Primer 4:
Napisati jednačinu tangentne ravni i normale na površ \(z = x^2y + 2 + \ln(3x + y)\) u tački \(M(0, y_{0}, 1). \)
Potrebno je odrediti tačku \(M\) na površini, odnosno vrednost \(y_{0}\). Zamenom koordinata tačke \(M\) u jednačinu površi dobijamo: \[ 1 = 2 + \ln y_0 \Rightarrow \ln y_0 = -1 \Rightarrow y_0 = e^{-1} \]
Odredimo parcijalne izvodе funkcije \(z = f(x, y)\): \[ f_x(x,y) = \frac{\partial}{\partial x}\bigl(x^{2}y+2+\ln(3x+y)\bigr) = 2xy + \frac{3}{3x+y} \] \[ f_y(x,y) = \frac{\partial}{\partial y}\bigl(x^{2}y+2+\ln(3x+y)\bigr) = x^{2} + \frac{1}{3x+y} \]
Odredimo vrednosti parcijalnih izvoda u tački \(M(0, e^{-1}, 1)\): \[ f_x(0,\frac1e)=3e \] \[ f_y(0,\frac1e)=e \]
jednačina tangentne ravni u tački \(M(x_0, y_0, z_0)\) je: \[ z-z_0=f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0) \] \[ \Rightarrow\ z-1=3e(x-0)+e\Bigl(y-\frac1e\Bigr)=3ex+ey-1 \Rightarrow\ z=3ex+ey \]
Primer 5.1:
Izračunati \( U = \int \frac{dx}{\sqrt{3-2x-x^2}} \).
Uočimo da je podkorena funkcija u obliku \(a^2-(x+b)^2\). Preuređivanjem dobijamo: \[ 3-2x-x^2 = -(x^2+2x-3) = -\left[(x+1)^2-4\right] = 4-(x+1)^2 \] Sada podintegralna funkcija poprima oblik: \[ \int \frac{dx}{\sqrt{3-2x-x^2}}=\int \frac{dx}{\sqrt{4-(x+1)^2}}. \]
Uredimo dodatno podintegralnu funkciju: \[ \sqrt{\,4-(x+1)^2\,} = \sqrt{\,4\!\left(1-\frac{(x+1)^2}{4}\right)} = \sqrt{\,4\!\left(1-\left(\frac{x+1}{2}\right)^2\right)} = 2\,\sqrt{\,1-\left(\frac{x+1}{2}\right)^2\,} \]
Uvedimo smenu \(t=\frac{x+1}{2}\Rightarrow x=2t-1,\; dx=2\,dt\), pa integral sada postaje: \[ \int\frac{dx}{\sqrt{4-(x+1)^2}} = \int \frac{2\,dt}{2\sqrt{1-t^2}} = \int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} \] Uvedimo smenu \(t = \sin(u) \Rightarrow dt = \cos(u) \, du\) i primetimo: \[ 1 – t^{2} = 1 – \sin^{2}(u) = \cos^{2}(u) \quad \Rightarrow \quad \sqrt{1 – t^{2}} = \cos(u) \] Sada integral postaje: \[ I = \int \frac{\cos(u)}{\cos(u)} \, du = \int 1 \, du = u + C \] Uvrštavanjem smene \(u = \arcsin(t)\) dobijamo: \[ I = \arcsin(t) + C \] Konačno, vraćanjem na početnu promenljivu \(x\) dobijamo: \[ I = \arcsin\left(\frac{x+1}{2}\right) + C \]
Primer 5.2:
Skicirati i izračunati površinu ograničenu sa \(y=e^{3x}\) u drugom kvadrantu.
Prema uslovu zadatka, potrebno je odrediti površinu ograničenu krivom \(y=e^{3x}\) i osama koordinatnog sistema u drugom kvadrantu. Drugi kvadrant je deo koordinatnog sistema gde je \(x\le 0\) and \(y\ge 0\).
U drugom kvadrantu, kriva \(y=e^{3x}\) se približava nuli kako se \(x\) približava negativnoj beskonačnosti. Takođe, kriva seče y-osu u tački \(y=e^{0}=1\) kada je \(x=0\).
Odnosno, matematički, \(y(0)=1\) i \(\lim_{x\to -\infty} y(x)=0\). Iz ovoga se zaključuje da je površina ograničena krivom \(y=e^{3x}\), x-osom za \(y=0\) i y-osom za \(x=0\).
Površina \(A\) se može izračunati pomoću određenog integrala: \[ A=\int_{-\infty}^{0} e^{3x}\,dx = \left.\frac{1}{3}e^{3x}\right|_{-\infty}^{0} =\frac{1}{3}\,(1-0)=\frac{1}{3} \]
Primer 5.3:
Za datu implicitno zadatu funkciju \(\ln\!\big(y^3+z^2\big)+y^4z+2y=0\), gde je z=z(x,y), naći \(\frac{\partial z}{\partial y}\).
Diferenciranjem date implicitne funkcije u odnosu na \(y\) dobijamo: \[ \frac{d}{dy}\ln(y^3+z^2)=\frac{1}{y^3+z^2}\Big(3y^2+2z\,\frac{\partial z}{\partial y}\Big), \] \[ \frac{d}{dy}(y^4 z)=4y^3 z+y^4 \frac{\partial z}{\partial y} \] \[ \frac{d}{dy}(2y)=2 \]
Dakle, dobijamo: \[ \frac{3y^2+2z\frac{\partial z}{\partial y}}{y^3+z^2}+4y^3z+y^4 \frac{\partial z}{\partial y}+2=0, \] \[ \frac{\partial z}{\partial y}\!\left(\frac{2z}{y^3+z^2}+y^4\right)+\frac{3y^2}{y^3+z^2}+4y^3z+2=0, \]
\[ \displaystyle \frac{\partial z}{\partial y} = -\,\frac{\frac{3y^2}{y^3+z^2}+4y^3 z+2}{\frac{2z}{y^3+z^2}+y^4} \]