4.3. Ispitivanje funkcija sa jednim argumentom4.3.1. Rastenje i opadanje funkcijey Ako je funkcija y=f(x) derivabilna u intervalu (a,b) tada se prema znaku prvog izvoda moe zakljuiti da li data funkcija y=f(x) raste ili opada u tom intervalu.y Neka bude f'(x) i 0 za svako x (a,b). Uzmimo dve proizvoljne vrijednosti x1i x2iz intervala (a,b) i neka je x2>x1. Prema Lagranovoj teoremi o srednjoj vrijednosti postoji taka iz inrenala (x1,x2) za koju je ispunjena jednakostf(x2)-f(x1) = f'( )( x2- x1). (10)Poto je f'( )0, iz (10) slijedi da jef(x2) > f(x1)y Funkcija je dakle rasrua u intervalu (x1,x2) odnosno u intervalu (a,b).y Prema tome, funkcija monotono raste u intervalu (a,b) ako je f'(x)0, za svako x iz tog intervala.y Slino se dokazuju i slijedei stavovi:y Funkcija strogo monotono raste u intervalu (a,b) ako je f'(x)>0, .za svako xiztog intervala.y Funkcija monotono opada u intervalu (a,b) ako je f'(x)0, za svaki x iz tog intervala.y Funkcija strogo monotono opada u intervalu (a,b) ako je f'(x) 0 i f(x+x) f(x) , za x < 0y Iz ovih nejednakosti se dobija da jenezavisno od znaka x.y S obzirom na osobinu granine vrijednosti da ouva relaciju i slijedi da jey Slino se dokazuje i druga tvrdnja teoreme.y Vano je istai da strogo monotono rastua funkcija ne mora da ima izvod strogo vei od nule, kao ni strogo monotono opadajua funkcija ne mora da ima izvod strogo manji od nule. Objanjenje za to je u injenici da operacija granine vrijednosti ne ouva relaciju < i >y Na primer, funkcija f(x) = x3je strogo monotono rastua funkcija, a njen izvod u taki x=0 jednak je nuli. 0f x x f xx+ A >A 0lim 0xf x x f xf xxA+ A ' = >A9.12.2007Primjery 1)Funkcija f(x) = xima izvod f'(x) = 2x, gdje je f'(x) > 0, za x > 0. a f'(x) < 0, za x < 0. To znai da funkcija strogo monotono raste u intervalu (o, ), a strogo monotono opada u intervalu (-, o).y 2)Funkcija f(x) = e-xima izvod f'(x) = -e-xKako je -e-x< 0 za svako x, funkcija strogo monotono opada u intervalu (-,).y 3)Funkcija f(x) =, ima izvod f'(x) = .Kako je >0 za svakox (0, ),funkcija strogo monotono raste u intervalu (0, ).y Funkcija f(x) = x2- 4x ima izvod f'(x) = 2x-4. Kako je f'(x) >0 za x > 2 i f'(x) < 0 za xf(x) za svako x iz okoline tacke: x1, Vrijednost f(x1) zovesemaksimumili maksimalna vrijednost funkcije.Funkcija y=f(x) ima minimum u taki X2ako zadovoljava relaciju f(X2) f(x) za svako x iz okoline take x2. Vrijednost f(x2) zove se minimum ili minimalna vrijednost funkcije.y U taki maksimuma funkcija prestaje da raste, da bi poela da opada. U taki minimumay funkcija prestaje da opada, da bi poela da raste. Svaki maksimum ne mora biti i najveay vrijednost funkcije, a svaki minimum ne mora biti i najmanja vrijednost funkcije, zato se estogovori o lokalnim ekstremima. (Vidi sliku 4-4).SLIKA; 4-49.12.2007y U daljem ispitivanju potraiemouslove za egzistencijulokalnih ekstremaderivabilnih funkcija. U vezi toga dokazaemo slijedeu teoremu:y Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini take xo. Ako funkcija y=f(x) ima ekstrem u taki xo, tada je t'(x0)=0.y Ako je xotaka lokalnog maksimuma funkcije y=f(x), tada prema definiciji nezavisno od x vaiPa je x0 y a graninu vrijednost i s obzirom napredpostavku dafunkcija imaizvod okolni take x0dobija sey Kako je istovremeno f'(xo)0 i f'(xo)0, to je jedino mogue samo ako je f'(xo)=0, to je trebalo dokazati. Dokaz se izvodi analogno kada je f (xo) lokalni minimum. 0 00,f x x f xx+ A A 0 00,f x x f xx+ A >A 0 0000 000lim 0,lim 0xxf x x f xf x ixf x x f xf xx+A+

A+ A ' = A+ A ' = >A9.12.2007y Take u kojima je prvi izvod jednak nuli zovu se stacionarne take. Oigledno je da taka ekstrema mora biti stacionarna taka, jer u takama u kojima je prvi izvod razliit od nule. funkcija raste ili opada, to znai da nema najveu ili najmanju vrijednost u okolini posmatrane take. Meutim, treba napomenuti da svaka stacionarna taka ne mora biti taka ekstrema. U takama u kojima je f'(x)=0, tangente krive f(x) su paralelne osi x (Vidi sliku 41).y Uslov f'(xo)=0 je samo potreban uslov egzistencije ekstrema u taki x0, ali ne i dovoljan.y Dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema funkcije moe se dan na slijedei nain:y Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini take x0. Ako je f'(x0)=0 i ako je f'(x)>0 za svako x iz intervala (x0-, x0) i f'(x)0 za svako x iz intervala (x0, x0+) tada je taka xotaka lokalnog minimuma funkcije y=f(x).y Dokaz emo izvesti u sluaju lokalnog maksimuma.y Ako je f'(x)>0 za svako x iz inteivala (x0- , x0), tada je funkcija y=f(x) rastua u intervalu (x0- , x0). Isto tako, ako je f(x)' > + y Taka u kojoj grafik funkcije mjenja konkavnost odnosno konveksnost je prevojna taka ili taka infleksije. U toj taki tangenta dodiruje ili presjeca krivu. (Vidi sliku 4-6-A. i 4-6-B).SLIKA; 4-6y Ako se posmatra slika 4-6-A, vidi se da je kriva konkavna ili udubljena dotakexn. a konveksna ili ispupena od xnprema gore. Posmaliajui poloaj tangente nadalje se vidi da je u taki inflcksijc vrijednost prvog izvoda maksimalna (Tangenta na grafik funkcije zaklana najvei ugao sa osom x). Prema tome u taki infleksijc prvi izvod ima maksimum, to znai da su ispunjeni slijedei uslovi:f"(xo) = 0if"'(xo) < 0y Ako se posmatra slika 4-6-B, vidi se da je kriva konveksna ili ispupena do take x0prema gore.Posmatraiui poloajtangente nadalje se vidi da je u taki infleksije vrijednostprvog izvodaminimalna(Tangentana grafikfunkcije zaklapanajmanji ugao saosom x).Prema tome u taki inflcksijc prvi izvod ima minimum, to znai da su ispunjeni uslovi:f'"(xo) > 09.12.2007y Odakle slijedi da potreban i dovoljan uslov da funkcija y=f(x) za koju postoji prvi, drugi i trei izvod ima taku prevoja u taki x0da je f"(xo)=0 i f"'(x0)0.y U specijalnom sluaju i trei izvod u taki xnmoe biti jednak nuli. Tada se deriviranje nastavi sve dok se ne dodc do izvoda koji je razliit od nule. Ako je ovaj izvod neparan, funkcija ima prevojnu taku u taki xo, ako je izvod parnog reda, tada funkcija ima ekstrem u taki xo.Primjer1) Ispitati konveksitet eksponencijalne funkcije f(x) = ax.y Prvo se odreuje prvi i drugi izvod date funkcije.Ako je a 1, onda je f"(x) > 0 za svako x, to znai da je data funkcija svuda konkavna za a 1y 2) Nai prevojne take funkcije f(x) = x3- 6x + 2.y Prvo se odreuje prvi i drugi izvod date funkcijef' (x) = 3x2- 6f''(x) = 6xy Samo rjeenje jednaine f"(x) = 0 moe da bude taka prevoja. To je u ovom sluaju x=0. Poto, je f"'(x)=6 0za svako x, tj. f'"(0)0 to znai da funkcija u taki x=0 ima prevojnu taku.9.12.2007 2lnlnxxf x a af x a a' = '' =4.3.4. Ispitivanje funkcija sa konstrukcijom grafikay Elementarni nain ispitivanja funkcija (Vidi taku 3.5.) moeda prua samo djelimine informacije o nekoj funkciji. Za formiranje kompletne predstave o jednoj konkretnoj fiunkciji potrebno je ukljuiti i diferencijalni raun kao to je to pokazano u prethodnim izlaganjima Na kraju ispitivanja postoji mogunost za priblino konsiruisanjc grafika funkcije. S obzirom na ono to je do sada izloeneo, ispitivanje funkcija treba da obuhvatislijedee:1 Odreivanje oblasti definisanosti funkcijeNai take prekida2 Ispitivanje parnosti ili neparnosti3 Ispitivanje ponaanje funkcije u okolini take prekida i na krajevima intervaladefinisanosti 4 Odreivanje asimptota5 Odreivanje prosjenih taaka grafika funkcija sa koordmamim osama6 Odreivanje znaka funkcije 7 Odreivanje ekstremnih taaka8 Odreivanje intervala monotonosti 9 Odreivanje prevojnih taaka 10 Odreivanje intervala konkavnosti i konveksnosu9.12.2007y Na osnovu ovih podataka slijedi konstrukcija grafika.1) Ispitati funkcijui konstruisati njen grafik.1 Funkcija je definisana za svako x za koje je xO. Prema tome, oblast definisanosti ine sve realne vrijednosti sem x=0, tj. x(-,0) (0,). Za x=0 funkcija ima prekida.2Funkcija je parna.3Ovimgraninimvrijednostima jeutvreno ponaanjefunkcijeutaki prekidainakrajevimaintervala definisanosti.9.12.2007 221f x xx= +

222 21 1f x x x f xxx =+ = + =

2 22 20 02 22 21 1lim lim1 1lim limx xx xx xx xx xx x + + +++ = + + = + ' ' ' ' +++ = + + = + ' ' ' 'y 4 Na osnovu prethodne take se zna da je:y tj funkcija nema horizontalnih asimptotay tj. x=0 je vertikalna asimptota funkcije.y Jedino jo treba proveriti da li postoji kosa asimptota. Poto jey funkcija nema kosu asimptotu.y 5 Presjena taka grafika funkcije sa x osom se dobija za y=0, ali jednainanema realni korjen, jer iz x4+1=0 slijedi da je x4=-1, a to je nemogue u skupu realnih brojeva, io znai da grafik funkcije ne sijee x osu.y Presjena taka grafika funkcije say osom se dobija za x=0, ali u toj taki funkcija ima prekida i zbog toga grafik funkcije ne sijee ni y osu.9.12.2007limxf x= + 0limxf x= + 431lim limx xf x xx x += = 422 21 10xxx x++ = =y 6 Funkcijaje stalno pozitivna. y 7 Potreban uslov za egzistenciju ekstremnih vrijednosti da jey Realni korjeni ove jednaine x=1 i x=-1 odreuju stacionarne take funkcijey Poto je f"(1)=8>0 i f" (-1)=8>0, dovoljan uslov za egzistenciju minimuma je ispunjen. Prema tome, take minimuma su (-1,2) i (1,2).y 8 Interval monotonosti se odreuje na osnovu ve izraunatog prvog izvoda, koji emo rastavili na prole faktore:9.12.2007 221f x xx= + 43 32 12 2 0xf x xx x

' == = 462 f xx'' = + 232 1 1 1 x x xf xx + +' =y Tabela za odreivanje znaka prvog izvoda, tj. rastenje i opadanje funkcije:y 9 Prevojne take se odreuju na osnovu drugog odnosno treeg izvoda funkcije. Jednainanema realnih rjeenja, odavde slijedi da funkcija nema prevojnih taaka. y 10 Poto je drugi izvod pozitivan za svako x iz oblasti definisanosti. funkcija je svuda konkavna.y Na osnovu dobijenih rezultata konstruisan je grafik funkcije (vidi sliku 4-8)SLIKA; 4-89.12.2007 44 42 362 0xf xx x+'' = + = = 221f x xx= +y 2)Ispitati funkcijui konstruisati njen grafik. y 1. Funkcija je definisana za svako x za koje je x2-10. Prema lome. oblast definisanosti funkcije jex(-,-1) (-1,1)(1, ) .Za x = 1 funkcija ima prekida.y 2 , pa je funkcija neparna.y 3y Ovim graninim vrijednostima je utvreno ponaanje funkcije u takama prekida, i na krajevima definisanosti.9.12.2007221xyx=

332 211xxf x f xxx

= = =

3 32 21 0 1 03 32 21 0 1 03 32 2lim lim1 1lim lim1 1lim lim1 1x xx xx xx xx xx xx xx xx x + + += = + = = + = = + y 4 Na osnovu prethodne take se zna da je , funkcija nema horizontalnih asimptota., vertikalna asimptota funkcije., je vertikalna asimptota funkcije.y Poto je , prava y=x je kosa asimptota funkcije.y 5 Presjena taka grafika funkcije sa x osom se dobija za y=0, tj. rjeavanjem jednainey Jednaina ima realno rjeenje i to za x=0, to znai da je koordinatni poetak O (0,0) jednaina prosjena taka sa koordinatnim osama.y 6 Prvo se rastavlja funkcija na proste faktore , a zatim se odreuje znak funkcije pomou slijedee tabele:9.12.2007limxf x= 1 0 1 0lim lim ; 1x xf x i f x x += = + = 1 0 1 0lim lim ; 1x xf x i f x x += = + = 2 22 2lim lim 1 lim lim 01 1x x x xf x x xi f x xx x x = == = | 3201xx=

3,1 1xf xx x= +y 7 Potreban uslov za egzistenciju eksternih vrijednosti da jey Korjeni ove jednaine su y Poto je , dovoljan uslov za egzistenciju maksimuma u taki je ispunjen . f"(0)=0, dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema u taki x = 0 nije ispunjen. , , dovoljan uslov za egzistenciju minimuma u takije ispunjen.Prema tome. funkcija ima ekstremne vrijednosti u takamamaksimum i9.12.2007

22 22 22 23 3301 1x x xx xf xx x +

' = = = 0, 3, 3. x x x = = =

23 2 2 4 2 234 3 32 2 24 6 1 2 12 3 2 32 61 1 1x x x x x x x x xx xf xx x x

'' = = =

3 0 f '' (3 x = 3 0 f '' )3 x = 3 33,2 +

' '3 33,2 +

' 'y 8 Intervali monotonosti se odreuju na osnovu prvog izvoda. Tabela za odreivanje znaka prvog izvoda, tj. rastenje i opadanje funkcijey 9 Potreban uslov za postojanje prevojne takeda jeRealno rjeenje gornje jednaine je x=0. Poto jedovoljan uslov za egzistenciju prevojne take je ispunjen. Taka (0,0) je prevojna taka funkcije.9.12.2007 233 32 22 32 601 1x xx xf xx x++'' = = = 4 2426 16 0 6 0.1x xf x i fx+ +''' ''' ===

y 10 Intervali konkavnosti odnosno konveksnosti se odreuju na osnovu drugog izvoda, koji se u tom cilju rastavlja na proste inioce, tj.y Tabela za odreivanje znaka drugog izvoda, tj. konkavnosti i konveksnosti funkcije:y Na osnovu dobijenih rezultata konstruisan je (Vidi sliku 4-9)SLIKA; 4-99.12.2007

23 32 3.1 1x xf xx x= +'' = + 321xf xx=

4.4. Izvodi i diferencijali funkcija sa dva i vie argumentay Neka je z=f(x,y) neprekidna funkcija od dva argumenta u nekoj oblasti D. Ako se y smatra kao konstanta, a x pusti da varira, tada e z biti funkcija samo od jednog argumenta, od argumenta x. Ako ona ima izvod, onda se taj izvod zove parcijalni izvod funkcije z po x i obiljeava sey Ako se x smatra kao konstanta, a y pusti da varira, tada e z bili funkcija samo od argumenta y. Ako ona ima izvod, onda se taj izvod zove parcijalni izvod funkcije z po y i obiljeava sey U optem sluaju parcijalni izvod funkcije od dva ili vie argumenata po jednom argumentu je izvod te funkcije po tom argumentu uz pretpostavku da su ostali argumenti konstante.y Treba napomenuti da simboli ine predstavljaju kolinike.y Iz definicije parcijalnih izvoda slijedi da se oni izraunavaju pomou pravila za izraunavanje izvoda funkcija sa jednim argumentom.9.12.2007 0, ,lim ,x xxf x x y f x y zf x y zx x xA+ A ' ' = = = =A 0, ,lim ,y yyf x y y f x y zf x y zy y yA+ A ' ' = = = =A zxzyPrimjery 1)Nai parcijalne izvode funkcije z = x2+ xy + 3x + 2yy Parcijalni diferencijal funkcije sa dva i vie argumenata po jednom argumentu je proizvod parcijalnog izvoda funkcije po tom argumentu i prirataja tog argumenta, odnosno diferencijala tog argumenta.y 2) Za funkcijupokazati da je.y Poto jeizato je y U sluaju funkcije z=f(x,y) parcijalni diferencijali su slijedei:y Zbir svih parcijalnih diferencijala se naziva totalni diferencijal.y U sluaju funkcije z=((x,y) totalni diferencijal je slijedei9.12.20072 3zx yx= + +2zxy= +xyzx y=+z zx y zx y + = 22z yxx y=+22z xyx y=+ 2 22 2y x xyx yx yx y x y + =++ +x yz z z zdz x dx dz y dyx x y y = A = = A = z z z zdz x y dx dyx z x y = A + A = + y Prirataj funkcije z=l(x,y) je po definicijiz = f(x+x,y+y) - f(x,y).y Prirataj funkcije z=f(x,y) koji ima parcijalne izvode i po x i po y mogue je predstaviti i na slijedei nain:y Gdje kada y Totalni diferencijal se moe korisno upotrebiti u priblinim raunima. Ako su x : y dovoljno mali, onda se prirataj funkcije z moe zamijeniti sa totalnim diferencijalom funkcije z, jer sporedni deo prirataja funkcije tei nuli.tj.z = f(x+x,y, + y) - f(x,y) - dz.9.12.20071 2z zz x y x yx zI I A = A + A + A + A 1 20 0 i I I 0 0. x i y A A 4.4.1. Parcijalni izvodi i totalni diferencijali vieg reday Neka je dala funkcija z=f(x,y) koja ima parcijalne izvodekoji se zovu parcijalni izvodi prvog reda ili prvi parcijalni izvodi. Ovi parcijalni izvodi su takoe funkcije od x i y i mogu imati svoje parcijalne izvode koji se zovu parcijalni izvodi drugog reda ili drugi parcijalni izvodi i obiljeavaju se na slijedi nain:Na slian nain se dobijaju parcijalni izvodi treeg, etvrtog, petog,..., n-tog reda. Iz definicije parcijalnog izvoda slijedi da egzistencija parcijalnog izvoda n-tog reda u nekoj raki x povlai za sobom egzistenciju n- prethodnih uzastopnih parcijalnih izvoda u okolini posmatrane take.9.12.2007 , , , ,x x y yz f z ff x y z x y i f x y z x yx x y y ' ' ' ' = = = = = = 2 2 2 22 22 2 2 22 2, , , ,, , , ,xx xx xy xyyx yx yy yyz f z ff x y z x y i f x y z x yx x x y x yz f z ff x y z x y i f x y z x yy x y x y y '' '' '' '' = = = = = = '' '' '' '' = = = = = = y Pri rjeavanju ekonomskih problema vai jednakosty Neka je data funkcija z=f(x,y) koja ima totalni diferencijalkoji se zove totalni diferencijal prvog reda ili prvi totalni diferencijal. Kako se dx i dv mogu smatrati kao konstanta, tako je totalni diferencijal prvog redafunkcija od x i y, koja moe imati svoj totalni diferencijal, koji se zove totalni diferencijal drugog reda ili drugi totalni diferencijal iobiljeava se:9.12.20072 2z zx y y x = ,z zdz dx dyx y = + 22 2 2 2 2 2 22 2 2 22 2 2 22z z z z z zd z d dz d dx dy dx dy dx dx dy dyx y x x y y x yz z z z z z zdx ydx xdy dy dx xdy dyx y x x y y x x y y ++ = = + = + + + = | ' ' ' ' = + + + = + + y Nai prvi i drugi totalni diferencijal funcije z=x+ 4x y +7xy+1.9.12.2007 3 3 2 22 22 3 22 22 22 23 3 2 22 2 3 2 2 2 24 8 7 12 712 8 2424 7 24 74 8 7 12 712 8 2 24 7 24z zx xy y x y xx yz zx y x yx yz zxy xyx y y xdz x xy dx x y x dyd z x y dx xy dxdy x ydy = + + = + = + = = + = + = + + + = += + + + +4.5. Ekstremne vrijednosti funkcije sa dva argumentay Funkcije koje se javljaju prilikom reavanja praktinih problemanajeesadre vie argumenata. U veini sluajeva rjeavanje problema se sastoji u odreivanju ekstremnih vrijednosti funkcija na nekom skupu. U nastavku izloiemo najvanije metode i rezultate ove oblasti.9.12.20074.5.1. Rjeavanje problema slobodnog ekstrema funkcijey Funkcija z=f(x,y) una maksimum u taki (x0,y0) ako je f(x0,y0) f(x,y) za svaku taku (x,y) iz okoline take (x0,y0).y Funkcija z=f(x,y) ima minimum u taki (x0,y0) ako je f(x0,y0) f(x.y) za svaku raku (x,y) iz okoline take (x0.y0).y Maksimum i minimum funkcije z zovu se ekstremi funkcijez.y Potreban uslov za postojanje ekstrema diferencijabilne funkcije z=f(x,y) u taki (x0.y0) je da su u toj taki parcijalni izvori prvog reda jednaki nuli, tj.y Take u kojima su prvi parcijalni izvodi diferencijabilne funkcije z=f(x,y) jednak nuli, nazivaju se stacionarnim takama.y Dovoljan uslov za postojanje ekstrema diferencijabilne funkcije z=f(x,y) u taki (x0,y0) je daje taka (x0,y0) stacionarna taka, tj.y a vrijednost9.12.2007 0 0 0 0, ,0 0f x y f x yix y = = 0 0 0 0, ,0 0f x y f x yix y = = 22 2 20 0 0 0 0 00 0 2 2, , ,, 0f x y f x y f x yx yx y x y + A = ) ' 'y U tom sluaju funkcija y=f(x,z) u taki (x0,y0) zaima maksimum,ima minimum .y Funkcija z=f(x,y) nema ni maksimum ni minimum ako je (x0,y0) 0 i b) ima minimum, ako je (xo,yo)>0 i c) nema ekstrema, ako je (xo,yo)0y Poto je z"(1,2) = -2 0 iz"(2,1) = 12 > 0, funkcija z ima minimum zmin= z(2,1) = -28,( -1,-2) = (-6) (-6) - (-12)2< 0, funkcija nema ekstrema, (-2,-1) = (-12) (-2)-(-6)2>0 iz"(-2, -1) = -12(x,y),gdje je x konstanta koja se naziva Lagranov multiplikator.y Potreban uslov za postojanje ekstrema funkcije z=f(x,y), u taki (x0,y0) je da su parcijalni izvodi prvog reda Lagranove funkcije u toj taki jednaki nuli, tj.9.12.2007 0 0 0 00 0 0 00 0, ,0, ,0, 0.f x y x yFx x xf x y x yFy y yFx yyNPNPN = + = = + = = =y Dovoljan uslov za postojanje ekstrema funkcije y=f(x.y) u taki (x0,yo) obuhvata ispitivanje potrebnog uslova iy Ako je d2F(xo,yo, Xo) < 0, funkcija ima uslovni maksimum,y Ako je d2F(xo,yo. x0) > 0, funkcija ima uslovni minimum.y Prema tome, za odreivanje uslovnog ekstrema funkcije z=f(x,y) po metodu Lagranovog multiplikatora potrebno je uradio slijedee:y Postaviti Lagranovu funkciju.y Odrediti parcijalne izvode prvog reda Lagranove funkcije, izjednaio ih sa nulom i rjeiti tako dobijeni sistem jednaina. Neka su rjeenja:x=xo, y=yo i =.o3. Odrediti totalni diferencijal drugog reda Lagranove funkcije i ispitati njegovu vrijednostx=xo, y=yo i =.oy Ako je ta vrijednost pozitivna, tada funkcija ima minimum u taki (xo,yo) i zmin=f(xo,yo) Ako je pak negativna, tada funkcija ima maksimum u taki (xo,yo) i zmax=f(xo,yo).9.12.20072 2 22 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 2 2( , , ) ( , , ) ( , , )( , , ) 20Fx y Fx y Fx yd Fx y dx dx y dyx x y ygdje je dx dyx yP P PPN N = + + + = Primjery Nai uslovne ekstreme funkcije z = x2+ y2pri uslovu x + y=1. y Funkcija Lagrana jeF(x,y) = x2+ y2+ 2(x + y - 1) iji su parcijalni izvodi prvog reday Rjeenje sistema jednaina2x + X = 02y + X = 0x + y = 1JeKako su Slijedi da je io znai da funkcija z=x2+y2pri uslovu x+y=1 ima minimum u taki9.12.20072 , 2 , 1F F Fx y xx yP P PP = + = + = + 0 01 11, , .2 2x y P == =2 2 22 22, 2, 0.F F Fx y x y = = = 2 2 21 1, , 1 2 2 0,2 2d F dx dy + = + ) ' 'min1 1 1, , .2 2 2z += ' '