \, dx\,dy\,dz \] gde je \(G\) oblast određena uslovima:
\[ 0 \le x \le \frac{1}{2}, \quad x \le y \le 2x, \quad 0 \le z \le \sqrt{1 – x^2 – y^2} \]
Integral po \(z\)
\[ \int_0^{\sqrt{1 – x^2 – y^2}} z \, dz = \frac{1}{2} (1 – x^2 – y^2) \]
Integral po \(y\)
\[ \int_{y=x}^{2x} \frac{1}{2}(1 – x^2 – y^2) \, dy = \frac{1}{2} \int_x^{2x} (1 – x^2 – y^2) \, dy \]
Izračunavanjem dobijamo:
\[ \int_x^{2x} (1 – x^2 – y^2) \, dy \approx x – 2x^3 \]
Integral po \(x\)
\[ \int_0^{1/2} \left(\frac{x}{2} – x^3\right) dx = \int_0^{1/2} \frac{x}{2} dx – \int_0^{1/2} x^3 dx \]
\[ \int_0^{1/2} \frac{x}{2} dx = \frac{1}{16}, \quad \int_0^{1/2} x^3 dx = \frac{1}{64} \]
Konačan rezultat:
\[ \iiint\limits_{G} z \, dx\,dy\,dz = \frac{3}{64} \]