matematika ii vezbeˇ dr boban marinkovi´c semestar/matematika ii...6. na´ci duˇzinu luka krive...

MATEMATIKA II

VEZBE

Dr Boban Marinkovic

1

Neodredjeni integral

∫dx = x + C,

∫xm dx =

xm+1

m + 1+ C,∫ dx

x= ln |x|+ C,

∫ dx

x2 + 1= arcctg x + C,∫ dx√

1− x2= arcsin x + C,

∫ex dx = ex + C,∫

ax dx =ax

ln a+ C,

∫sin x dx = − cos x + C,∫

cos x dx = sin x + C,∫ dx

x2 + a2=

1

aarctg

x

a+ C,∫ dx

x2 − a2=

1

2aln∣∣∣∣x− a

x + a

∣∣∣∣+ C,∫ dx√

a2 − x2= arcsin

x

a+ C,∫ dx√

x2 + λ= ln |x +

√x2 + λ|+ C,

∫ dx

sin x= ln |tg x

2|+ C,∫ dx

cos x= ln

∣∣∣∣tg (x

2+

π

4

)∣∣∣∣+ C,∫ dx

cos2 x= tg x + C,∫ dx

sin2 x= − ctg x + C.

1. Izracunati

I =∫ x3 + 5x− 1√

xdx.

Resenje:

I = 2√

x

(x5

5+

5x

3− 1

)+ C.

2. Izracunati

I =∫ dx

sin2 x cos2 x.

Resenje:I = tg x− ctg x + C.

3. Izracunati

I =∫ dx√

x + 1−√

x.

2

Resenje:

I =2

3(x + 1)

32 +

2

3x

32 + C.

4. IzracunatiI =

∫3√

1 + 3 sin x cos x dx.

Resenje:

I =(1 + 3 sin x)

43

4+ C.

5. Izracunati

I =∫ sin x√

cos xdx.

Resenje:I = −2

√cos x + C.

6. Izracunati

I =∫ dx

(arccos x)5√

1− x2.

Resenje:

I =1

4arccos4 x+ C.

7. Izracunati

I =∫ x2 + 1

3√

x3 + 3x + 1dx.

Resenje:

I =1

2(x3 + 3x + 1)

23 + C.

8. Izracunati

I =∫ dx

x ln x.

Resenje:I = ln | ln x|+ C.

3

9. IzracunatiI =

∫arctg x dx.

Resenje:

I = xarctg x− 1

2ln(1 + x2) + C.

10. IzracunatiI =

∫x cos x dx.

Resenje:I = x sin x + cos x + C.

11. IzracunatiI =

∫x3 ln x dx.

Resenje:

I =1

4x4 ln x− 1

16x4 + C.

12. IzracunatiI =

∫(x2 − 2x + 5)e−x dx.

Resenje:I = −e−x(x2 + 5) + C.

13. Izracunati

I =∫ 15x2 − 4x− 81

(x− 3)(x + 4)(x− 1)dx.

Resenje:I = ln |(x− 3)3(x + 4)5(x− 1)7|+ C.

14. IzracunatiI =

∫ x

x3 + 1dx.

Resenje:

I = −1

3ln |x + 1|+ 1

6ln(x2 − x + 1) +

√3

3arctg

2x− 1√3

+ C.

4

15. Izracunati

I =∫ x2 + 1

(x− 1)3(x + 3)dx.

Resenje:

I = − 1

4(x− 1)2− 3

8(x− 1)+

5

32ln∣∣∣∣x− 1

x + 3

∣∣∣∣+ C.

16. Izracunati

I =∫ dx

5 + sin x + 3 cos x.

Resenje:

I =2√15

arctg

(1 + 2tg x

2√15

)+ C.

17. Izracunati

I =∫ dx√

x2 + 2x + 5.

Resenje:I = ln |x + 1 +

√x2 + 2x + 5|+ C.

18. Izracunati

I =∫ dx√

−3x2 + 4x− 1.

Resenje:

I =1√3

arcsin(3x− 2) + C.

5

Odredjeni integral

Njutn-Lajbnicova formula:∫ b

af(x) dx = F (x)|ba = F (b)− F (a),

gde je F (x) primitivna funkcija funkcije f(x).Povrsina krivolinijskog trapeza, ogranicenog krivom y = f(x), f(x) ≥ 0,pravama x = a i x = b i odseckom [a, b], racuna se po formuli

S =∫ b

af(x) dx.

Duzina luka krive y = f(x) na intervalu [a, b] racuna se po formuli

L =∫ b

a

√1 + y′2 dx.

Zapremina tela koje nastaje rotacijom krivolinijskog trapeza, ogranicenogkrivom y = f(x), f(x) ≥ 0, pravama x = a i x = b i odseckom [a, b], okox ose, racuna se po formuli

V = π∫ b

ay2 dx.

Povrsina tela koje nastaje rotacijom krive y = f(x), x ∈ [a, b], oko x ose,racuna se po formuli

S = 2π∫ b

ay√

1 + y′2 dx.

1. Izracunati

I =∫ π

4

π6

dx

cos2 x.

Resenje: I = 1−√

33

.

2. Izracunati

I =∫ e

1

ln2 x

xdx.

Resenje: I = 13.

6

3. Izracunati

I =∫ 1

0xe−x dx.

Resenje: I = e−2e

.

4. Naci povrsinu figure ogranicene parabolom y = 4x− x2 i osom Ox.

Resenje: P = 323.

5. Naci povrsinu figure ogranicene parabolom y = −x2 i pravom x+y−2 =0.

Resenje: P = 92.

6. Naci duzinu luka krive y2 = x3 od x = 0 do x = 1.

Resenje: L = 827

(138

√13− 1

).

7. Naci duzinu luka krive y = ln sin x od x = π3

do x = π2.

Resenje: L = 12ln 3.

8. Naci zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko x ose figure ogranicenekrivom y2 = (x− 1)3 i pravom x = 2.

Resenje: V = π4.

7

Funkcije dve promenljive

Neka je M(x0, y0) stacionarna tacka funkcije z = f(x, y). Oznacimo

A =∂2f(x0, y0)

∂x2, B =

∂2f(x0, y0)

∂x∂y, C =

∂2f(x0, y0)

∂y2.

Neka je ∆ = AC −B2. Tada vazi:

1. ∆ > 0 i A < 0 (ili C < 0) funkcija ima maksimum.2. ∆ > 0 i A > 0 (ili C > 0) funkcija ima minimum.3. ∆ < 0 funkcija nema ekstremum.4. ∆ = 0 potrebno je dodatno ispitivanje.

1. Naci parcijalne izvode funkcije z = ex2+y2.

Resenje:∂z

∂x= 2xex2+y2

,∂z

∂y= 2yex2+y2

.

2. Naci druge parcijalne izvode funkcije z = y ln x.

Resenje:∂2z

∂x2= − y

x2,

∂2z

∂y2= 0,

∂2z

∂x∂y=

1

x.

3. Naci ekstremume funkcije z = x2 + xy + y2 − 3x− 6y.

Resenje: Tacka M(0, 3) je tacka minimuma.

4. Naci ekstremume funkcije z = x3 + y3 − 15xy.

Resenje: Tacka M(5, 5) je tacka minimuma.

8

Diferencijalna jednacina koja razdvajapromenljive

Jednacina oblikay′ = f(x)g(y).

Ako je g(y) 6= 0 tada ∫ dy

g(y)=∫

f(x)dx + C.

Jednacina oblikay′ = f(ax + by + c)

se smenom z = ax + by + c svodi na prethodnu.

1. Naci resenje diferencijalne jednacine

(1 + x2) dy + y dx = 0

koje zadovoljava uslov y(1) = 1.

Resenje: Opste resenje je

ln |y| = − arctg x + C

a partikularno se dobija za C = π4.


y′ cos x =y

ln y

koje zadovoljava uslov y(0) = 1.


1

2ln2 |y| = ln

∣∣∣∣tg(x

2+

π

4

)∣∣∣∣+ C

a partikularno se dobija za C = 0.

3. Naci opste resenje diferencijalne jednacine

y′ = x2 − 2xy + y2 + 2.

Resenje: Smena x− y = u. Opste resenje je

x + arctg(x− y) = C.

9


y′ =2x + 2y + 5

x + y + 1.

Resenje: Smena x + y + 1 = u. Opste resenje je

y − 2x + 1− ln |x + y + 2| = C.


y′ = 3x− 2y + 1.

Resenje: Smena 3x− 2y + 1 = u. Opste resenje je

4y − 6x + 1 = Ce−2x.

10

Homogena diferencijalna jednacina

Jednacina oblika

y′ = f(

y

x

).

Smenom y = ux svodi se na jednacinu koja razdvaja promenljive.Jednacina

y′ = f

(a1x + b1y + c1

a2x + b2y + c2

),

pri cemu je a1

a26= b1

b2, se resava uvodjenjem smene x = X + α, y = Y + β.

Koeficijente α i β odredjujemo tako da slobodan clan bude jednak nuli. Tadase jednacina svodi na homogenu.


(y2 + xy) dx− x2 dy = 0.


ln |x|+ x

y= C.


y′ =xy2 − yx2

x3

koje zadovoljava uslov y(−1) = 1.


y − 2x

y= Cx2

a partikularno se dobija za C = 3.


y′ =4y − 2x− 6

x + y − 3.


(y − x− 1)2

(y − 2x)3= C.

11

Linearna diferencijalna jednacina

Jednacina oblikay′ + P (x)y = Q(x).

Njeno resenje je dato sa

y = e−∫

P (x)dx[C +

∫Q(x)e

∫P (x)dxdx

].


y′ + y cos x = e− sin x.


y = e− sin x[C + x].


y′ + y ctg x = x2.

Resenje: Uz dve parcijalne integracije dobija se opste resenje

y =C

sin x− x2 ctg x + 2x + 2 ctg x.


y′ =y

y2 + x.

Resenje: Jednacina se transformise u linearnu diferencijalnu jednacinu

x′ − 1

yx = y,

cijim resavanjem se dobija opste resenje

x = y2 + Cy.

12

Bernulijeva diferencijalna jednacina

Jednacina oblikay′ + P (x)y = Q(x)yα.

Smenom u = y1−α svodi se na linearnu diferencijalnu jednacinu

u′ + (1− α)P (x)u = (1− α)Q(x).


y′ − 4

xy = x

√y.

Resenje: Posle svodjenja na linearnu jednacinu u′−2xu = x2, dobijamo

opste resenje

y =1

4x4 ln2 |xC|.


3y′√

y − 2y√

y tg x = 2x2.

Resenje: Posle svodjenja na linearnu jednacinu u′ − tg xu = 3x2, dobi-jamo opste resenje

y =(

C

cos x+ 2x + (x2 − 2) tg x

) 23

.


y′ − xy2 − 3xy = 0.

Resenje: Posle svodjenja na linearnu jednacinu u′ + 3xu = −x, dobi-jamo opste resenje

y =3

Ce−32x2 − 1

.

13

Jednacina totalnog diferencijala

Jednacina oblikaP (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0,

uz uslov da je∂P

∂y(x, y) =

∂Q

∂x(x, y).

Opste resenje je oblika u(x, y) = C gde je

u =∫

P (x, y)dx +∫ [

Q(x, y)− ∂

∂y

∫P (x, y)dx

]dy.


(ex + y + sin y) dx + (ey + x + x cos y) dy = 0.


ex + xy + x sin y + ey = C.


y

xdx + (3y2 + ln x) dy = 0.


y ln x + y3 = C.


(x + y − 1) dx + (ey + x) dy = 0.


ey +x2

2+ xy − x = C.

14

Integracioni mnozitelj

I λ(u), u = u(x, y) :

dλ

λ=

∂p∂y− ∂q

∂x

q ∂u∂x− p∂u

∂y

du

II λ(x) :

λ(x) = e∫

1q( ∂p

∂y− ∂q

∂x)dx

III λ(y) :

λ(y) = e∫

1p( ∂q

∂x− ∂p

∂y)dy


(x4 + y4) dx− xy3 dy = 0

ako se zna da ona ima integracioni mnozitelj u obliku funkcije od x.

Resenje: Integracioni mnozitelj je µ(x) = 1x5 a opste resenje je

y = 4

√4x4 ln |x| − 4Cx4.


(2xy2 − y) dx + (y2 + x + y) dy = 0

ako se zna da ona ima integracioni mnozitelj u obliku funkcije od y.

Resenje: Integracioni mnozitelj je µ(y) = 1y2 a opste resenje je

x2 − x

y+ y + ln |y| = C.


(x− y) dx + (x + y) dy = 0

ako se zna da ona ima integracioni mnozitelj u obliku funkcije od x2+y2.

Resenje: Integracioni mnozitelj je µ(x2 + y2) = 1x2+y2 a opste resenje je

ln√

x2 + y2 − arctgx

y= C.

15

Neke diferencijalne jednacine viseg reda

Iy(n) = f(x).

Resava se n puta integracijom.II

F (x, y′, y′′) = 0.

Uvede se smena y′ = p pa se dobije jednacina prvog reda.III

F (y, y′, y′′) = 0.

Uvede se smena y′ = p(y), (y′′ = p′ · p), koja snizava red jednacine.


y′′ = xe−x.


y = (x + 2)e−x + C1x + C2.

2. Naci ono resenje diferencijalne jednacine

yIV = cos2 x,

koje zadovoljava uslove y(0) = 132

, y′(0) = 0, y′′(0) = 18, y′′′(0) = 0.

Resenje: Partikularno resenje je

y =1

48x4 +

1

8x2 +

1

32cos 2x.


xy′′ = y′ lny′

x.


y =1

C1

xe1+C1x − 1

C21

e1+C1x + C2.

16


y′′ − y′

x− 1= x(x− 1)

koje zadovoljlava uslove y(2) = 1, y′(2) = −1.


y =3x4 − 4x3 − 36x2 + 72x + 8

24.


1 + (y′)2 = yy′′.


1

C1

ln(C1y +√

C21y

2 − 1) = ±(x + C2).


yy′′ − (y′)2 = 0

koje zadovoljlava uslove y(0) = 1, y′(0) = 2.


y = e2x.

17

Homogena diferencijalna jednacina n-tog redasa konstantnim koeficijentima

Jednacina oblikay(n) + a1y

(n−1) + . . . + any = 0.

Opste resenje se formira u zavisnosti od korena karakteristicne jednacine

rn + a1a1r(n−1) + . . . + an = 0.

1) Svakom realnom korenu reda 1 u opstem resenju odgovara sabirak Cekx.

2) Svakom realnom korenu reda m u opstem resenju odgovara sabirak(C1 + C2x + . . . + Cm−1x

m−1)ekx.

3) Svakom kompleksnom korenu α ± β i, reda 1, u opstem resenju odgovarasabirak eαx(C1 cos βx + C2 sin βx).

4) Svakom kompleksnom korenu α ± β i, reda m, u opstem resenju odgo-vara sabirak eαx[(C1 + C2x + . . . + Cm−1x

m−1) cos βx + (C ′1 + C ′

2x + . . . +C ′

m−1xm−1) sin βx].


y′′ + 3y′ + 2y = 0.

Resenje: λ1 = −1, λ2 = −2, y = C1e−2x + C2e

−x.


y′′ − 8y′ + 16y = 0.

Resenje: λ1 = λ2 = 4, y = C1e4x + C2xe4x.


y(4) − 13y′′ + 36y = 0.

Resenje: λ1 = 3 λ2 = −3, λ3 = 2, λ4 = −2, y = C1e3x + C2e

−3x +C3e

2x + C4e−2x.

18


y′′′ + 8y = 0.

Resenje: λ1,2 = 1 ± i√

3, λ3 = −2, y = C1e−2x + C2e

x cos√

3x +C3e

x sin√

3x.

19

Nehomogena diferencijalna jednacina n-togreda sa konstantnim koeficijentima

Jednacina oblikay(n) + a1y

(n−1) + . . . + any = f(x).

f(x) Oblik

eαxPn(x), α n.k.k.j. yp = eαxQn(x)eαxPn(x), α j.k.k.j. reda s yp = xseαxQn(x),

eαx[Pn(x) cos βx + Qm(x) sin βx], α± βi n.k.k.j. yp = eαx[Rk(x) cos βx + Sk(x) sin βx]eαx[Pn(x) cos βx + Qm(x) sin βx], α± βi j.k.k.j. reda s yp = xseαx[Rk(x) cos βx + Sk(x) sin βx]

gde je k = max (m,n).


y′′ − 7y′ = 5xex.


y = C1 + C2e7x +

(−5

6x +

25

36

)ex.


y′′ + 6y′ + 9y = (x− 2)xe−3x.


y = (C1 + C2x)e−3x +(

1

6x− 1

)x2e−3x.


y′′′ − y′′ + y′ − y = 2ex.


C1ex + C2 cos x + C3 sin x + xex.

20


y′′ + y′ =(x +

3

2

)ex − 2x.


y = C1 + C2e−x +

1

2xex − x2 + 2x.


y′′ + 3y′ + 2y = (2x + 3) sin x + cos x.


y = C1e−x + C2e

−2x +(

1

5x +

21

25

)sin x−

(3

5x +

3

25

)cos x.


y′′′ + y′′ + 2y′ − 4y = 21ex − 26 sin x.


y = C1ex + C2e

−x + cos√

3x + C3e−x sin

√3x + 3xex + cos x + 5 sin x.

21

Sistemi diferencijalnih jednacina

Sisteme resavamo svodjenjem na diferencijalnu jednacinu viseg reda.

1. Naci opste resenje sistema difrencijalnih jednacina

y′ = z − 5 cos x, z′ = 2y + z.

Resenje: Diferenciramo drugu pa y′ ubacimo u prvu. Opste resenjesistema je

z(x) = C1e−x+C2e

2x+3 cos x+sin x, y(x) = −C1e−x+

C2

2e2x−2 sin x−cos x.


d2y

dx2+

dz

dx+ y = ex,

dy

dx+

d2z

dx2= 1.

Resenje: Diferenciramo prvu pa d2zdx2 ubacimo u drugu. Opste resenje

sistema je

y(x) = ex−x3

6+C1x

2+C2x+C3, z(x) = −ex+x4

24−C1

x3

3+(1−C2)

x2

2−(2C1+C3)x+C4.


x′′ + y′ + 3x = e−t, y′′ − 4x′ + 3y = sin(2t).

Resenje: Diferenciramo prvu pa izrazimo y′′ iz druge, pa ponovo difer-enciramo i dobijamo jednacinu po funkciji x(t), cije je resenje

x(t) = C1 cos t + C2 sin t + C3 cos(3t) + C4 sin(3t) +e−t

5+

2

15cos(2t).


x′ = x− y + z, y′ = x + y − z, z′ = 2x− y.

Resenje: Diferenciramo prvu pa z i z′ ubacimo u drugu i trecu. Zatimizrazimo y′ preko x i x′ i jos jednom diferenciramo i dobijamo jednacinupo x(t).Opste resenje sistema je

x(t) = C1et+C2e

−t+C3e2t, y(t) = C1e

t−3C2e−t, z(t) = C1e

t−5C2e−t+C3e

2t.

22

Dvostruki integrali

D = {(x, y) | a ≤ x ≤ b, y1(x) ≤ y ≤ y2(x)}

∫ ∫D

f(x, y) dxdydz =∫ b

a

[∫ y2(x)

y1(x)f(x, y) dy

]dx =

∫ b

adx∫ y2(x)

y1(x)f(x, y) dy.

Zapremina tela se racuna po formuli

V =∫ ∫

D

f(x, y) dxdy,

gde je f(x, y) ≥ 0 funkcija kojom je definisana povrs S cija je projekcija na ra-van Oxy oblast D i koje, zajedno sa cilindricnom povrsi sa strane, ogranicavajutelo.

1. Izracunati ∫ ∫D

x2

1 + y2dxdy,

gde je D = {(x, y), 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}.Resenje:

I =∫ 2

0dx∫ 1

0

x2

1 + y2dy =

2π

3.


(x + 2y) dxdy,

gde je D unutrsnjost trougla sa temenima u tackama A(0, 0), B(1, 2) iC(3, 0).

Resenje: I = I1 + I2 = 8 gde su

I1 =∫ 1

0dx∫ 2x

0(x + 2y) dy, I2 =

∫ 3

1dx∫ 3−x

0(x + 2y) dy.

23


x2y2√

1− x3 − y3 dxdy,

gde je D oblast definisana relacijama x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1.

Resenje:

I =∫ 1

0x2 dx

∫ 3√1−x3

0y2√

1− x3 − y3 dy =4

135.


(xy − 2x + 3y) dxdy,

gde je D oblast ogranicena krivim y =√

x i y = x3.

Resenje:

I =∫ 1

0dx∫ √x

x3(xy − 2x + 3y) dy =

403

1680.


(2x− 3y) dxdy,

gde je D unutrasnjost kruga x2 + y2 = 16 u I kvadrantu.

Resenje: Polarne koordinate:

x = ρ cos φ, y = ρ sin φ, J = ρ,

I =∫ 4

0dρ∫ π

2

0(2ρ cos φ− 3ρ sin φ)ρ dφ = −64

3.


(2x− 3y + 4) dxdy,

gde je D unutrasnjost elipse x2

4+ y

92 = 1.

Resenje: x = 2ρ cos φ, y = 3ρ sin φ, J = 6ρ,

I =∫ 1

0dρ∫ 2π

0(2ρ cos φ− 3ρ sin φ + 4)ρ dφ = 24π.

24


(x2 + y2)2 dxdy,

gde je D unutrasnjost kruga x2 + y2 = 2y.

Resenje: x = ρ cos φ, y = 1 + ρ sin φ, J = ρ,

I =∫ 1

0dρ∫ 2π

0(ρ2 + 2ρ sin φ + 1)2ρ dφ =

10π

3.

8. Izracunati zapreminu tela ogranicenog eliptickim cilindrom x2

4+y2 = 1

i ravnima z = 12− 3x− 4y, z = 1.

Resenje: x = 2ρ cos φ, y = ρ sin φ, J = 2ρ,

I =∫ 1

0dρ∫ 2π

0(11− 3ρ cos φ− 4ρ sin φ)2ρ dφ = 22π.

9. Izracunati zapreminu tela ogranicenog povrsima (x − 1)2 + y2 = z i2x + z = 2.

Resenje: Eliminacijom z iz jednacina povrsi dobijamo x2 + y2 = 1.Uvodjenjem polarnih koordinata dobijamo da je

V =∫ 2π

0dϕ∫ 1

0ρ(1− ρ2)dρ =

π

2.

10. Izracunati zapreminu tela ogranicenog kruznim cilindrom x2 + y2 = 2xi ravnima z = x, z = 3x.

Resenje: x = ρ cos φ + 1, y = ρ sin φ, J = ρ,

V =∫ 1

0dρ∫ 2π

0(2 + 2ρ cos φ)ρ dρ = 2π.

11. Izracunati zapreminu tela koje ogranicavaju paraboloid z = x2 + y2 iravan z = x + y.

Resenje:Eliminacijom z i uvodjenjem smena x = X + 12

i y = Y + 12

dobijamo, uz pomoc polarnih koordinata, da je

V =∫ √

22

0dρ∫ 2π

0(1

2− ρ2)ρ dρ =

π

8.

25

Trostruki integrali

V = {(x, y, z) | a ≤ x ≤ b, y1(x) ≤ y ≤ y2(x), z1(x, y) ≤ z ≤ z2(x, y)}

∫ ∫ ∫V

f(x, y, z) dxdydz =∫ b

a

[∫ y2(x)

y1(x)

[∫ z2(x,y)

z1(x,y)f(x, y, z) dz

]dy

]dx.

Zapremina tela G se racuna po formuli

V =∫ ∫ ∫

G

dxdydz.

1. Izracunati ∫ ∫ ∫V

x dxdydz,

gde je V oblast u prvom kvadrantu ogranicena sa ravni x2

+ y2

+ z = 1.

Resenje:

I =∫ 2

0dx∫ − 3

2x+3

0dy∫ 1−x

2− y

3

0x dz =

67

512.


xy dxdydz,

gde je V oblast ogranicena hiperboloicnim paraboloidom z = xy i rav-nima x + y = 1, z = 0 (z ≥ 0).

Resenje:

I =∫ 1

0dx∫ 1−x

0dy∫ xy

0xy dz =

1

180.


(x + y − 2z + 1) dxdydz,

gde je V deo lopte x2 + y2 + z2 ≤ 4 u prvom oktantu.

26

Resenje: Sferne koordinate:

x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos φ, J = ρ2 sin φ,

I =∫ 2

0dρ∫ π

2

0dφ∫ π

2

0f(ρ, φ)ρ2 sin φ dθ =

4π

3.


(x2 + y2 + z2) dxdydz,

gde je V oblast koju ogranicava elipsoid x2 + y2 + z2

4= 1.

Resenje:

x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = 2ρ cos φ, J = 2ρ2 sin φ,

I =∫ 1

0dρ∫ π

0dφ∫ 2π

0f(ρ, φ)ρ2 sin φ dθ =

16π

3.


√x2 + y2 dxdydz,

gde je V oblast ogranicena konusom x2 + y2 = z2 i sa ravni z = 1.

Resenje: Cilindricne koordinate:

x = ρ cos φ, y = ρ sin φ, z = z, J = ρ,

I =∫ 1

0dz∫ 2π

0dφ∫ z

0f(ρ, φ)ρ dρ =

π

6.

6. Izracunati zapreminu tela koje ogranicavaju paraboloidi z = x2 + y2,z = 2x2 + 2y2, cilindricna povrs y = x2 i ravan y = x.

Resenje:

V =∫ 1

0dx∫ x

x2dy∫ 2x2+2y2

x2+y2dz =

3

35.

27

Krivolinijski integrali prve vrste

y = y(x), x ∈ [a, b] :

∫l

f(x, y) ds =∫ b

af(x, y(x))

√1 + (y′(x))2 dx

x = x(t), y = y(t), t ∈ [t0, t1] :

∫l

f(x, y) ds =∫ t1

t0f(x(t), y(t))

√(x′(t))2 + (y′(t))2 dt

x = ρ cos φ, y = ρ sin φ, ρ = ρ(φ), φ ∈ [α, β] :

∫l

f(x, y) ds =∫ β

αf(ρ(φ) cos φ, ρ(φ) sin φ)

√(ρ(φ))2 + (ρ′(φ))2 dφ

1. Izracunati ∫l

x

yds

gde je l luk parabole y2 = 2x izmedju tacaka (2, 2) i (8, 4).

Resenje: I = 16(17

√17− 5

√5).

2. Izracunati ∫l

(x2 + y3) ds

gde je l trougao sa temenima u tackama A(1, 0), B(0, 1) i O(0, 0).

Resenje: I = 7√

212

+ 14

+ 13

= 7(√

2+1)12

.

3. Izracunati ∫l

y2 ds

gde je l luk cikloide x = 2(t− sin t), y = 2(1− cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.

Resenje:

I = 64∫ 2π

0sin5 t

2dt =

2048

15.

28

4. Izracunati ∫l

√x2 + y2 ds

gde je l kriva zadata parametarskim jednacinama x = cos t + t sin t,y = sin t− t cos t, 0 ≤ t ≤ 2π.

Resenje:

I =∫ 2π

0t√

1 + t2 dt =1

3

[(1 + 4π2)

32 − 1

].

5. Izracunati ∫l

(x2 + y2) ds

gde je l krug x2 + y2 = ax, (a > 0).

Resenje:

x = ρ cos φ, y = ρ sin φ, I = a3∫ π

2

−π2

cos2 φ dφ =πa3

2.

29

Krivolinijski integrali druge vrste

y = y(x), x ∈ [a, b] :

∫l

P (x, y) dx + Q(x, y) dy =∫ b

a[P (x, y(x)) + Q(x, y(x))y′(x)] dx

x = x(t), y = y(t), t ∈ [t0, t1] :

∫l

P (x, y) dx + Q(x, y) dy =∫ b

a[P (x(t), y(t))x′(t) + Q(x(t), y(t))y′(t)] dt

1. Date su tacke A(3, 6), B(3, 0) i C(0, 6). Izracunati∫l

(8x + 4y + 2) dx + (8y + 2) dy

gde je l:

a) Odsecak OA.

b) Izlomljena linijia OBA.

c) Izlomljena linijia OCA.

d) Parabola, simetricna u odnosu na osu Oy, koja prolazi kroz O i A.

Resenje: a) I = 234; b) I = 198; c) I = 270; d) y = 23x2, I = 222.

2. Izracunati ∫l

y

1 + xdx + x dy

gde je l luk krive y = 2√

x− x u prvom kvadrantu.

Resenje: I = 2I1 − I2 + I3 = 43− 4 arctg 2 + ln 5 gde su:

I1 =∫ 4

0

√x

1 + xdx = 4− 2 arctg 2, (smena

√x = t),

I2 =∫ 4

0

x

1 + xdx = 4− ln 5,

I3 =∫ 4

0(√

x− x) dx = −8

3.

30

3. Izracunati ∫l

(2a− y) dx− (a− y) dy

gde je l prvi svod cikloide x = a(t− sin t), y = a(1− cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.

Resenje:

I = a2∫ 2π

0(sin2 t− sin t cos t) dt = πa2.

31

Grinova formula

∫l

P (x, y) dx + Q(x, y) dy =∫ ∫

D

(∂Q

∂x(x, y)− ∂P

∂y(x, y)

)dxdy

1. Izracunati

∫l

(3xy − 2x2) dx + (4xy − 2y2) dy

gde je l zatvorena kriva koja se sastoji od delova krivih y = x3 i y = 3√

x.

Resenje.

I =∫ 1

0dx∫ 3√x

x3(4y − 3x) dy =

8

35.

2. Izracunati

∫l

(x2 − 3xy) dx + (xy + 2y3) dy

gde je l elipsa (x− 1)2 +(y − 2)2

16= 1.

Resenje. x = 1 + ρ cos φ, y = 2 + 4ρ sin φ, J = 4ρ,

I = 4∫ 2π

0dφ∫ 1

0(5 + 4ρ sin φ + 3ρ cos φ)ρ dρ = 20π.

3. Izracunati

∫l

(x2 + 2y2 − y) dx + (2 + x− x2) dy

gde je l elipsax2

4+

y2

9= 1.

32

Resenje. x = 2ρ cos φ, y = 3ρ sin φ, J = 6ρ,

I = 6∫ 2π

0dφ∫ 1

0(2− 4ρ cos φ− 12ρ sin φ)ρ dρ = 12π.

4. Izracunati

∫l

(xy + x + y) dx + (xy + x− y) dy

gde je l kriva x2 + y2 = 3x.

Resenje. x = 32

+ ρ cos φ, y = ρ sin φ, J = ρ,

I =∫ 2π

0dφ∫ 3

2

0(ρ sin φ− 3

2− ρ cos φ)ρ dρ = −27π

8.

5. Izracunati

∫l

2(x2 + y2) dx + (x + y)2 dy

gde je l trougao sa temenima u tackama A(1, 1), B(2, 2) i C(1, 3).

Resenje.

I = 2∫ 2

1dx∫ 4−x

x(x− y) dy = −4

3.

6. Izracunati

∫l

(2x− 3y) dx + (x2 − xy) dy

gde je l deo krive y =√

4− x u prvom kvadrantu.

Resenje.

I =∫ 4

0dx∫ √4−x

0(2x− y + 3) dy − 16 =

196

15.

33

Brojni redovi

Teorema 1. Neka red∑∞

n=1 an konvergira i neka je njegova suma jednaka S.Tada red

∑∞n=1 αan konvergira i njegova suma je jednaka αS.

Teorema 2. Neka redovi∑∞

n=1 an i∑∞

n=1 bn konvergiraju i neka su njihovesume jednake S1 i S2. Tada red

∑∞n=1(an + bn) konvergira i njegova suma je

jednaka S1 + S2.

Teorema 3. Neka red∑∞

n=1 an konvergira. Tada je limn→∞ an = 0.

Teorema 4. Neka su∑∞

n=1 an i∑∞

n=1 bn redovi sa pozitivnim clanovima i neka(∃n0)(∀n)n ≥ n0 ⇒ an ≤ bn. Tada:1) Ako red

∑∞n=1 bn konvergira tada i red

∑∞n=1 an konvergira.

2) Ako red∑∞

n=1 an divergira tada i red∑∞

n=1 bn divergira.

Teorema 5. Neka su∑∞

n=1 an i∑∞

n=1 bn redovi sa pozitivnim clanovima i nekaje

limn→∞

an

bn

= c, (c 6= 0, ±∞).

Tada:1) Red

∑∞n=1 an konvergira ako i samo ako red

∑∞n=1 bn konvergira.

2) Red∑∞

n=1 an divergira ako i samo ako red∑∞

n=1 bn divergira.

Teorema 6 (Dalamberov kriterijum). Neka je∑∞

n=1 an red sa pozitivnimclanovima i neka je

limn→∞

an+1

an

= l.

Tada:1) Ako je l > 1 tada red

∑∞n=1 an divergira.

2) Ako je l < 1 tada red∑∞

n=1 an konvergira.3) Ako je l = 1 tada se za red

∑∞n=1 an ne moze tvrditi ni da konvergira ni da

divergira.

34

Teorema 7 (Kosijev kriterijum). Neka je∑∞

n=1 an red sa pozitivnimclanovima i neka je

limn→∞

n√

an = l.

Tada:1) Ako je l > 1 tada red

∑∞n=1 an divergira.

2) Ako je l < 1 tada red∑∞

n=1 an konvergira.3) Ako je l = 1 tada se za red

∑∞n=1 an ne moze tvrditi ni da konvergira ni da

divergira.

Teorema 8 (Integralni kriterijum). Neka je∑∞

n=1 an red sa pozitivnimclanovima za koji postoji pozitivna, neprekidna i monotono-opadajuca funkcija,definisana na intervalu [1,∞), takva da je f(n) = an, n = 1, 2, . . . . Tada:1) Red

∑∞n=1 an konvergira ako i samo ako integral

∫∞1 f(x) dx konvergira.

2) Red∑∞

n=1 an divergira ako i samo ako integral∫∞1 f(x) dx divergira.

1. Naci limn→∞ Sn za sledece redove i ispitati konvergenciju:

a)1 + 2 + 3 . . . + n + . . . .

b)1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . . +

1

n · (n + 1)+ . . . .

Resenje: a) S = ∞; b) S = 1.

2. Naci limn→∞ an za sledece redove:

a)∞∑

n=1

n + 1

2n + 1.

b)∞∑

n=1

n + 2

ln(n + 1).

c)∞∑

n=1

n2

n3 + 2.

35

Resenje: a) limn→∞ an = 12; b) limn→∞ an = ∞; c) limn→∞ an = 0.

3. Ispitati konvergenciju sledecih redova:

a)∞∑

n=1

2 + sin n

n.

b)∞∑

n=1

arctg n + 1

n2.

c)∞∑

n=1

5n + 1

2n.

Resenje: Primenjujemo teoremu 4: a) 2+sin nn

≥ 1n

pa red divergira. b)arctg n+1

n2 ≤π2+1

n2 pa red konvergira. c) 5n+12n ≥ 5n

2n pa red divergira.


a)∞∑

n=1

n + 2

n2 + n + 1.

b)∞∑

n=1

n√

n + 2√n6 + 2n− 2

.

c)∞∑

n=1

√n + 3

√n

n +3√

n5.

Resenje: Primenjujemo teoremu 5: a) Podelimo opsti clan sa 1n

padobijamo da red divergira. b) Podelimo opsti clan sa 1

n52

pa dobijamo

da red konvergira. c) Podelimo opsti clan sa 1

n76

pa dobijamo da red

divergira.

36


a)∞∑

n=1

n5

3n+1.

b)∞∑

n=1

nn

n!.

c)∞∑

n=1

3n

n!.

d)∞∑

n=1

n3

3n.

Resenje: Primenjujemo teoremu 6: a) limn→∞an+1

an= 1

3pa red konver-

gira. b) limn→∞an+1

an= e pa red divergira. c) limn→∞

an+1

an= 0 pa red

konvergira. d) limn→∞an+1

an= 1

3pa red konvergira.


a)∞∑

n=1

(n + 2

2n + 1

)3n+1

.

b)∞∑

n=1

(n− 1

n + 1

)n(n−1)

.

c)∞∑

n=1

n(1− 1

n

)n2

.

Resenje: Primenjujemo teoremu 7: a) limn→∞ n√

an = 18

pa red konver-gira. b) limn→∞ n

√an = 1

e2 pa red konvergira. c) limn→∞ n√

an = 1e

pared konvergira.

37


a)∞∑

n=2

1

n ln n.

b)∞∑

n=2

1

n√

ln n.

c)∞∑

n=1

1

(n + 1) ln2(n + 1).

Resenje: Primenjujemo teoremu 8: a)∫∞2 f(x) dx = ∞ pa red diver-

gira. b)∫∞2 f(x) dx = ∞ pa red divergira. c)

∫∞1 f(x) dx = 1

ln 2pa red

konvergira.

38

Alternativni redovi

Teorema 1. Neka je:1) an > an+1,2) limn→∞ an = 0. Tada red

∑∞n=1(−1)nan konvergira.

Teorema 2. Ako red∑∞

n=1 |an| konvergira tada i red∑∞

n=1(−1)nan konvergira.

1. Ispitati konvergenciju reda:

∞∑n=1

(−1)n 1

2√

n− 1.

Resenje: Lako je videti da uslovi 1) i 2) iz teoreme 1 vaze i alternativnired konvergira. Pored toga red

∑∞n=1

12√

n−1divergira, jer je

1

2√

n− 1>

1

2√

n,

pa primenjujemo teoremu 4. Prema tome red∑∞

n=1(−1)n 12√

n−1uslovno

konvergira.

2. Ispitati konvergenciju reda:

∞∑n=1

(−1)n+1 1

2n− ln n.

Resenje: Uslovi 1) i 2) iz teoreme 1 vaze pa alternativni red konvergira.Primenimo teoremu 5 za ispitivanje apsolutne konvergencije. Kadapodelimo an sa 1

n, dobijamo da red ne konvergira apsolutno pa imamo

da alternativni red uslovno konvergira.

39

Stepeni redovi

Oblast konvergencije stepenog reda je interval (−R,R) gde je

R = limn→∞

∣∣∣∣∣ an

an+1

∣∣∣∣∣ ili R = limn→∞

1√

an

.

1. Naci poluprecnik konvergencije sledecih stepenih redova i ispitati kon-vergenciju u krajevima intervala.

a)∞∑

n=1

n! · (x− 3)n−1

2n+1.

b)∞∑

n=1

3n−1 · (x + 1)n

nn.

c)∞∑

n=1

(x− 2)n+1

3n · (n + 2).

d)∞∑

n=2

(x + 5)n

3n+1 · n ln3 n.

Resenje: a) R = 0. b) R = ∞. c) R = 3. Za x = −1 red konvergira poteoremi 1 (za alternativne redove). Za x = 5 red divergira po teoremi5 (podelimo an sa 1

n). d) R = 3. Za x = −8 red apsolutno konvergira

po teoremi 8 pa zakljucujemo da konvergira. Za x = −2 red konvergirapo teoremi 8.

40

Tejlorov i Maklorenov red

Tejlorova formula:

f(x) = f(x0)+f ′(x0)

1!(x−x0)+

f ′′(x0)

2!(x−x0)

2 + . . .+f (n)(x0)

n!(x−x0)

n + . . .

Maklorenova formula:

f(x) = f(0) +f ′(0)

1!x +

f ′′(0)

2!x2 + . . . +

f (n)(0)

n!xn + . . .

Maklorenov red nekih funkcija:x ∈ (−∞, +∞):

ex = 1 +x

1!+

x2

2!+ . . . +

xn

n!+ . . . =

∞∑n=0

xn

n!.

x ∈ (−∞, +∞):

sin x = x− x3

3!+

x5

5!+ . . . + (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!.

x ∈ (−∞, +∞):

cos x = 1− x2

2!+

x4

4!+ . . . + (−1)n x2n

(2n)!+ . . . =

∞∑n=0

(−1)n x2n

(2n)!.

x ∈ (−1, 1]:

ln(1 + x) = x− x2

2+

x3

3+ . . . + (−1)n−1xn

n+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n−1xn

n.

41

x ∈ [−1, 1] za m > 0; x ∈ (−1, 1] za −1 < m < 0; x ∈ (−1, 1) za m ≤ 1:

(1 + x)m =

1 + mx +m(m− 1)

2!x2 + . . . +

m(m− 1) . . . (m− n + 1)

n!xn + . . . =

1 +∞∑

n=1

m(m− 1) . . . (m− n + 1)

n!xn.

1. Funkciju e−x2razviti u Maklorenov red.

Resenje:

e−x2

= 1− x2

1!+

x4

2!− x6

3!.

2. Funkcije a) f(x) = arctg x; b) f(x) = 1(1−x)2

razviti u Maklorenov red.

Resenje: Naci im izvode, razviti ih u red a zatim integraliti clan poclan. a) f(x) =

∑∞n=0(−1)n x2n+1

(2n+1)!b)f(x) =

∑∞n=1 nxn−1.

3. Naci

limx→0

2ex − 2− 2x− x2

x− sin x.

Resenje: 2.

4. Naci

limx→0

sin x− arctg x

x3.

Resenje: 16.

5. Naci

limx→0

3 arctg x− 3 tg x + 2x3

x5.

Resenje: 2; tg x = x + x3

3+ 2x5

15.

42

matematika ii vezbeˇ dr boban marinkovi´c semestar/matematika ii...6. na´ci duˇzinu luka krive...

Documents