Totalni diferencijal je $$d f(x, y)=f_x(x, y) d x+f_y(x, y) d y$$ gde su \(f_x\) i \(f_y\) parcijalni izvodi po \(x\) i \(y\), redom.

Prvo tražimo parcijalni izvod po promenljivoj \(x\). \begin{align} f_{x}(x, y)=\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=\frac{3}{2 x+\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \cdot\left(2+\frac{1}{2 \sqrt{x^{2}+y^{2}}} \cdot 2 x\right)+2 y^{x} \ln y \\ & =\frac{3\cdot\left(2 \sqrt{x^{2}+y^{2}}+x\right)}{2 x \sqrt{x^{2}+y^{2}}+x^{2}+y^{2}}+2 y^x \ln y \\ \end{align} Sada zamenimo vrednosti \((x,y)=(1,2)\). \begin{align} f_{x}(1,2)& = \frac{3\cdot\left(2 \cdot \sqrt{1^{2}+2^{2}}+1\right)}{2 \cdot 1 \cdot \sqrt{1^{2}+2^{2}}+1^{2}+2^{2}}+2 \cdot 2^{1} \ln 2 \\ &= \frac{3\left(2\sqrt{5}+1\right)}{2\sqrt{5}+5}+4 \ln 2= \frac{3\left(2\sqrt{5}+1\right)\left(5-2\sqrt{5}\right)}{5}+4 \ln 2 \\ &= \frac{3\left(8 \sqrt{5}-15\right)}{5}+4 \ln 2 \end{align} Parcijalni izvod po \(y\) je \begin{align} f_{y}(x, y) =\frac{\partial f}{\partial y}&=3 \cdot \frac{1}{2 x+\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{x^{2}+y^{2}}}\cdot 2y+2 x y^{x-1} \\ & =\frac{3}{2 x+\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \cdot \frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}+2 x y^{x-1} \\ & =\frac{3 y}{2 x \sqrt{x^{2}+y^{2}}+x^{2}+y^{2}}+2 x y^{x-1}, \\ \end{align} a u tački \((1,2)\) je \begin{align} f_{y}(1,2) & =\frac{3 \cdot 2}{2 \cdot 1 \cdot \sqrt{1^{2}+2^{2}}+1^{2}+2^{2}}+2 \cdot 1 \cdot 2^{0} \\ & =\frac{6}{2 \sqrt{5}+5}+2=\frac{6\left(5-2 \sqrt{5}\right)}{5}+2=6-\frac{12 \sqrt{5}}{5}+2 \\ & =8-\frac{12 \sqrt{5}}{5}. \\ \end{align} Na kraju je $$ d f(1,2)=\left(\frac{3(8 \sqrt{5}-15)}{5}+4 \ln 2\right) d x+\left(8-\frac{12 \sqrt{5}}{5}\right) d y. $$

▶ Pokreni animaciju ⏸ Zaustavi animaciju

5. a) Na animaciji se vidi da je telo dobijeno rotacijom ove prave oko \(y\)-ose, kupa sa poluprečnikom osnove \(r=\frac{3}{2}\) i visinom \(H=3\). Zapremina je \(V=\frac{1}{3}\left(\frac{3}{2}\right)^2\pi\cdot 3\), pa je \[V=\frac{9\pi}{4}.\] Ako računamo po formuli za zapreminu obrtnog tela, prvo primetimo da su granice \(a=0 \text{ i } b=3.\) \begin{align} & V=\pi \int_{0}^{3}\left(\frac{y}{2}\right)^{2} d y=\frac{\pi}{4} \int_{0}^{3} y^{2} d y=\left.\frac{\pi}{4} \cdot \frac{y^{3}}{3} \right|_{0} ^{3}=\frac{9 \pi}{4} \\ \end{align}

5. b) Odredimo granice \(\alpha\) i \(\beta\). U tački \(A(0,-3)\) \[x(\alpha)=3 \cos \alpha =0\quad \text{ i } \quad y(\alpha)=3 \sin \alpha=-3\] odakle je \(\alpha=-\frac{\pi}{2}\). U tački \(B(3,0)\) \[x(\beta)=3 \cos \beta =3\quad \text{ i } \quad y(\beta)=3 \sin \beta=0\] odakle je \(\beta=0\). \begin{align} L&=\int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{\left(x^{\prime}(t)\right)^{2}+\left(y^{\prime}(t)\right)^{2}} d t =\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \sqrt{(-3 \sin t)^{2}+(3 \cos t)^{2}} d t \\ L&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \sqrt{9 \sin ^{2} t+9 \cos ^{2} t} d t=3 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} d t =\left.3 t\right|_{-\frac{\pi}{2}} ^{0}=3\left(0+\frac{\pi}{2}\right)\\ L&=\frac{3 \pi}{2} \end{align}

5. c) Kvadratna funkcija pod korenom se može drugačije zapisati \[-x^{2}+10 x-24=-\left(x^{2}-10 x+25\right)+1=1-(x-5)^2.\] Koristimo smenu \[x-5=t \quad d x=d t.\] Promenimo granice \begin{align} x=5 &\;\rightarrow \; t=0 \\ x=6 &\;\rightarrow \; t=1. \end{align} Primenimo smenu \begin{aligned} \int_{5}^{6} \frac{d x}{\sqrt{10 x-x^{2}-24}} =\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-t^2}} dt =\left.\arcsin t \right|_0^1 = \arcsin 1 – \arcsin 0 =\frac{\pi}{2} \end{aligned}