(POSTAVKE, RJEŠENJA UPUTE I REZULTATI ZADATAKA) S A PRVOG PARCIJALNOG ISPITA IZ PREDMETA INŢENJERSKA MATEMATIKA

Transcript

1 Elektotehnički fakultet Univeziteta u Saajevu Z A D A C I GRUPE A i B (POSTAVKE, RJEŠENJA UPUTE I REZULTATI ZADATAKA) S A PRVOG PARCIJALNOG ISPITA IZ PREDMETA INŢENJERSKA MATEMATIKA 2 Akademska godina Saajevo, IME I PREZIME STUDENTA :... BROJ INDEKSA :... JEDINSTVENI MATIČNI BROJ :... NASTAVNA GRUPA (BROJ) :... UPUTSTVO: 1. Za svaki od pva četii zadatka (za pac. ispit iz IM2) su četii odgovoa od kojih je samo jedan tačan. Riješite ove zadatke, a zatim za svaki od zadataka koji ste iješili zaokuţite edni boj pod kojim je naveden tačan odgovo za taj zadatak, pa taj boj upišite na odgovaajuće mjesto u dole navedenoj tabeli. Zaokuţivanje više od jednog odgovoa vednuje se kao i netačan odgovo. Svaki tačan odgovo za koji je dato odgovaajuće obazloţenje s boduje sa po 2,5 boda/poena (pema naznačenom bodovanju uz zadatak ), a svaki netačan odgovo se vednuje sa po 0 bodova. Ukoliko se ne zaokuţi niti jedan od ponuđena četii odgovoa, kao i u slučaju kada za zaokuţeni tačan odgovo nije dato zadovoljavajuće obazloţenje, za taj zadatak student ostvauje 0 bodova. 2. Riješite detaljno peti zadatak, koji je s otvoenim odgovoom. Tačno uađen taj zadatak donosi 10 bodova. Boduju se i tačno uađeni dijelovi tog zadatka (pi tom bodovanju najmanja jedinica mjee je 0,5 bodova).. Nije dozvoljeno koištenje biljeţaka, knjiga, kalkulatoa, mobilnih telefona i bilo kakvih elektonskih ueđaja, niti dugih pomagala, kao ni dugih papia osim uvezanih papia dobijenih za ovaj ispit. Takođe nije dozvoljen nikakav azgovo sa kolegama/studentima i deţunim na ovom ispitu, tj. svaku izadu bilo kojeg od zadataka na ovom pacijalnom ispitu moa svaki kandidat samostalno uaditi. Svaki od kandidata koji pekši bilo šta od ovdje navedenog, bit će isključen sa ovog ispita i ovaj njegov pacijalni ispit vednovan sa 0 bodova. Rezultati pvog pacijalnog ispita iz IM2: Zad Zad Zad Zad Zad Ukupan boj ostvaenih bodova: Vlastoučni potpis studenta: Pedmetni nastavnik: V. Pof. D. Sci. Huse Fatkić 1

2 Z A D A C I - G. A za Pvi pacijalni ispit iz IM2, Saajevo, Zad. 1. Odedite izvod funkcije u tački u pavcu pema tački. Šta kaakteizia izvod funkcije u pavcu, te kada je veličina izvoda u pavcu najveća? [ I..). II. 2. III. 5. IV. 5. (1, 5 poena) Odgovo napostavljeno pitanje: Izvod (ealne) funkcije ( više ealnih pomjenljivih) (u nekoj tački njenog domena) u pavcu kaakteizia bzinu mijenjanja te funkcije u tom pavcu. Veličina izvoda funkcije u nekoj tački (njenog domena) u pavcu je najveća u pavcu i smjeu gadijenta te funkcije u toj tački, a u zadanom slučaju je (= ). ] (/o,5 + 0,5/ poena) Zad. 2. Izačunajte (ili ustanovite da ne postoji) ganičnu vijedno Ď č! Obazložite [ I. 1. II. 2. III. Ne postoji]. IV. 0. (1, 5 poena) Obazloţenje postupka: Tačka (0, 0) je tačka gomilanja piodnog domena zadane funkcije (koja mu ne pipada), pa zadana ganična vijednost ima smisla ali ipak ne postoji, što se može zaključiti np. iz činjenice da ganična vijednost u tački (0,0) od f (x, k x 2 ) zavisi od paameta k, tj. zavisi od puta pibližavanja tačke (x, k x 2 ) ka tački (0, 0). ] (/o,5 + 0,5/ poena) Zad.. Apoksimiajte funkciju f (x, y, z): = tećeg stepena T (x, y, z), uz pethodnu povjeu da je to moguće. [ I. f (x, y, z) II. f (x, y, z) III. f (x, y, z) IV. f (x, y, z) MacLauinovim polinomom Pethodna povjea: Zadana funkcija f ima sve pacijalne izvode do 4 og eda zaključno i ti izvodi su očito nepekidne funkcije u okolini U sadžanoj (koja može biti i jednaka skupu A) u skupu Za svaku tačku iz okoline U i duž koja spaja tačke i takoďe pipada okolini U. Otuda slijedi da se f (x, y, z): može apoksimiati MacLauinovim polinomom tećeg stepena T (x, y, z), (1 poen) tako da se, nakon izačunavanja difeencijala d 1 d u tački (0, 0, 0), dobije da je f (x, y, z) (sa geškom R 4 (x, y, z)). ] (1, 5 poena) Zad. 4. Riješite difeencijalnu jednačinu ' = s početnim uslovom, uz pethodno ispitivanje egzistencije i jedinstvenosti njenog ješenja koje zadovoljava taj zadani uslov. [ I.. II.. III.. IV.. Ispitivanje egzistencije i jedinstvenosti ješenja: Pimijetimo da je zadana jednačina Benoullijeva difeencijalna jednačina, oblika y P( x) y f ( x) koja se smjenom svodi na lineanu difeencijalnu jednačinu ( pvog eda). Zadana jednačina se može napisati u obliku: ' +. 2

3 Funkcija g je definiana na skupu elementana (ealna) funkcija (od dvije ealne pomjenljive) i kao takva je nepekidna na svom piodnom domenu, pa i na svakom pavougaoniku sadžanom u :. funkcija g ima (pacijalni) izvod, koji je (pema dobo poznatoj Weiestassovoj teoemi za nepekidnu funkciju na zatvoenoj oganičenoj oblasti) očito oganičen po modulu na pavougaoniku D (pa zadovoljava Lipschitzov uslov). Otuda slijedi da zadana difeencijalna jednačina, s početnim uslovom, zadovoljava uslove teoeme o egzistenciji i jedinstvenosti ješenja u nekoj okolini tačke x0, y 0 iz Dom (g) pema kojoj postoji jedinstveno ješenje zadane difeencijalne jdnačine na segmentu [ h, + h] koje zadovoljava početne uslove, pi čemu je 0 < h < min {a, }, M > 0 takav da je f (x, y) za sve (x, y) D, a K Lipschitzova konstanta (koja je oganičenje funkcije na D). (1 poen) Smjenom, odnosno ( zadana jednačina se svede na lineanu difeencijalnu jednačinu čijim ješavanjem se dobije da je (, odnosno odakle, zamjenom zadano fomulom (,, slijedi da je C = 2, tako da je taženo (jedinstveno) patikulano ješenje (. ] (1, 5 poena) 2 Zad. 5. Neka je funkcija f sa R u R zadana fomulom (x, y) : i neka je funkcija g sa R u R zadana fomulom (x, y, z) : gdje je sa označena vijednost kvadatnog koijena (zaokužena na jednu decimalu) Vašeg boja indeksa za studij na Elektotehničkom fakultetu Univeziteta u Saajevu. a) Definiajte pojam difeencijabilnosti i fomulišite potebne i dovoljne uslove difeencijabilnosti funkcije dviju ili više pomjenljivih, a zatim ispitajte difeencijabilnost zadanih funkcija f i g. b) Ispitajte egzistenciju ekstema (lokalnih i totalnih/apsolutnih) zadane funkcije f i, u slučaju da postoje, odedite ih. c) Dokažite da su (0, 6, 10) i (x, 0, z) ( za sve x, z ϵ ) stacionane tačke zadane funkcije g, a zatim ispitajte postojanje njenih stogih/nestogih lokalnih ekstemnih vijednosti u tim tačkama i, u slučaju da postoje, ispitajte njihovu piodu i izačunajte ih. d) Odedite i sve ostale stacionane tačke zadane funkcije. [ Rješenje: a) O fomulacijama definicije pojma difeencijabilnosti, kao i o fomulacijama teoema o potebnim i dovoljnim uslovima difeencijabilnosti ealne funkcije dviju i tiju ealnih pomjenljivih može se vidjeti, np., u Pedavanja iz Inženjeske matematike 2 u akademskoj 2010/2011.godini, st. 0 i 1, ( (/0, 5 + 0,5 + 0,5/ poena) 1) Zadana funkcija f je difeencijabilna samo na skupu R 2 \ {(x, - x) x ϵ R}, je na tom skupu ona ima oba pacijalna izvoda (pvog eda) koji su očito nepekidne funkcije na tom skupu (pa je u tačkama toga skupa ispunjen dovoljan uslov njene difeencijabilnosti), u tački (0, 0) ona ima oba pacijalna izvoda (pvog eda) koji su jednaki 1 ( i pekidni su u tački (0, 0)), ali se po definiciji difeencijabilnosti dokaže da ona nije difeencijabilna u tački (0,0), dok u tačkama (x, - x) (x ϵ R\{0}) zadana funkcija f nema konačne pacijalne izvode (pvog eda), pa nije ispunjen poteban uslov za njenu

4 difeencijabilnost u tim tačkama. (1 poen) 2) Zadana funkcija g je difeencijabilna na čitavom skupu R, je na tom skupu ona ima sva ti pacijalna izvoda (pvog eda) koji su, očito, nepekidne funkcije na tom skupu (pa je u tačkama toga skupa ispunjen dovoljan uslov njene difeencijabilnosti). (0, 5 poena) b) Funkcija f je definiana na skupu R 2 i očito je neoganičena i odozdo i odozgo pa nema apsolutnih ekstema. Ona takoďe nema ni lokalnih ekstema, je je difeencijabilna na skupu R 2 \ {(x, - x) x ϵ R} na kojem nema tačaka u kojima su joj oba pacijalna izvoda (pvog eda) jednaki 0 ( tj. f nema stacionanih tačaka), a u tačkama u kojima nije difeencijabilna, tj. u tačkama (x, - x) (x ϵ R), njen totalni piaštaj nije ni u jednoj okolini stalno nenegativan ni stalno nepozitivan (tj. pomjenljivog je pedznaka u svakoj okolini svake od tačaka u kojoj zadana funkcija nije difeencijabilna). (/1, 5 + 0,5 / poena) c) Zadana funkcija g je, kako je već konstatovano u dijelu a), difeencijabilna na čitavom svom domenu, tj. na skupu R, pa lokalne eksteme može imati samo u svojim eventualnim stacionanim tačkama, a očito je neoganičena s obje stane te nema apsolutnih ekstema. Sve stacionane tačke zadane funkcije g (= f ) se dobiju kao ješenje sistema jednačina: f 2 xy z ( x y z) 0 ( x 0 y 0 z 0 ( x y z 0)) x f 2 2 x y z ( 2x 4 y z) 0 ( x 0 y 0 z 0 ( 2x 4y z 0)). (1) y f 2 x y ( 2x y 2 z) 0 ( x 0 y 0 ( 2x y 2z 0)) z Kako koodinate svake od zadanih tačaka (0, 6, 10) i (x, 0, z) ( za sve x, z ϵ ) zadovoljavaju sistem (1), to su te tačke stacionane tačke zadane funkcije g (je je g i difeencijabilna funkcija svuda pa i u tim tačkama). Hesseova matica A u stacionanoj tački (0, 6,10) ima oblik: H(0,1,2) =. Budući da su glavni minoi u toj matici A2 0 i A 0 (mino A1 0 za, što je slučaj za zadani paametaq ), to nije moguće pimijeniti Silvesteov kiteij, nego u ovakvom slučaju se ispituje pedznak dugog difeencijala ili se (po definicji lokalnog ekstema) ispituje pedznak piaštaja te funkcije u toj tački. Kako, za d 2 f (0,6,10) vijedi: d f (0,6,10) =, za dx dy dz 0, ( dx x, dy y 6, dz z 10 ), pi čemu je za odeďivanje znaka dugog difeencijala u obzi uzeta pioda paameta (najmanja vijednost tog paameta, s obziom na bojeve indeksa studenata upisanih na pedmetu IM2 na ETFSa u ovoj ak. g. /odgovaajući bojevi indeksa za navedene ganične vijednosti paameta su i 15967, espektivno/), tj. smatano je da je 28 > 0. Piaštaj funkcije f u zadanoj stacionanoj tački f (0, 6, 10) može popimiti i vijednost nula, što slije.di iz elacije f ( x, y, z) f (0, 6, 10) pa u tački (0, 6,10) zadana funkcija g ima nestogi (nepavi) lokalni minimum i taj minimum je g min : = g (0, 6, 10) = 0. 2 Očito vijedi da je d f ( x,0, z) 0, te ne možemo ništa eći o piodi ove stacionane tačke i peostaje nam da ispitivanje egzistencije lokalnog ekstema (u toj tački) všimo po definiciji istog 4

5 ili pomoću pvog naednog difeencijala azličitog od nule (tećeg ili višeg eda) apoksimacije funkcije Tayloovim polinomom višeg eda. Dobije se da je Budući da d f ( x,0, z) 6 x z ( 2 x z) dy. (2) 2 d f x z nije stalnog pedznaka za 0 (,0, ) x, z 0 i 2x z 0, koji može biti i pozitivan i negativan u zavisnosti od piaštaja dy, pa (pod navedenim oganičenjima) funkcija f nema ekstema u tački ( x, 0, z ). Ako ba jedno od pomenutih oganičenja nije zadovoljeno (tj. za x 0 z 0 2x z 0) dobijemo da je d f ( x,0, z) 0, pa u tom slučaju teba všiti dodatna ispitivanja piode stacionane tačke ( x, 0, z ) za x 0 z 0 2x z 0. Ispitivanjem pedznaka piaštaja funkcije f, pokazuje se da taj piaštaj nije stalnog znaka ni u jednoj okolini tačke ( x, 0, z ) za x 0 z 0 2x z 0 (naime, za piaštaj funkcije f u tački ( x, 0, z ) za z = 0 vijedi da je taj piaštaj f (x + h, 0 + k, 0 + l ) - f (x, 0, 0 ) = (x + h) 2 k l ( 2x - 2 h - k - l ) pozitivan za np. l = k = h (h - x) ako je 2x - 6 h > 0, a negativan ako je 2x - 6 h < 0); analogno vijedi i za lučajeve kada je x = 0 ili kada je 2x - z = 0 ), pa zadana funkcija f nema lokalnog ekstema u tački ( x, 0, z ) ni za x 0 z 0 2x z 0. Otuda slijedi zaključak da piaštaj funkcije f nije stalnog znaka ni u jednoj okolini tačke ( x, 0, z ), pa (pema definiciji lokalnog ekstema) funkcija f u tački ( x, 0, z ) (za sve x, y, z iz R) nema lokalnog ekstema. ( poena) d) Rješavanjem sistema jednačina (1) dobiju se, poed tačaka 0, 6, 10) (koja je oblika (0, y, z ) ) i ( x, 0, z ) samo još sljedeće stacionane tačke: (,, ), (x,, 0) i (0, y, z ) (za sve x, y, z iz R). ] (2 poena) 5

6 Z A D A C I - G. B za Pvi pacijalni ispit iz IM2, Saajevo, Zad.1. NaĎite gadijent funkcije u tački Š, te čemu je jednak njegov modul/intenzitet? [ I.. II.. III.. IV. (1, 5 poena) Odgovo na postavljeno pitanje:vekto gad u (A) (ealne) funkcije ( više ealnih pomjenljivih) (u tački A njenog domena) pedstavlja vekto nomale na ekviskalanu povš zadanu jednačinom (x, y, z) = (A), posmatan u smjeu ašćenja skalaa (x, y, z) ). Intenzitet vektoa gad u (A) jednak je najvećoj vijednosti veličine izvoda funkcije (x, y, z) u tački A u pavcu i u zadanom slučaju je (= ). ] (/o,5 + 0,5/ poena) Zad. 2. Izačunajte (ili ustanovite da ne postoji) ganičnu vijednost Obazložite Ď č! [ I. 1. II. 2. III. Ne postoji]. IV. 0. (1, 5 poena) Obazloţenje postupka: Tačka (0, 0) je tačka gomilanja piodnog domena zadane funkcije f (koja mu ne pipada), pa zadana ganična vijednost ima smisla ali ipak ne postoji, što se može zaključiti np. iz činjenice da ganična vijednost u tački (0,0) od f (x, k x 2 ) ( < zavisi od paameta k, tj. zavisi od načina/puta pibližavanja tačke (x, k x 2 ) ka tački (0, 0). Napomenimo da uzastopne ganične vijednosti u tački 0,0 zadane funkcije f nemaju smisla (pa, dakle, ne postoje), a nema smisla ni ganična vijednost funkcije f ( kad ali to ne implicia da ne postoji dvojna ganična vijednost zadane funkcije f u tački 0,0 vidjeti, np., Rješenje zad.. u DZ 1 iz IM2 ( ) ( ] (/o,5 + 0,5/ poena) Zad.. Apoksimiajte funkciju f (x, y, z): = četvtog stepena T 4 (x, y, z), uz pethodnu povjeu da je to moguće. MacLauinovim polinomom [ I. f (x, y, z) II. f (x, y, z) III. f (x, y, z) IV. f (x, y, z) Pethodna povjea: Zadana funkcija f ima sve pacijalne izvode do 5 og eda zaključno i ti izvodi su očito nepekidne funkcije u okolini U sadžanoj (koja može biti i jednaka skupu A) u skupu Za svaku tačku iz okoline U i duž koja spaja tačke i takoďe pipada okolini U. Otuda slijedi da se f (x, y, z): može apoksimiati MacLauinovim polinomom četvtog stepena T 4 (x, y, z), (1 poen) tako da se, nakon izačunavanja difeencijala d 1 d 4 u tački (0, 0, 0), dobije da je f (x, y, z) (sa geškom R 5 (x, y, z)). ] (1, 5 poena) 6

7 Zad. 4. Ispitajte egzistenciju i jedinstvenost ješenja difeencijalne jednačin ' = uz poizvoljno zadani početni uslov, a zatim iješite zadanu jednačinu. [ I.. II. III.. IV. Ispitivanje egzistencije i jedinstvenosti ješenja: Pimijetimo da je zadana jednačina Benoullijeva difeencijalna jednačina, oblika y P( x) y f ( x) koja se smjenom svodi na lineanu difeencijalnu jednačinu ( pvog eda). Funkcija g je definiana na skupu elementana (ealna) funkcija (od dvije ealne pomjenljive) i kao takva je nepekidna na svom piodnom domenu, pa i na svakom pavougaoniku sadžanom u : funkcija g ima (pacijalni) izvod, koji je (pema dobo poznatoj Weiestassovoj teoemi za nepekidnu funkciju na zatvoenoj oganičenoj oblasti) očito oganičen po modulu na pavougaoniku D (pa zadovoljava Lipschitzov uslov). Otuda slijedi da zadana difeencijalna jednačina, s početnim uslovom, zadovoljava uslove teoeme o egzistenciji i jedinstvenosti ješenja u nekoj okolini tačke x0, y 0 iz Dom (g) pema kojoj postoji jedinstveno ješenje zadane difeencijalne jdnačine na segmentu [ h, + h] koje zadovoljava početne uslove, pi čemu je 0 < h < min {a, }, M > 0 takav da je f (x, y) za sve (x, y) D, a K Lipschitzova konstanta (koja je oganičenje od na D). (1 poen) Smjenom, odnosno ( zadana jednačina se svede na lineanu difeencijalnu jednačinu čijim ješavanjem se dobije da je (, odnosno (, C ealna konstanta.] (1,5 poena) 2 Zad. 5. Neka je funkcija f iz R u R zadana fomulom (x, y) : i neka je funkcija g sa R u R zadana fomulom (x, y, z) : gdje je sa označena vijednost kvadatnog koijena (zaokužena na jednu decimalu) Vašeg boja indeksa za studij na Elektotehničkom fakultetu Univeziteta u Saajevu. a) Ispitajte difeencijabilnost zadanih funkcija f i g. b) Definiajte pojam stacionane tačke i fomulišite potebne i dovoljne uslove za egzistenciju lokalnog ekstema ealne funkcije dviju i tiju ealnih pomjenljivih, a zatim ispitajte egzistenciju ekstema (lokalnih i totalnih/apsolutnih) zadane funkcije f i, u slučaju da postoje, odedite ih. c) Dokažite da su (0, 1, 2) i (x,, 0) ( za svaki x ϵ ) stacionane tačke zadane funkcije g, a zatim ispitajte postojanje njenih stogih/nestogih lokalnih ekstemnih vijednosti u tim tačkama i, u slučaju da postoje, ispitajte njihovu piodu i izačunajte ih. d) Odedite i sve ostale stacionane tačke zadane funkcije. [ Rješenje: a) 1) Zadana funkcija f je difeencijabilna na skupu R 2 \ {(0, 0)}, je na tom skupu ona ima oba pacijalna izvoda (pvog eda) koji su očito nepekidne funkcije na tom skupu (pa je u tačkama toga skupa ispunjen dovoljan uslov njene difeencijabilnosti), a u tački (0, 0) zadana funkcija f nema pacijalne izvode (pvog eda), što se lako povjei po definiciji pacijalnog izvoda, pa nije ispunjen poteban uslov za njenu difeencijabilnost u toj tački. (1,5 poena) 7

8 2) Zadana funkcija g je difeencijabilna na čitavom skupu R, je na tom skupu ona ima sva ti pacijalna izvoda (pvog eda) koji su, očito, nepekidne funkcije na tom skupu (pa je u tačkama toga skupa ispunjen dovoljan uslov njene difeencijabilnosti). (0, 5 poena) b) Za tačku A kažemo da je stacionana tačka ealne funkcije f (x 1,..., x n ) od n ealnih pomjenljivih ako je funkcija f difeencijabilna u tački A i ako je njen pacijalni izvod u tački A po svakoj od njenih pomjenljivih jednak 0, ili (što je ekvivalentno) ako je difeencijal funkcije f u tački A identčki jednak nuli, tj. ako je d f ((x 1,..., x n ), A) 0. O fomulacijama teoema o potebnim i dovoljnim uslovima za egzistenciju lokalnog ekstema ealne funkcije dviju i tiju ealnih pomjenljivih može se vidjeti, np., u Pedavanja iz Inženjeske matematike 2 u akademskoj 2010/2011.godini, st. 50, 52 i 54, ( (/0, 5 + 0,5 + 0,5/ poena) Zadana funkcija f je definiana na skupu R 2 i očito je neoganičena odozgo pa nema apsolutnog maksimuma. Ona nema stacionanih tačaka, je je difeencijabilna na skupu R 2 \ {(0, 0)} na kojem nema tačaka u kojima su joj oba pacijalna izvoda (pvog eda) jednaki 0, a u tački (0, 0) njen totalni piaštaj je u svakoj okolini te tačke stalno nenegativan, tj. vijedi da je (x, y) - (0, 0) = za sve (x, y) iz R 2, odakle slijedi da zadana funkcija u tački (0,0) imastogi lokalni minimum koji je ujedno i stogi/pavi apsolutni minimum i vijedi da je f min : = f (0,0) = 0. (1,5 poena) c) Zadana funkcija g je, kako je već konstatovano u dijelu a), difeencijabilna na čitavom svom domenu, tj. na skupu R, pa lokalne eksteme može imati samo u svojim eventualnim stacionanim tačkama, a očito je neoganičena s obje stane te nema apsolutnih ekstema. Sve stacionane tačke zadane funkcije g (= f ) se dobiju kao ješenje sistema jednačina: f x f y f 2 x y ( 2x y 2 z) 0 ( x 0 y 0 ( 2x y 2z 0)) z 2 xy z ( x y z) 0 ( x 0 y 0 z 0 ( x y z 0)) 2 2 x y z ( 2x 4 y z) 0 ( x 0 y 0 z 0 ( 2x 4y z 0)) Kako koodinate svake od zadanih tačaka (0, 1, 2) i (x,, 0) ( za svaki x ϵ ) zadovoljavaju. (1) sistem (1), to su te tačke stacionane tačke zadane funkcije g (je je g i difeencijabilna funkcija svuda pa i u tim tačkama). Hesseova matica A u stacionanoj tački (0, 1, 2) ima oblik: H(0,1,2) =. Budući da su glavni minoi u toj matici A2 0 i A 0 (mino A1 0 za 5, što je slučaj za zadani paameta ), to nije moguće pimijeniti Silvesteov kiteij nego u ovakvom slučaju se koisti pedznak dugog difeencijala. Naime, za d 2 f (0, 1, 2) vijedi: d f (0,1, 2) 4 ( 5) dx 0, za dx dy dz 0, (dx x, dy y 1, dz z 2), pi čemu je za odeďivanje znaka dugog difeencijala u obzi uzeta pioda paameta (najmanja vijednost tog paameta, s obziom na bojeve indeksa studenata upisanih na pedmetu IM2 na ETFSa u ovoj ak. g./odgovaajući bojevi indeksa za navedene ganične vijednosti paameta su i 15967, espektivno/), tj. smatano je da je 5 > 0. Osim toga, piaštaj funkcije f u zadanoj stacionanoj tački (0, 1, 2) može popimiti i vijednost nula, što slijedi iz elacije f ( x, y, z) f (0, 1, 2) 8

9 pa u tački (0,1, 2) zadana funkcija g ima nestogi (nepavi) lokalni minimum i taj minimum je g min : = g (0, 1, 2) = 0. Dobije se da difeencijal d 2 f (x,, 0) može da mijenja pedznak, pa zadana funkcija f (x, 0) nema lokalnog ekstema. ( poena) d) Rješavanjem sistema jednačina (1) dobiju se, poed tačaka (0, 1, 2) (koja je tačka obli (0, y, z ) ) i (x,, 0), samo još sljedeće stacionane tačke: (,, ), (0, y, z ) i ( x, 0, z ) (za sve x, y, z iz R).] (2 poena) @