Saveti sa snimka — 1. vežbe (DJ prvog reda)

Opšti saveti i naglaske (ceo čas)

• [08:15, 2. deo] Najvažnije za ispit: dok se radi tip po tip, unapred znaš šta je jednačina — ali na ispitu/kolokvijumu dobijaš jednačinu bez etikete i „morate sami da odredite koji je tip, pa da je u skladu s tim rešavate”. Zato od starta vežbaj da prvo PROVERIŠ da jednačina zaista jeste tip koji misliš, pa tek onda kreni sa postupkom.
• [03:36 i 06:58, 1. deo] Rešenje NE mora biti eksplicitno (y = …): implicitni oblik je „potpuno u redu” kao krajnji odgovor — u kasnijim zadacima je eksplicitno izražavanje često praktično nemoguće. Ne gubi vreme na izvlačenje y ako ne ide lako.
• [06:17, 1. deo] Kada integracijom nastane više neodređenih integrala, ne pišu se dve-tri konstante — sve se objedine u JEDNU konstantu c. Uz to [07:16, 1. deo] uvek naznači c ∈ R (ako se negde izostavi, podrazumeva se [13:41, 2. deo]).
• [09:24, 1. deo] Konceptualno: kad kažemo „rešenje”, misli se na čitavu familiju — rešenja ima koliko i realnih konstanti c, dakle beskonačno mnogo; svaka vrednost c daje funkciju koja zadovoljava jednačinu.
• [30:05, 1. deo i 38:24, 2. deo] Univerzalni spasonosni trik ovog časa: y′ = dy/dx = 1/(dx/dy) = 1/x′. Kad god se jednačina ne uklapa ni u jedan tip po y(x), probaj da zameniš uloge — y postane nezavisno promenljiva, x = x(y) funkcija. Iskorišćeno tri puta (z5, z8, z11).
• [16:12, 1. deo] Kad se u koracima javlja logaritam, konstantu integracije dodaj kao ln|c| umesto c (detaljno objašnjenje kod zadatka 3) — kasnije spajanje logaritama je mnogo lakše.
• [53:35, 2. deo] Najava: ovaj termin je bio „lakši” — sledeći tipovi jednačina zahtevaju više posla i vremena, ne potceniti nastavak.

Po zadacima

Zadatak 2

• [08:40, 1. deo] Zašto sme „da se skine” logaritam/eksponent: iz e^y = e^x + c sledi y = ln(e^x + c) jer je ln bijekcija (1-1 preslikavanje) — kad su leva i desna strana jednake, jednaki su i argumenti. Isti argument koristi kasnije više puta (z3, z8).

Zadatak 3

• [10:16, 1. deo] Kako prepoznati razdvajanje kad NIJE očigledno: sve članove sa y′ prebaci na jednu stranu i izvuci y′ kao zajednički činilac — tek posle grupisanja se vidi da se promenljive razdvajaju.
• [11:52, 1. deo] Podsetnik integracije racionalne funkcije: 1/[x(1+2x)] se rastavlja na A/x + B/(1+2x), pa se A i B nalaze svođenjem na zajednički imenilac i poređenjem koeficijenata brojilaca. Ovo se podrazumeva kao poznato iz ranijih kurseva.
• [16:12 + 17:17, 1. deo] Ključni trik sa ln|c|: konstanta se dodaje u obliku ln|c| (c ≠ 0), što je legitimno jer ln na svom domenu uzima SVE realne vrednosti — dakle time je i dalje dodata proizvoljna realna konstanta. Zašto: da bi se zbir/razlika logaritama sažela u jedan logaritam (log proizvoda / log količnika) i rešenje elegantno izrazilo bez „viška” c.

Zadatak 4

• [20:10, 1. deo] Pažnja kod smene y = ux: u JESTE funkcija od x, pa je y′ = u′x + u (izvod PROIZVODA, ne samo u′x) — ovde se tipično greši ako se u tretira kao konstanta.
• [21:35, 1. deo] Kako prepoznati homogenu kad oblik φ(y/x) nije očigledan: podeli i brojilac i imenilac sa x² (najvišim stepenom x) — tada se svi članovi pretvore u izraze po y/x.
• [27:30, 1. deo] Ne zaboravi da vratiš smenu na kraju! Polazna jednačina je po y, pa i rešenje mora biti po y — nije dovoljno (i nije tačno) ostaviti odgovor po u.

Zadatak 5

• [28:30, 1. deo] Homogena se ne mora „slepo” gledati kroz y/x: može i smena u = x/y, ali tada x i y menjaju uloge — y je nezavisno promenljiva, x = x(y) i u = u(y) su funkcije po y. O tome se vodi računa kod izvoda: x′ = u′y + u, a y′ = 1/x′ [30:05].
• [31:00, 1. deo] Zašto baš smena x/y ovde: u eksponentima figuriše x/y; sa smenom y/x dobio bi e^(1/u) u izložiocima — „nije nemoguće, ali se komplikuje”. Pouka: smenu biraj prema tome šta se javlja u jednačini (posebno u eksponentima). Zadatak možeš za vežbu probati i preko y/x.
• [36:30, 1. deo] Integral ∫(1+e^u)/(u+eu) du: uoči da je brojilac tačno izvod imenioca → smena t = u + e^u odmah daje ln|t|. Ovaj obrazac (brojilac = izvod imenioca ⇒ ln|imenilac|) vredi zapamtiti.

Zadatak 6

• [01:44, 2. deo] Jednačina je homogenog tipa i kada pored φ(y/x) eksplicitno figuriše još i 1/x: posle deljenja sa x³ ostaje y′ − y/x − (y/x)²·(1/x) = 0 — „dozvoljeno je da x figuriše tu jer je x nezavisno promenljiva”, smena u = y/x i dalje svodi na razdvajanje promenljivih.
• [03:25, 2. deo] Kontrast triku ln|c|: ovde u rezultatu NEMA logaritma, pa se dodaje obična konstanta c — „drugo dodavanje ne bi ništa pomoglo u sređivanju”. Dakle ln|c| nije pravilo, nego alat koji koristiš samo kad ima logaritama.

Zadatak 7

• [10:41, 2. deo] Zašto se kod v NE dodaje konstanta integracije: za v treba samo JEDNO partikularno rešenje jednačine v′ + f(x)v = 0, ne sva — „kao da fiksiramo konstantu na nulu”. Tipično mesto gde studenti nepotrebno vuku konstantu kroz ceo račun.
• [11:36, 2. deo] „Pazite”: iz |v| = e^(−x²) postoje DVA rešenja, ±e^(−x²). Nije greška uzeti i ono sa minusom — bira se jedno, obično ono sa plusom.
• [13:10, 2. deo] Kod u konstanta je OBAVEZNA: „kod v smo smeli da je propustimo, ali kod u ne smemo, jer tražimo opšte rešenje — sva moguća rešenja”. Zaboravljena konstanta ovde = izgubljeno opšte rešenje.
• [13:56, 2. deo] Postupak za linearnu je uvek identičan čim utvrdiš da jeste linearna: smena y = uv → v iz zagrade = 0 (bez konstante) → u integracijom (sa konstantom) → y = u·v.

Zadatak 8

• [14:26, 2. deo] Jednačina zadata preko diferencijala (y dx + (x−3y²) dy = 0), nigde ne piše y′ — to je svejedno diferencijalna jednačina; y′ praviš deljenjem sa dx (ili x′ deljenjem sa dy).
• [15:06, 2. deo] Zašto po y NIJE linearna: posle deljenja sa dx dobija se član y/(x−3y²), koji se ne može napisati kao f(x)·y jer su x i y „zaključani” u imeniocu — proveri oblik pre nego što nasumice primeniš postupak.
• [16:07, 2. deo] Rešenje: podeli sa dy umesto sa dx → x′ + x/y = 3y, što JESTE linearna, ali po x(y). Uz to [18:46] u smeni x = u·v sada u i v moraju biti funkcije po y, kao i sam x.
• [21:10, 2. deo] Kod izbora partikularnog v biraj NAJJEDNOSTAVNIJE (ovde v = 1/y): nije greška uzeti minus ili neku drugu konstantu, ali „uvek gledamo najjednostavnije, jer posle imamo proizvod u·v, pa da krajnje rešenje izgleda jednostavnije”.

Zadatak 9

• [23:31 i 27:05, 2. deo] Asistentkinja sama kaže da tu „nema ničeg specijalnog” — standardna linearna, idealna za samostalnu vežbu (primera za ove tipove ionako nema mnogo). Usput [26:30]: spajanje −ln|x| + ln|c| u ln|c/x| je opciono — potpuno je u redu ostaviti i običnu konstantu c.

Zadatak 10

• [28:14, 2. deo] (teorijski uvod) Zašto se kod Bernulijeve traži α ≠ 0 i α ≠ 1: za te dve vrednosti jednačina se svodi na već poznate tipove (linearnu, odnosno onu koja razdvaja promenljive) — linearna je specijalni slučaj Bernulijeve. (Napomena: u transkriptu su uloge α=0 i α=1 moguće zamenjene — standardno α=0 daje linearnu.) Postupak rešavanja je [28:46] potpuno isti kao kod linearne (smena y = uv).
• [31:11, 2. deo] Jedina računska razlika u odnosu na linearnu: desna strana sadrži y^α, pa se smenom kvadrira ceo proizvod — (uv)² = u²v². Kod linearnih se u ovom koraku ništa nije menjalo; ovde lako promakne da se stepenuju OBE funkcije.
• [33:01, 2. deo] Druga razlika: u jednačini za u i dalje figuriše u (kod linearne se u′ dobijao direktno) — ali to je jednačina koja razdvaja promenljive, dakle opet poznat tip.
• [36:36, 2. deo] Kod Bernulijeve se u ne dobija direktno kao kod linearne: posle integracije treba još mala transformacija (recipročna vrednost i sl.) da se u izrazi, pa tek onda y = u·v.

Zadatak 11

• [38:24, 2. deo] Strategija kad se jednačina ne uklapa ni u jedan tip: y′ = 1/(x²y³ + xy) nije nijedan poznat oblik po y. „Kad god imamo problem, dešavalo se da x i y zamene uloge” → y′ = 1/x′ → x′ = x²y³ + xy, a to je Bernulijeva po x(y) sa α = 2. Ovakav zadatak (prepoznavanje kroz zamenu uloga) je tipičan ispitni začin.
• [46:30, 2. deo] Kako prepoznati da treba parcijalna integracija: ∫y³·e^(y²/2) dy „definitivno nije tablični i neće biti rešiv nekom smenom” — kad smena ne prolazi, sledeći alat je parcijalna.
• [47:00, 2. deo] Zašto podela u = y², dv = y·e^(y²/2) dy: zato što dv mora biti nešto što UMEMO da integralimo (ovde smenom t = y²/2), a preostali deo (y²) se izvodom pojednostavljuje. Usput [47:36]: ne zaboravi diferencijal dy u zapisu — „mora obavezno da bude tu”.
• [48:40, 2. deo] Usred parcijalne integracije ne dodaje se konstanta na međurezultat (integral iz v) — konstanta ide tek na kraju, „jer posle imamo ponovo jedan neodređeni integral”.

Saveti sa snimka — 2. vežbe (snižavanje reda; Lagranž, Klero, Rikati)

Orijentacija po snimku: redosled na snimku je drugačiji nego u skripti — Lagranž [02:07], Klero [30:59], Rikati [55:24], pa jednačine višeg reda bez y [1:24:44] i bez x [1:58:03]. Pauze: [39:50–55:20] i [1:38:47–1:50:18] (transkript tu sadrži samo šum). Početak Rikatija (zapis opšteg oblika) i postavka zadatka A3 upali su u pauze, pa ih na snimku nema — prati skriptu.

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [00:28] Sva tri nova tipa prvog reda (Lagranž, Klero, Rikati) se “svode na oblike koje smo već imali” — razdvajanje promenljivih, linearnu, homogenu, Bernulijevu. Ako zapneš, rupa je najčešće u tim starim tipovima, ne u novom gradivu.
• [15:37] Konstantu integracije dodaješ u obliku koji ti je zgodan: ln|c| (c≠0) kad slediš sklapanje logaritama, −1/c, itd. Ponavlja to više puta ([26:51], [1:50:44], [2:03:55]) — biraj oblik koji olakšava sređivanje.
• [1:31:55] Broj konstanti u opštem rešenju = red jednačine (“morate da izvršite dve integracije da biste od drugog izvoda napravili y”). Konstante obavezno razlikuj (c, c1, c2…) — svaka integracija donosi svoju, novu [26:14].
• [1:38:11] Broj početnih uslova = red jednačine (red 2 → dva uslova, red 1 → jedan). Uslov ne mora biti u x=0 — može u bilo kojoj tački.
• [2:05:47] Rešenje sme da ostane u implicitnom obliku (i sa apsolutnom vrednošću) — ne moraš uvek izraziti y; isto važi za parametarski oblik kod Lagranža/Kleroa.

Po zadacima

A-blok: viši red bez y (smena y’ = p, p = p(x); tip od [1:24:44])

Zadatak A1 (y’’ = xe^x) - [1:27:15] Prepoznavanje: y ne figuriše nigde (ovde čak ni y’) — i dalje ista smena, samo y’‘=p’. “Vidjet ćete i sami da su lagani zadaci.”

Zadatak A2 (y’’ = e^{2x}, y(0)=1, y’(0)=−1) - [1:33:38] Postupak uvek: prvo opšte rešenje, pa tek onda iz uslova izvuci partikularno (sistem od dve jednačine sa dve konstante). - [1:36:53] Za uslov sa y’(0) ne moraš diferencirati gotovo opšte rešenje — vrati se na korak gde je y’ (=p) već izraženo, pre druge integracije. Isti rezultat, manje posla.

Zadatak A3 (x²y’’ = y’²) — početak u pauzi, snimak od [1:50:18] - [1:50:44] Finesa: konstantu bi mogao dodati kao −1/c (jer 1/x nikad ne uzima 0), ali bolje kao obično c — “da ne bismo isključili neko partikularno rešenje” (pokrivaš i vrednost 0). - [1:53:22] Integral x/(1+cx): smena “ne radi posao” jer su gore i dole isti stepeni → napravi da se brojilac poklopi sa imeniocem: pomnoži i podeli sa c, pa dodaj i oduzmi 1. Standardni trik za količnik polinoma istog stepena.

Zadatak A4 (xy’’ = y’ ln(y’/x)) — za vežbu - [1:57:33] Ista smena y’=p → dobija se homogena jednačina, “ništa što već nije viđeno”. Dobar test da li vladaš homogenom sa 1. vežbi.

B-blok: viši red bez x (smena y’ = p, p = p(y), y’’ = p’·p)

Uvod u tip ([1:58:03]) - [1:58:48] Ključna razlika u odnosu na A-blok: p je sada funkcija od y, ne od x. Odatle y’’ = dp/dx = (dp/dy)(dy/dx) = p’·p. Formulu “ako pamtite — u redu; ako niste sigurni, uvek možete da izvedete” proširivanjem sa dy [2:01:25].

Zadatak B1 (yy’’ = y’²) - [2:01:47] Najjače upozorenje časa: NE deli jednačinu sa p — izvuci p kao zajednički činilac! Deljenjem prećutno kažeš p≠0 i gubiš sva konstantna rešenja y=c (“vidite koliko rešenja bismo izgubili”). Ako ipak deliš, moraš odvojeno razmotriti slučaj p=0. - [2:03:00] Grana p=0 znači y’=0 → y=c, konstantne funkcije — punopravan deo rešenja, zapiši ga. Na kraju izlaze dva oblika rešenja, “jedno ne može da proizilazi iz drugog” — navodi se oba [2:06:04].

Zadatak B2 (y’’ − y’(1+y’)² = 0) - [2:08:06] Napomena o postavci: na času je u zadatku prvo stajao minus u zagradi, pa ga je promenila u plus “čisto da se s tim minusom posle ne bavimo” — ako se snimak pre te tačke ne slaže sa skriptom, to je razlog. - [2:11:48] Isti trik kao u A3 za integral (y+c₁)/(1+y+c₁): dodaj i oduzmi 1 u brojiocu; rešenje slobodno ostavi implicitno. - [2:13:39] Opšta provera za ceo tip: jednačine bez x UVEK imaju konstantna rešenja y=c (ubaci konstantu — dobiješ 0=0). Koristi kao brzu kontrolu da ništa nisi izgubio.

L-blok: Lagranžova (y = x·f(y’) + φ(y’))

Uvod u tip ([00:43]) - [01:45] Smena y’=p; p je “po svojoj prirodi funkcija, ali ga posmatramo kao parametar” — zato rešenje na kraju ostaje u parametarskom obliku {x=x(p), y=y(p)}. - [03:30] Postupak: posle smene jednačinu NE rešavaš odmah — diferenciraš obe strane po x. Jednakost dobijenu odmah posle smene obeleži: “ona nam je važna, vratićemo se na kraju na nju”. - [18:13] Na kraju NE vraćaš smenu (“ne vraćamo y prim”) — vraćaš se na obeleženu jednačinu y=… i uz izračunato x=x(p,c) pišeš opšte rešenje u parametarskom obliku. Možeš x zameniti u y da sve bude preko p, ali ne moraš — “čisto da ne pišemo korak više” [19:21].

Zadatak L1 (y + yy’² = xy’) - [02:26] Prepoznavanje: “na prvi pogled možda i ne izgleda tako” — izvuci y kao zajednički činilac i podeli zagradom → oblik Lagranža se pojavi. Pri tome φ=0 je dozvoljeno (“može da se desi i to”). - [04:17] Pri diferenciranju ne zaboravi da je p funkcija: (p²)’ = 2p·p′ — složena funkcija, tu se tipično greši. - [08:05] Racionalna funkcija sa p³ u imeniocu: razlaganje mora sadržati SVE stepene A/p + B/p² + C/p³, a za nerastavljivi kvadratni faktor (1+p²) brojilac je polinom za stepen niži (Ep+D).

Zadatak L2 (y = 2xy’ − 2y’²) - [22:05] Ključni trik: posle diferenciranja promenljive ne mogu da se razdvoje (zagrada sadrži i x i p) → “okrenemo diferencijal”: pređi sa dp/dx na dx/dp i zameni uloge — x postaje nepoznata funkcija od p. - [23:36] Dobijenu jednačinu po x(p) možeš tretirati kao linearnu, ali pošto nema slobodnog člana zavisnog od p, može i kao homogena — bira homogenu (smena u=x/p) jer je “možda kraći proces”. Pouka: isti međurezultat često ide na više tipova, biraj kraći put. - [30:28] Zaključak zadatka: Lagranž ne mora da se svede na razdvajanje promenljivih — “može biti i neki drugi tip koji znamo da rešimo”.

K-blok: Kleroova (y = xy’ + φ(y’))

Uvod + oba zadatka ([30:59]; K1 [32:30], K2 [37:33]) - [31:36] “Pazite”: Klero je specijalan slučaj Lagranža u kome je f(y’)=y’ — uz x stoji baš y’, a ne neka druga funkcija od y’. Po tome ih razlikuješ; smena i postupak isti. - [33:37] Potpis Kleroa: posle diferenciranja p i p se “uvek potiru” → ostaje 0 = p′·(x+φ′(p)) → proizvod jednak nuli → dve grane (jedan ili drugi činilac je nula). - [34:33] Grana p′=0 ⇒ p=c: opšte rešenje dobijaš trenutno — prosto zameni y’→c u polaznoj jednačini (u K1: y=cx−ln c; u K2: y=cx+c³). Familija pravih. - [35:41] Druga grana daje SINGULARNO rešenje — “ne može se dobiti iz opšteg rešenja” ni za jedno c; to je glavna karakteristika i razlog zašto se Klero izdvaja kao poseban tip. Pazi na termin: “partikularno” je ono iz opšteg za fiksirano c, pa ovo rešenje zovi singularno.

R-blok: Rikatijeva (rešenje y = y₁ + 1/z)

Uvod u tip ([55:24] — sam zapis oblika upao u pauzu) - [55:40] Zašto se traži P≢0 i R≢0: za P=0 jednačina je linearna, za R=0 Bernulijeva (α=2) — njih već znaš; Rikati je poseban tip samo kad su oba člana prisutna. - [56:08] Rešenje se traži u obliku y = y₁ + 1/z i to radi SAMO ako znaš jedno partikularno rešenje — zato zadatak uvek zadaje njegov oblik (a/x, a/x²…), a ti određuješ a. - [58:57] Princip kojim se sve radi: ako je funkcija rešenje, ubačena u jednačinu mora dati tačnu jednakost. Tako se određuje a, i tako se posle uvodi y=y₁+1/z.

Zadatak R1 (x²(y’−y²)+xy+4=0, y₁=a/x) - [58:00] Prvo proveri da JESTE Rikati: podeli sa x² i prebaci sve osim y’ na desnu stranu — vidiš član uz y², član uz y i čistu funkciju od x. - [1:00:45] Kad za a dobiješ dve vrednosti (a=±2): “svejedno je šta ćemo uzeti” — treba ti samo jedno partikularno, uzmi zgodniju vrednost (“da ne bismo vukli taj minus” → a=2). - [1:01:25] Izvod od 1/z je −z′/z² (z je funkcija — složen izvod!). Baš tu je asistentkinja kasnije u R2 pogrešila, pa duplo pazi. - [1:06:55] Kod linearne po z (smena z=uv): za v uzimaš JEDNO partikularno rešenje — konstantu integracije fiksiraš na nulu, opšte rešenje tražiš tek kroz u. - [1:09:12] Rezime: “ništa specijalno” konceptualno — tehnički najzahtevniji deo je zamena y=y₁+1/z u jednačinu, tu se najviše računski greši; sve se svodi na linearnu.

Zadatak R2 (x³y’−2x⁶y²+2x⁴y+2=0, y₁=a/x²) - [1:15:03] Prečica za a: umesto da svodiš na kvadratnu jednačinu i rešavaš je, pogodi očiglednu vrednost (ovde a=1). “Nije poenta zadatka da to računski rešavate — poenta je da dođete do partikularnog pa do opšteg.” Izričito kaže da to smeš i kad sam radiš zadatak. - [1:21:32] Moćna samoprovera: Rikati se posle zamene MORA svesti na linearnu po z. Ona je zaboravila z² u izvodu i grešku uhvatila baš zato što “je trebalo da dobijem linearnu” — ako ti ne ispadne linearna, negde je računska greška. Usput trik: pomnoži sa −z² da svi minusi nestanu odjednom [1:21:54].

Saveti sa snimka — 3. vežbe (LDJVR)

Vremena [mm:ss] su od početka odgovarajućeg dela snimka (deo 1 ≈ 45 min, deo 2 ≈ 66 min; oznake preko 60:00 znače „posle prvog sata” drugog dela). Napomena: kolokvijum/ispit i bodovanje se na snimku ne pominju eksplicitno — najjači usmeni naglasci su na REZONANCI (kada je a, tj. α+iβ, koren karakteristične jednačine) i na pravilnom izboru oblika y_p.

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [02:45, deo 1] Sistem kod varijacije konstanti: sve jednačine imaju nulu na desnoj strani OSIM poslednje — ona ima baš f(x) sa desne strane polazne jednačine („o tome vodimo računa”).
• [22:08, deo 1] Varijacija konstanti — usmeni rezime: treba tačno onoliko linearno nezavisnih partikularnih rešenja koliki je red jednačine; postupak je uvek isti (postavi sistem → reši → integrali), „nema nikakvih odstupanja”.
• [23:44, deo 1] Zašto se homogene rade prve: rešenje homogene je DEO rešenja nehomogene (y = y_h + y_p) — bez y_h nema ni konačnog odgovora.
• [27:04, deo 1] Mnemotehnika za kompleksne korene α±iβ: α ide u izložilac e^(αx), β u argument kosinusa/sinusa.
• [39:10, deo 1] Pravilnost zapisa kad je diskriminanta negativna: ne ostavljati negativan broj pod korenom — pisati i·√|D|, jer je koren definisan samo za pozitivne vrednosti (isto ponovljeno u z10, [36:57, deo 2]).
• [13:39, deo 2] Brza samokontrola: broj konstanti u opštem rešenju = red jednačine (jednačina reda 2 → tačno dve konstante c1, c2).
• [13:46, deo 2] Ceo algoritam za nehomogene sa konstantnim koeficijentima, usmeno sumiran: karakteristična → y_h → proveri da li je a (odnosno α+iβ) koren karakteristične i koje višestrukosti → iz oblika q odaberi oblik y_p → izvodi → ubaci u jednačinu → izjednači → koeficijenti.
• [21:15, deo 2] „Glavno je traženje partikularnog rešenja — presudni su q i karakteristična jednačina”; sve ostalo su tehničke stvari (izvodi, sistem).
• [05:55, deo 2] Konstanta na desnoj strani je polinom stepena nula (4 = 4·x⁰), a kad nema eksponencijalne funkcije, dopišite e^(0·x) [15:07, deo 2] — tako se SVAKI q uklapa u šablon iz teorije.
• [30:09, deo 2] Trik za manje pisanja: celu jednakost podelite sa e^(ax) — eksponencijalni faktor „nestaće svuda” (važi jer je e^(ax) ≠ 0).

Po zadacima

Zadatak 1 (varijacija konstanti: y’‘+3y’+2y = 1/(eˣ+1))

• [06:51, deo 1] Sistem se ovde najbrže rešava sabiranjem dve jednačine — članovi sa c1′ se potiru, odmah ispada c2′.
• [10:55, deo 1] Oba integrala idu na istu smenu t = 1+eˣ; kod ∫e^(2x)/(1+eˣ)dx jedno eˣ „ide uz dx” zbog diferencijala, a preostalo eˣ u brojiocu zamenite sa t−1 [13:12, deo 1].
• [13:47, deo 1] Apsolutna vrednost u ln|1+eˣ| nije neophodna — 1+eˣ je uvek pozitivno, „numerus je lepo definisan”.
• [14:32, deo 1] Tipičan propust: SVAKA od funkcija c1, c2 nosi svoju konstantu integracije (a i b) — asistentkinja je sama prvo izostavila drugu, pa naglasila „treba mi obavezno i druga konstanta”.

Zadatak 2 (y’’+y = 1/sin x)

• [16:16, deo 1] Trik za eliminaciju iz sistema: prvu jednačinu pomnožiti sa sin x, drugu sa cos x, pa sabrati — upali se sin²x+cos²x = 1 [18:05].

Zadatak 3 (y’‘+3y’−4y = 0)

• [29:45, deo 1] Karakterističnu rešavajte kako vam je lakše (faktorisanje ili kvadratna formula — svejedno); gde u jednačini ne figuriše izvod (član sa y), u karakterističnoj stoji samo koeficijent, bez r [30:57].

Zadatak 4 (y⁽⁴⁾−16y = 0)

• [31:44, deo 1] Kontrola unapred: red 4 → mora se dobiti 4 partikularna rešenja. Za r⁴−16 nema standardne formule — prepoznajte dvostruku razliku kvadrata (r²−4)(r²+4) [32:29]; r²+4 se dalje NE faktoriše nad R, on daje ±2i.
• [35:04, deo 1] Čisto imaginarni koreni ±2i: α = 0, β = 2 → e^(0·x) = 1, pa od ta dva korena ostaju samo cos2x i sin2x (bez eksponencijalnog faktora).

Zadatak 5 (y’‘−6y’+13y = 0)

• [38:41, deo 1] Negativna diskriminanta → konjugovano kompleksni koreni 3±2i; čitanje: α = realni deo (3), β = imaginarni deo (2) [40:15] — i pravilan zapis korena preko i·√|D| [39:10].

Zadatak 6 (y’’‘−6y’‘+12y’−8y = 0)

• [43:11, deo 1] Kubna karakteristična bez formule — prepoznajte kub binoma (r−2)³; jednačina 3. stepena MORA imati 3 rešenja, ovde jedno višestrukosti p = 3, pa su rešenja e^(2x), x·e^(2x), x²·e^(2x) — svako naredno se množi sa x [43:40, 44:03].

Zadatak 7 (y’’−4y = 4e^(−2x)) — REZONANCA

• [05:55, deo 2] Prepoznavanje tipa: nema sin/cos → prvi slučaj; 4 je polinom stepena nula, dakle m = 0, a = −2.
• [07:15, deo 2] KLJUČNO MESTO: a = −2 JESTE koren karakteristične (r² − 4 = 0 → ±2) višestrukosti p = 1 → y_p = A·x·e^(−2x). Bez tog dodatnog x zadatak ne može da izađe!
• [12:26, deo 2] Ugrađena provera kod rezonance: kada y_p ubacite u jednačinu, članovi sa Ax se MORAJU potreti (ostaje samo −A = 1 → A = −1). Ako se ne potru — oblik y_p je pogrešan.

Zadatak 8 (y’’‘−3y’‘+2y’ = 2x+3) — skrivena rezonanca

• [15:07, deo 2] q je čist polinom → dopišite e^(0·x): a = 0, m = 1.
• [17:04, deo 2] ZAMKA: pošto jednačina nema član sa y, r = 0 JESTE koren karakteristične → a = 0 je koren višestrukosti 1, pa y_p = (Ax+B)·x = Ax²+Bx. Lako se previdi da je i „nula” rezonanca!

Zadatak 9 (y’‘−6y’+9y = 25eˣ sin x)

• [22:56, deo 2] Čitanje parametara: 25eˣsinx = e^(1·x)·(0·cosx + 25·sinx) → α = 1, β = 1; m je MAKSIMUM stepena polinoma uz kosinus i uz sinus (ovde oba konstante → m = 0) [23:20].
• [24:27, deo 2] Provera rezonance: α+iβ = 1+i NIJE koren karakteristične ((r−3)², dvostruki koren 3) → y_p bez faktora x.
• [25:00, deo 2] VAŽNO: u y_p uvek idu OBA — A·cosx + B·sinx — iako q sadrži samo sinus (isto naglašeno u z11, [55:58, deo 2]).
• [31:15, deo 2] Kako nastaje sistem: desno nema kosinusa → koeficijent uz cos se izjednači sa 0, a uz sin sa 25.

Zadatak 10 (y’‘+2y’+5y = e^(−x)cos 2x) — REZONANCA

• [38:26, deo 2] α+iβ = −1+2i JESTE koren karakteristične → y_p = x·e^(−x)(A·cos2x + B·sin2x), p = 1 [39:22]. Drugi tip rezonance — isto pravilo množenja sa x^p.
• [40:07, deo 2] Preporuka za organizaciju izvoda: raspišite y_p = Ax·e^(−x)cos2x + Bx·e^(−x)sin2x i diferencirajte kao proizvod tri činioca — „gledajte kako je vama najracionalnije”.
• [41:05, deo 2] Izvodi ostavljeni za vežbu; rezultat za proveru: A = 0, B = 1/4. „Nije lak posao, ima dosta da se piše” [41:27] — javite se ako ne izađe.
• [42:43, deo 2] Pri sređivanju se (x/4)·sin2x združuje sa c2·sin2x → uz sin2x ostaje polinom 1. stepena; pazite da ne izgubite x iz y_p (sama ga je nakratko izgubila pa ispravila).

Zadatak 11 (y’‘−3y’ = e^(2x)(x+cos x)) — superpozicija

• [44:30, deo 2] Vredna usmena diskusija: zašto se x+cosx NE MOŽE uklopiti u jedan šablon (β bi morala istovremeno biti 0 za polinomski deo i 1 za kosinusni) — model kako da razmišljate kad q „ne liči” ni na jedan tip.
• [46:57, deo 2] Princip superpozicije: q rastavite na zbir poznatih tipova → y = y_h + y_p1 + y_p2; y_p1 se traži za desnu stranu x·e^(2x), y_p2 za e^(2x)cosx — „dupli posao, ali način da prevaziđemo problem” [47:27].
• [48:56, deo 2] Za y_p1: a = 2 NIJE koren karakteristične (koreni su 0 i 3) → y_p1 = e^(2x)(Ax+B), bez x faktora.
• [53:03, deo 2] Tipična greška (napravila je uživo pa ispravila): izgubljen minus ispred 3·(prvi izvod) pri sabiranju — „ako vam je lakše, uočite ga u zagradu da ne bude propusta”.
• [64:17, deo 2] Poštena ograda na kraju: jednačina je improvizovana, moguća sitna računska greška u izvodima — proverite račun i javite ako nešto ne štima; poenta zadatka je POSTUPAK u ovoj situaciji, ne konkretni brojevi [65:08]. (Najava: sledeći termin počinju brojni redovi [65:16].)

Saveti sa snimka — 4. vežbe (brojni i funkcionalni redovi)

Vremena [mm:ss] su od početka odgovarajućeg dela snimka (deo 1 ≈ 53 min, deo 2 ≈ 59 min). Napomena: kolokvijum/ispit i bodovanje se na snimku ne pominju eksplicitno — najjači usmeni naglasci su na PREPOZNAVANJU pravog kriterijuma za dati red i na tome da se kod apsolutne/uslovne konvergencije uvek kreće od apsolutne.

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [03:38, deo 1] Prvi poredbeni ne pamtiti kao tekst teoreme (po definiciji, tj. sumiranjem, retko šta može da se ispita [02:00]): postavite samo poredak aₙ ≤ bₙ i oba tvrđenja „ispadnu” prirodno — ako zbir manjih daje beskonačno, zbir većih pogotovo; ako veći red ima konačan zbir, manji tim pre.
• [08:36, deo 1] Činjenica koja se koristi bez dokaza: Σ1/n^α konvergira za α > 1, divergira za α ≤ 1. Harmonijski (α = 1) divergira, hiperharmonijski 1/n² konvergira.
• [07:02, deo 1] Nejednakost/monotonost NE mora da važi za svako n — dovoljno je „počevši od nekog n₀” (u A1a to je n ≥ 3): konačan broj članova nikad ne utiče na konvergenciju. Ponovljeno kod integralnog [47:14, deo 1] i kod Lajbnica [28:24, deo 2].
• [16:34 + 27:43, deo 1] Usmena „hijerarhija” kriterijuma: prvi poredbeni je „najmanje omiljen” — traži nameštanje i slobodne procene, pa kolege najčešće beže na drugi poredbeni (lakše upotrebljiv); Dalamber i Košijev su „najomiljeniji” jer se formulacija lako pamti — ALI ako je L = 1, oba su neodlučiva [28:54] i mora se na drugi način.
• [29:50 + 39:31, deo 1] Prečice za izbor: Dalamber kad u opštem članu ima PROIZVODA (faktorijeli, eⁿ, dvostruki faktorijeli) pa se u količniku aₙ₊₁/aₙ „ima šta skratiti” [31:58]; Košijev koreni kad je ceo opšti član na stepen koji uključuje n (n, n², n(n−1)…) — koren „skine” stepen.
• [45:34, deo 1] Nema jedinog ispravnog puta: za isti red više kriterijuma može da prođe — „kad vidite red, prosto probate šta bi za taj red bilo najzgodnije”.
• [04:59, deo 2] Redosled kod apsolutne/uslovne konvergencije: UVEK prvo apsolutna — ako prođe, jednim potezom ste pokazali obe stvari (apsolutna ⇒ obična konvergencija, a uslovne tada po definiciji nema [18:31, deo 2]).
• [51:00, deo 1] Sanity-check vredan pamćenja: pozitivna funkcija na pozitivnom intervalu ne može dati negativan integral (integral = površina) — asistentkinja je baš tom proverom uhvatila sopstvenu grešku sa znakom.
• Zadaci „za vežbu”: A6 [00:00, deo 2], B3 (u skripti dati i krajnji rezultati) [30:02, deo 2] i B6 („proći će vam Vajerštrasov kriterijum”) [57:55, deo 2] — šta zapne, pitati na terminima. Najava: sledeći put stepeni i Furijeovi redovi [58:12, deo 2].

Po zadacima

Zadatak A1 (prvi poredbeni: ln n/n; 1/√(n(n²+1)); 1/n!)

• [05:20, deo 1] (a) Otkud ln n > 1 za n ≥ 3: skica grafika ln x — u x = e vrednost je 1, a e ≈ 2,7, pa je prvi prirodan broj iznad toga 3. Trojka je upravo ono n₀ iz teoreme [07:13].
• [09:30, deo 1] (b) Tehnika ocene razlomka: sklonite „+1” iz imenioca → imenilac se smanji → delite manjim brojem → razlomak se UVEĆA. Time 1/√(n(n²+1)) < 1/n^{3/2}, a taj red konvergira.
• [12:39, deo 1] (v) Tipična zamka kod 1/n!: ako činioce ocenite jedinicom, dobijete 1/n! ≤ 1 — red sa opštim članom 1 divergira, pa niste pokazali ništa (prvi poredbeni tada ne daje zaključak!). Zato svaki činilac ≥ 2 ocenite DVOJKOM i pažljivo prebrojte: dvojki je n−1, ne n [14:08] → ocena 1/2ⁿ⁻¹, geometrijski red (za koji je svejedno da li je stepen n, n−1 ili n+1 — razlika je konačno mnogo članova [15:41]).

Zadatak A2 (drugi poredbeni: 1/√((n+1)(n+2)); 2ⁿ·sin(1/3ⁿ); 1/(2n−1)²)

• [17:32, deo 1] Od tri slučaja teoreme u praksi se cilja PRVI (L konačan i ≠ 0): redovi su tada ekvikonvergentni i „ne morate da razmišljate iz koje konvergencije sledi koja”. Pre pozivanja na ekvikonvergentnost proveriti da L nije 0 ni ∞ [21:17].
• [19:25, deo 1] Kako se bira poredbeni niz bₙ (ključ prepoznavanja): gledate najviši stepen polinoma — pod korenom je polinom stepena 2, koren toga daje n, pa poredite sa 1/n. Isto (v): (2n−1)² je stepena 2 → poredite sa 1/n² [25:42].
• [23:16, deo 1] (b) „Čim vidite sinus, negde vam je u glavi lim sin x/x = 1 (x→0)“: argument 1/3ⁿ zaista teži nuli, pa bₙ birate tako da količnik sadrži baš sin(arg)/arg — tj. bₙ = 2ⁿ·(1/3ⁿ) = (2/3)ⁿ, geometrijski red.
• [26:15, deo 1] Prečica za limese: količnik polinoma istog stepena → limes je količnik vodećih koeficijenata; „ali ako vam je lakše postupno — radite postupno” (delite najvišim stepenom gore i dole).

Zadatak A3 (Dalamber: n·e⁻ⁿ; 3ⁿn!/nⁿ; (2n−1)!!/(3·6···3n))

• [30:24, deo 1] aₙ₊₁ se formira mehanički: u opštem članu SVAKO n zamenite sa n+1 — pa gledate šta se skraćuje.
• [33:04, deo 1] (b) Tehnike skraćivanja: (n+1)! = (n+1)·n! (izdvojite prvi činilac) i (n+1)ⁿ⁺¹ = (n+1)·(n+1)ⁿ — „zbog toga pišem u tom obliku, da bi moglo da se skrati”. Ostane (n/(n+1))ⁿ — „liči na graničnu vrednost za e, ali obrnuto” → uzeti recipročnu vrednost: 1/(1+1/n)ⁿ → 1/e [34:26]; rezultat 3/e > 1 jer delite brojem manjim od 3 [35:39].
• [36:33, deo 1] (v) Kod proizvoda tipa 1·3·5···(2n−1): povećanjem n RASTE BROJ ČINILACA — aₙ₊₁ ima tačno jedan činilac više (gore 2(n+1)−1, dole 3(n+1)), sve ostalo se skrati; „povesti računa o tome kako se red promeni kada se brojač poveća” [39:13].

Zadatak A4 (Košijev koreni: ((2n+3)/(n+1))ⁿ; (n/(n+1))^{n²}; ((n−1)/(n+1))^{n(n−1)})

• [40:40, deo 1] (a) Posle korenovanja limes je 2 > 1 → red DIVERGIRA; asistentkinja se u prvi mah zarekla „konvergira” pa se ispravila — zaključak uvek izgovoriti uz proveru: L < 1 konvergencija, L > 1 divergencija (isto kao kod Dalambera).
• [42:28, deo 1] (b, v) Posle n-tog korena opet iskrsava e: svesti na 1/(1+1/n)ⁿ → 1/e < 1; kod (v) razlomak (n−1)/(n+1) podelite sa n gore i dole pa razdvojite na (1−1/n)ⁿ i (1+1/n)ⁿ → limes e⁻¹/e = 1/e² [44:57]; preostale zagrade na stepen −1 teže jedinici jer 1/n → 0 [44:43].

Zadatak A5 (integralni kriterijum: 1/(n·ln²n))

• [46:55, deo 1] Zašto suma kreće od n = 2: dobra definisanost — ln 1 = 0, delili biste nulom. Brojač sme da krene od bilo kog konačnog broja, na konvergenciju ne utiče.
• [48:00, deo 1] Pre primene OBAVEZNO proveriti uslove na funkciji: pozitivna, nerastuća, neprekidna za x ≥ 2 — tek onda su red i nesvojstveni integral ekvikonvergentni.
• [49:29, deo 1] Smena t = ln x (dt = dx/x je baš ono što stoji u razlomku) → tablični ∫dt/t². Greška u znaku uhvaćena proverom smisla: rezultat ispao negativan → nemoguće za pozitivnu funkciju → greška u redosledu zamene granica (prvo gornja, pa donja) [51:00]. Konačno 1/ln 2 — KONAČAN broj ⇒ integral konvergira ⇒ red konvergira.

Zadatak B1 (apsolutna/uslovna: (−1)ⁿ(2n+1)/(n(n+1)); (−1)ⁿ⁺¹/ln(n+1); (−1)ⁿ(n/(2n+1))ⁿ)

• [06:00, deo 2] Posle apsolutne vrednosti minus nestane → obična suma s pozitivnim članovima → smete pustiti svih pet kriterijuma s prošlog časa. (a): dole polinom stepena 2, gore stepena 1 → količnik vodećih daje 1/n → drugi poredbeni s harmonijskim [06:31].
• [08:06, deo 2] Kad apsolutna konvergencija NE prođe, teorema o apsolutnoj konvergenciji ne kaže ništa o samom redu — „jedino što možete sada da probate je Lajbnicov kriterijum”.
• [08:55, deo 2] Monotonost preko razlike: aₙ₊₁ − aₙ < 0; posle svođenja na zajednički imenilac „svašta se skrati” i ostane očigledno negativan izraz. Alternativa: količnik aₙ₊₁/aₙ < 1 — „kako želite” [10:22].
• [13:26, deo 2] (b) Za apsolutni red: ln(x+1) < x+1 (ceo grafik logaritma je ispod prave), recipročne vrednosti okreću znak → 1/ln(n+1) > 1/(n+1) → poređenje s pomerenim harmonijskim → nema apsolutne. Za Lajbnica: ln raste ⇒ 1/ln(n+1) opada, limes „1 kroz beskonačno” = 0 [15:51] → USLOVNA konvergencija.
• [17:03, deo 2] (v) Čim je ceo opšti član na n-ti stepen → Košijev koreni na apsolutni red: koren i stepen „se potru”, limes 1/2 < 1 → apsolutna konvergencija — pa se uslovna više i ne ispituje [18:31].

Zadatak B2 (Lajbnic: monotonost preko razlike i preko f′)

• [19:04, deo 2] Kad zadatak kaže samo „ispitati konvergenciju” alternativnog reda: može i preko apsolutne, ali ako ona ne prođe, svejedno završavate na Lajbnicu — „možda nije loše ići direktno na Lajbnica”.
• [20:19, deo 2] (a) Kod razlike aₙ₊₁ − aₙ imenilac je očigledno pozitivan (prirodni brojevi), ali za brojilac s minusima „nismo 100% sigurni” → tretirajte ga kao kvadratnu funkciju: nule, skica znaka. Bitno je samo ponašanje DESNO od 1 (n kreće od 1); nula x₁ ≈ 0,6 < 1 → desno od 1 sve negativno → niz opada [22:04].
• [24:52, deo 2] (b) Kada razlika, a kada izvod: za jednostavne članove — razlika; kod polinoma stepena 3 dole i 2 gore zamena n → n+1 „dodatno iskomplikuje račun” → od niza napravite FUNKCIJU (svako n zamenite sa x) i monotonost ispitajte prvim izvodom [25:07].
• [28:09, deo 2] f′ < 0 tek za x > 5 → niz opada tek od 6. člana — potpuno u redu: prva četiri člana slobodno zanemarite, „i da je od stotog člana, bilo bi u redu” [29:11].

Zadatak B4 (oblast konvergencije: Σ1/(n²+x²))

• [31:58, deo 2] Suština funkcionalnih redova: fiksirate x = x₀ i red POSTANE brojni — pitanje konvergencije se svodi na već poznatu priču; zato se uzima PROIZVOLJNO x₀ ∈ R [37:47].
• [38:00, deo 2] Najbrže ovde: 1/(n²+x₀²) < 1/n² (sklonite x₀² → manji imenilac → veći razlomak) → prvi poredbeni sa 1/n². Pošto je x₀ bilo proizvoljno, oblast konvergencije je D = R [38:51].

Zadatak B5 (Vajerštras, 4 dela)

• [33:37, deo 2] Zašto Vajerštras: definicija uniformne konvergencije „nije komplikovana za razumevanje, ali jeste za proveru” (ostatak, proizvoljno ε…) — pa se uniformna konvergencija praktično uvek pokazuje Vajerštrasom: |fₙ(x)| ograničite nečim što zavisi SAMO od n, a red s tim opštim članom mora da konvergira [35:13].
• [40:20, deo 2] (a) Za x > 0 apsolutna vrednost ni ne treba (sve pozitivno). Ako je očigledno x/(1+x²) ≤ 1/2 — iskoristite; ako nije, „priča koja ovde uvek može da prođe”: taj deo posmatrajte kao funkciju po x, prvi izvod, lokalni maksimum (u x = 1, vrednost 1/2) [41:24]. Cilj: naći BILO KOJI način ograničavanja koji daje konvergentan brojni red [45:02].
• [45:35, deo 2] (b) Kad su n i x „vezani” (ne mogu se razdvojiti u proizvod), tehnika izdvajanja ne radi → izvod ČITAVE funkcije fₙ(x) i njen maksimum (u x = 1/n^{5/2}, ocena 1/(2n^{3/2}), α = 3/2 > 1 → konvergira) [50:48]. Usput: funkcije su neparne (simetrija kroz koordinatni početak, analogija s arctg) → dovoljno raditi x > 0, zaključak se „bez problema proširi na celo R zbog simetrije” [45:54; 52:48].
• [53:17, deo 2] (v) Refleks: čim vidite sinus — |sin(bilo čega)| ≤ 1, brojilac ocenite jedinicom. Imenilac: najveći razlomak je za x = 0 (delite najmanjim mogućim brojem, svako drugo x samo uveća imenilac) → ocena 1/n^{3/2}; „obična majoracija, ništa drugo” [54:26]. Izvod bi ovde bio nezgodan zbog trigonometrije [54:31].
• [55:23, deo 2] (g) Na konačnom intervalu (0, a) najjednostavnije je oceniti KRAJEM intervala — ln strogo raste pa x zamenite sa a; zatim drugi poredbeni uz lim ln(1+t)/t = 1 (t = a/3ⁿ → 0) i poređenje s geometrijskim Σa/3ⁿ [56:27].

Saveti sa snimka — 5. vežbe (stepeni i Furijeovi redovi)

Napomena o kolokvijumu: kolokvijum se pominje samo uzgred, dva puta ([00:54, deo 2] i [65:25, deo 2]) — ovim časom se zaokružuje gradivo za prvi kolokvijum (cela priča o redovima). Nema napomena tipa “ovo će doći na kolokvijumu”; jedini implicitno “ocenjivački” komentar je onaj o formi zapisa rezultata kod F4 (vidi dole).

Opšti saveti i naglaske (ceo čas)

• [05:33, deo 1] Poluprečnik uvek tražiš kao R = 1/L, gde L dolazi iz Dalamberovog ili Košijevog kriterijuma za brojne redove. Pažnja kod Dalambera: pošto je R recipročno, a_n i a_{n+1} zamene mesta — R = lim |a_n / a_{n+1}| (a_n gore!).
• [06:28, deo 1] a_n je SVE što množi x^n; apsolutna vrednost u limesu je obavezna jer a_n u opštem slučaju menja znak. Prečica: (-1)^n ne moraš ni kratiti — |(-1)^n| = 1, “nema ni potrebe da se bilo šta krati”.
• [11:44, deo 1] Izbor kriterijuma je tvoj (“ostavljam vama izbor šta vam je zgodnije”): Koši kad je opšti član “nešto na n-ti stepen” (koren samo obori izložilac), Dalamber kad ima faktorijel ili sin(1/n) — n-ti koren tada ništa ne rešava. Oba daju istu vrednost R.
• [22:04, deo 1] Čim umesto čistog x^n stoji nešto složenije ((x+3)^n, (x-5)^n…), uvedi smenu t = x−a; a_n se smenom ne menja.
• [23:30, deo 1] Tipična greška: zaboraviti da vratiš smenu na kraju. Interval/tačku konvergencije dobijaš za t, pa tek prelaskom na x dobijaš konačan odgovor (primer v: t=0 daje x=−3, a ne x=0 — “što nije tačno, vodimo računa o tome”).
• [10:49, deo 1] Šablon za interval konvergencije: nađi R, pa posebno ispitaj oba kraja — oblast konvergencije je “negde između” otvorenog (−R,R) i zatvorenog [−R,R].
• [16:02, deo 1] U kraju intervala zamenom x dobijaš BROJNI red — tu se vraća ceo aparat s početka kursa: potreban uslov, Lajbnic, poredbeni kriterijumi. Usmeno izvedena logika [18:04]: konvergentan red ⇒ opšti član → 0; negacija (opšti član ne teži nuli ⇒ divergira) je glavno oružje u krajevima.
• [24:20, deo 2] cos(nπ) = (−1)^n — “činjenica koja će se često provlačiti” kroz sve Furijeove zadatke; parno n daje 1, neparno −1. Minus ispred zgodno “priključiš” stepenu: −(−1)^n = (−1)^{n+1} (tako je sređen b_n u F2, [43:40, deo 2]).
• [14:06, deo 2] Integral neparne funkcije u simetričnim granicama je 0; parne je 2×∫ od 0 do l. Pre računanja Furijeovih koeficijenata uvek proveri parnost — pola integrala otpadne bez računa.
• [41:00, deo 2] Obnovi karakteristične vrednosti sinusa i kosinusa — najbolje zapamti grafike pa s njih čitaj gde je 0, 1, −1, jer se te vrednosti “non-stop prepliću” pri zameni granica.
• [12:37, deo 2] Furijeov razvoj se pravi samo za periodičnu funkciju — datu funkciju uvek prvo periodično produžiš; razvoj produženja i tvoje funkcije se poklapaju jer se funkcije poklapaju na osnovnom intervalu.

Po zadacima

Zadatak S1 (poluprečnik konvergencije)

• [08:22, deo 1] (a) Ključni korak: (n+2)/(n+1) na stepen n+1 prepiši kao (1 + 1/(n+1))^{n+1} → e; R = e/p. Usmena dopuna [08:54] koje u skripti nema: uslov p > 0 nije zadat, ali R mora biti pozitivan — ili dopiši “p > 0”, ili svuda vuci apsolutnu vrednost |p|.
• [09:33, deo 1] (b) Za (1+1/n)^{n²} Koši je idealan: n-ti koren obori n² na n, ostane poznati limes (1+1/n)^n → e, pa R = 1/e.

Zadatak S2 (intervali konvergencije, a–đ)

• [13:03, deo 1] (a) Pri limesu se javi “2 na 0” — naglasila: to jeste određen oblik (=1), ništa neodređeno; usput pokazala opštu tehniku f^g = e^{g·ln f} za slučajeve kad izložilac zaista pravi neodređenost — “činjenica koju možete da imate”.
• [16:24, deo 1] (a) U x = 4 opšti član teži 2/e ≠ 0 (prepoznaj opet e-limes u imeniocu!) → divergira po potrebnom uslovu; u x = −4 niz s faktorom (−1)^n uopšte ne konvergira → opet divergencija. Interval ostaje otvoren: (−4, 4).
• [20:00, deo 1] (b) Dalamber, jer bi n-ti koren faktorijala bio nezgodan (“gore n-ti koren faktorijala, što nije baš zgodno”); pri sređivanju iskoristi da eksponencijalna funkcija raste mnogo brže od polinoma.
• [21:19, deo 1] (b) Kad je R = +∞, oblast je celo ℝ i krajevi se ne ispituju — “ne možete reći x je beskonačno i onda dobiti brojni red”; tu se ispitivanje završava.
• [22:31, deo 1] (v) Za n^n Koši je “jako zgodan”: n-ti koren daje čisto n, limes 1/n = 0, pa R = 0 — konvergencija samo za t = 0; vraćanjem smene x = −3, oblast je singleton {−3}, “to više nije interval”. Upozorenje [23:30]: bez vraćanja smene pogrešno bi ispalo x = 0.
• [24:21, deo 1] (g) Trik za sin(1/n): iskoristi lim sinx/x = 1 — podeli sinus njegovim argumentom i istim razlomkom pomnoži (“da ne bismo pravili promenu u funkciji”) — efektivno množiš jedinicom; sve teži 1, R = 1.
• [26:47, deo 1] (g) Kraj x = 4, Lajbnic — monotonost preko grafika sinusa: argumenti 1/n su u (0,1], a 1 je levo od π/2, gde sinus raste; iz 1/n > 1/(n+1) sledi sin(1/n) > sin(1/(n+1)), dakle niz opada; limes je 0 jer argument teži 0. Red konvergira → kraj 4 se zatvara.
• [30:28, deo 1] (g) Kraj x = 6: Σ sin(1/n) uporedi sa Σ 1/n drugim poredbenim kriterijumom (limes količnika je 1 — opet sinx/x) → ekvikonvergentni s harmonijskim → divergira. Rezultat [4, 6).
• [33:33, deo 1] (d) n-ti koren od (2n−1) je pravi neodređen oblik ∞^0: piši (2n−1)^{1/n} = e^{ln(2n−1)/n}; ln raste sporije od linearne funkcije → limes 0 → e^0 = 1. Ko nije siguran — Lopitalovo pravilo. Najtehničkiji usmeni deo časa; u Košijevom limesu uzimaš apsolutnu vrednost opšteg člana (a Dalamber bi dao “istu vrednost”, [31:47]).
• [36:07, deo 1] (d) Kraj x = 0: pazi na znak — (−1)^n·(−2)n = (po osobini stepena) 2^n, pa se skrati s imeniocem; ostane Σ 1/(2n−1) koji divergira poređenjem s harmonijskim. U x = 4 ostane alternativni red → Lajbnic (uslove “ne moramo raditi u ovom primeru” — očigledni). Rezultat (0, 4].
• [38:16, deo 1] (đ) Tehnička prečica: √(3^{n−1}) piši kao 3^{(n−1)/2}, ili sve ubaci pod isti koren pa krati — polinomski količnik teži 1, ostane samo √3/2… tj. R = √3/2.
• [40:04, deo 1] (đ) Levi kraj: izdvoj (−√3/2)^n = (−1)^n·(√3/2)n; pošto red s apsolutnim vrednostima već konvergira (poređenje sa Σ1/n²), red apsolutno konvergira, pa konvergira — teorema s prošlog termina; ne treba ponovo Lajbnic. Oba kraja se zatvaraju: [−√3/2, √3/2].

Zadatak F1 (x² na [−π,π] + sume π²/6, π²/12, π²/8)

• [17:13, deo 2] Zašto parnost gledaš PRE integraljenja: x²·sin(nx) je neparna → svi b_n = 0 bez računa. Ko to ne vidi, radi dve parcijalne integracije da bi dobio nulu — “nije greška, ali ste izgubili vreme”, “prilično dangubno”.
• [18:21, deo 2] a_0 računaj odvojeno (kosinus postane 1) — ostane tablični integral x², nema parcijalne.
• [19:12, deo 2] Parcijalna integracija: u = x² (stepen se spušta), dv = cos(nx)dx; zbog kvadrata ide dva puta zaredom; sinusni članovi u granicama 0 i π otpadaju.
• [26:33, deo 2] Sume biraš pametnim izborom x: za Σ1/n² uzmi x = π, jer (−1)^n·(−1)n = 1 pa se minus “pojede” → π²/6. Za alternativni red uzmi x = 0 — kosinus postane 1, minus preživi → π²/12.
• [28:56, deo 2] Za Σ1/(2n−1)² (neparni imenioci): “zanimljiv primer, nije nešto što bi se na prvu uočilo” — neparni = svi − parni; iz parnih izvučeš 1/4 iste sume, pa je traženo (1 − 1/4)·π²/6 = π²/8.
• [30:29, deo 2] Usmeni kontekst primene: telekomunikacije, obrada signala, kompresija podataka, rešavanje diferencijalnih jednačina — složenu funkciju zapišeš kao zbir prostih periodičnih komponenti.

Zadatak F2 (deo-po-deo linearna na [−1,1])

• [33:05, deo 2] Prelaz na proizvoljan interval: na [−l,l] argument postaje nπx/l, ispred integrala 1/l; na opštem [a,b] argument je 2nπx/(b−a) uz faktor 2/(b−a). Period čitaš iz širine intervala: T = 2l = 2 → l = 1.
• [36:26, deo 2] Pri periodičnom “lepljenju” grafika pazi na tačke spajanja: funkcija ne sme u istom x imati dve vrednosti — “to nije funkcija”; s jedne strane tačku uključiš, s druge isključiš (strelice na skici). Produženje je deo-po-deo neprekidno: konačno prekida, levi/desni limesi konačni.
• [39:49, deo 2] Ova funkcija nije ni parna ni neparna → nema olakšice iz F1, moraš i a_n i b_n; svaki integral se deli na dva dela po granama definicije (od −1 do 0 i od 0 do 1), u svakom parcijalna integracija (u = x).

Zadatak F3 (x na (0,2) po sinusima i po kosinusima)

• [46:31, deo 2] Ključno pravilo časa: razvoj po sinusima → neparno produženje (simetrija u odnosu na koordinatni početak), razvoj po kosinusima → parno produženje (simetrija u odnosu na y-osu; sama se ispravila — ne x-osu!). Onda tek periodično nadovežeš na celo ℝ.
• [48:00, deo 2] Kod neparnog produženja svi a_n = 0 uključujući a_0 — sinusni red nema slobodan član (naglasila da to na slajdu nije zapisano); parnost podintegralne funkcije (neparna×neparna = parna) opet prebacuje sve na 2×∫ od 0 do 2.
• [54:30, deo 2] Kod kosinusnog razvoja javlja se (−1)^n − 1: za parno n to je 0 → svaki drugi koeficijent otpada; zato se red piše preko 2n−1 (ili 2k−1 — “potpuno je svejedno” kako preimenuješ brojač), “da ne opterećujemo zapis” nulama.

Zadatak F4 (trougaona na [0,2] po sinusima)

• [59:08, deo 2] b_n je zbir dva integrala jer f ima dve grane (x na (0,1), 2−x na (1,2)); prethodno parnost (neparna×neparna = parna) prebaci sve na ∫ od 0 do 2, pa se 2·(1/2) pokrati u 1.
• [60:02, deo 2] Ovde umesto kosinusa figuriše sin(nπ/2): za parno n = 2k je sin(kπ) = 0 (opet svaki drugi sabirak otpada), a za neparno n alternira ±1 — to su minimumi/maksimumi sinusoide, zapis (−1)^{n−1}; proverila na primerima: n=3 → sin(3π/2) = −1, n=5 → sin(5π/2) = +1.
• [64:27, deo 2] Napomena bitna za bodovanje: potpuno je u redu ostaviti rezultat u “sirovom” obliku sa sin(nπ/2), bez raspisivanja po parnosti n — “ne uzimam za zlo”; prepisivanje preko 2n−1 je samo elegantniji zapis. Ako preformulacija reda nije jasna, slobodno pitati (“posebno ovaj kraj ovde”).

Saveti sa snimka — 6. vežbe (funkcije više promenljivih)

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [00:00, deo 1] Ovim terminom POČINJE gradivo za 2. kolokvijum iz Matematike 3. To je ujedno jedina napomena o kolokvijumu na oba snimka — konkretnih saveta tipa “ovo dolazi na kolokvijumu” nema.
• [21:38, deo 1] Ključna razlika prema M1: kod f(x) tački prilaziš samo sleva i zdesna; u ravni postoji beskonačno mnogo putanja (sve prave kroz tačku, polinomi, bilo koja kriva kroz tačku) i limes mora biti isti po svakoj — zato je limes dve promenljive suštinski teži.
• [33:49, deo 1] Nema univerzalnog postupka za limes f(x,y): uvek se “snalaziš” tako što svedeš na limes jedne promenljive — smenom, polarnim koordinatama ili ocenom (uklještenjem).
• [34:12, deo 1] ČESTA GREŠKA (izričito naglašena): uzeti 2–3 putanje, dobiti istu vrednost i zaključiti da limes postoji i toliki je. Putanjama se NIKAD ne dokazuje postojanje (uvek ostaje beskonačno neispitanih putanja) — samo NEpostojanje.
• [28:39, deo 1] Recept za nepostojanje limesa: nađi dve putanje s različitim graničnim vrednostima. Redosled pokušaja: prvo prave y=kx, pa tek onda y=x², y=x³… [32:24]. Upozorenje: to važi za tačku (0,0) — za svaku drugu tačku putanja mora prolaziti baš kroz nju [32:43].
• [26:22, deo 1] Ponovljeni (uzastopni) limesi NISU limes funkcije i nisu način da se on nađe — naglašeno više puta [33:21].
• [20:06, deo 1] Za limes u tački funkcija NE mora biti definisana u njoj (u definiciji se f(x0,y0) nigde ne pominje); za neprekidnost tačka MORA pripadati domenu, a neprekidnost je lokalna osobina — na skupu znači “u svakoj tački skupa” [46:16].
• [06:55, deo 2] Kad je izvod usputna alatka (monotonost, ekstremumi) — definicija “oduzima dosta vremena”, radi tablično + pravila iz M1. Ali čim se ispituje POSTOJANJE parcijalnih izvoda, mora se ići po definiciji [13:26]; upravo to čeka kod diferencijabilnosti [06:30].
• [14:28, deo 2] “Važna napomena”: mešoviti izvodi f’‘xy i f’’yx u opštem slučaju NISU jednaki, ali za neprekidne funkcije (s kakvima uglavnom radimo) jesu — zato u zadacima redovno ispada isto.
• [36:03, deo 2] Logika diferencijabilnosti: dif. ⇒ neprekidna i dif. ⇒ postoje parcijalni izvodi. Kontrapozicijom: čim pokažeš prekid ILI nepostojanje parcijalnih izvoda — nije diferencijabilna i tu STAJEŠ, treći uslov (limes iz teoreme) uopšte ne ispituješ [36:39, 46:08].

Po zadacima

Zadatak A1 (funkcionalna jednačina za ln x · ln y)

• [04:28, deo 1] “Primer sam po sebi ne previše važan” — poenta je videti kako se zadaje f(x,y) i da je vrednost realan broj; odmah se otvara pitanje za koje (x,y) izraz uopšte sme da se piše, tj. pitanje domena [04:53].

Zadatak A2 (domeni)

• [08:05, deo 1] (a) Čitanje y ≥ −x: nacrtaš pravu y=−x, uslov bira tačke IZNAD nje. Drži sliku u glavi: domen je oblast u ravni xOy, grafik je površ u prostoru iznad nje i normalno se projektuje u domen [08:24].
• [12:11, deo 1] (v) Prečica: sin ∈ [−1,1], pa je 3/2 − sin(…) uvek pozitivno — koren ne daje nikakav uslov; jedini uslov je xy > 0 (numerus logaritma), tj. 1. i 3. kvadrant [13:31].
• [15:28, deo 1] (g) a je realan PARAMETAR, ne promenljiva — to se odmah konstatuje. Domen (unutrašnjost sfere) može da se nacrta u prostoru, ali grafik funkcije 3 promenljive ne može — “fali vam četvrta dimenzija” [16:48].

Zadatak A3 (ponovljeni limesi (x²−y²)/(x²+y²))

• [25:01, deo 1] Tehnika: skrati ČIM možeš, pre puštanja spoljašnjeg limesa, da ne dobiješ neodređen oblik; kraćenje x²/x² je legalno jer x→0 znači da x nikad nije 0 [25:54]. Rezultati −1 i 1 su živi dokaz da ponovljeni limesi ne moraju biti jednaki [26:08].

Zadatak A4 (nepostojanje limesa; putanje y=x, y=2x)

• [27:31, deo 1] Ceo argument počiva na: “ako limes postoji, mora biti jedinstven”. Po y=x izlazi 0, po y=2x izlazi −3/5 ⇒ limes ne postoji [32:01]. “Ni sve vreme ovog sveta” nije dovoljno da se provere sve putanje [28:28] — ali za nepostojanje su dovoljne dve.

Zadatak A5 (lim sin(xy)/(xy) smenom)

• [34:37, deo 1] Smena t = xy je legitimna jer POTPUNO prevodi limes na jednu promenljivu: obavezno obrazloži da x→0 i y→0 povlači t→0 [35:04], pa ostaje poznato lim sin t/t = 1 iz M1. I naglas: “ovde nikako nisam smela da idem po putanjama” [35:54] — po svakoj bi izašlo 1, ali to nije dokaz postojanja.

Zadatak A6 (limes u ∞ polarnim koordinatama)

• [38:46, deo 1] Ako pobrkaš x=ρcosφ, y=ρsinφ — nacrtaj pravougli trougao (kateta/hipotenuza) i izvedi formule na licu mesta; ključni identitet x²+y²=ρ².
• [40:12, deo 1] Posle smene obavezno utvrdi čemu teže ρ i φ: ovde x,y→+∞ ⇒ ρ→+∞ [40:29]; φ je iz konačnog intervala, sin i cos su ograničeni (zbir ≤ 2) [41:37], pa “ograničeno kroz beskonačno” daje 0 — “ugao ne utiče na graničnu vrednost”, sve nosi ρ [42:32].

Zadatak A7 (nepostojanje limesa (x²+y²−2x+y)/(x+y))

• [43:07, deo 1] Refleks: “čim kaže ‘pokazati da ne postoji’ — tražiš putanje”, i to najjednostavnije moguće. y=x daje −1/2, y=2x daje 0 (umesto 2 prolazi i bilo koji drugi koeficijent [44:26]) ⇒ vrednost zavisi od putanje ⇒ limes ne postoji.

Zadatak A8 (neprekidnost ocenom |f| ≤ |y|)

• [49:21, deo 1] Ovde limes treba da POSTOJI, pa putanje otpadaju — koristi se teorema o uklještenju (nasleđena iz M1): 0 ≤ |f(x,y)| ≤ |y|, obe granice teže 0 ⇒ limes je 0 = f(0,0) [53:39]. Kontekst: funkcija je dodefinisana nulom u (0,0), pitanje je da li je produženje neprekidno [47:31].
• [50:58, deo 1] Trik ocene: izvuci |y|, a u brojiocu dodaj i oduzmi y² da (x²−y²)/(x²+y²) prepišeš kao 1 − 2y²/(x²+y²) — “zašto sam to uradila? da bih napravila jedinicu” [51:32]; taj izraz je po modulu ≤ 1 jer od 1 oduzimaš nešto sigurno pozitivno [51:59].

Zadatak A9 (deo-po-deo funkcija, neprekidnost na kružnici x²+y²=4)

• [56:15, deo 1] Prvi korak: iskoristi da tačka LEŽI na kružnici — x0²+y0²=4 ⇒ f(x0,y0)=4−4=0. Ista činjenica kasnije direktno daje i limes iznutra: “ne moramo da uvodimo ni smenu ni ništa” [59:37].
• [57:14, deo 1] Tački sa kružnice prilaziš na dva suštinski različita načina — iznutra (važi formula 4−x²−y²) i spolja (f≡0, “priča još jednostavnija” [59:53]); obe granične vrednosti su 0 = f(x0,y0) ⇒ neprekidna. Napomena: tačka ispitivanja ne mora biti (0,0) ni ∞ — ovde je proizvoljna tačka sa zadatom osobinom [60:59].

Zadatak A10 (prekid x²y²/(x⁴+y⁴) u (0,0))

• [62:47, deo 1] Prečica: y=x daje 1/2 ≠ 0 = f(0,0) i tu se ODMAH staje — “čim ovo nije 0, ja odmah znam da imam prekid” [63:39]; druga putanja NIJE obavezna za zaključak o prekidu.
• [63:26, deo 1] Dodatak (neobavezan): y=2x daje 4/5, pa limes ne samo da nije 0 nego uopšte NE POSTOJI — “ako nemam limes, on ne može da bude jednak bilo čemu” [64:44]; svejedno je kojim putem izvedeš zaključak o prekidu [64:47].

Zadatak A11 (x²y/(x⁴+y²): neprekidna duž svih pravih, ali ne u tački)

• [67:19, deo 1] Poenta zadatka: duž SVAKE prave y=kx i duž y-ose limes je 0 = f(0,0), ali duž parabole y=x² izlazi 1/2 ⇒ funkcija NIJE neprekidna u (0,0). Pouka: neprekidnost duž svih pravih nije dovoljna — razlikuj “neprekidna duž skupa/putanje” od “neprekidna u tački” (po svim putanjama) [67:49].

Zadatak B1 (parcijalni izvod po definiciji)

• [05:27, deo 2] Prečica: u tački (x,1) svuda zameni y=1 — faktor (y−1)=0 obara ceo arcsin-sabirak, od funkcije ostaje samo x, pa je količnik Δx/Δx i izvod je 1 “bez puštanja Δx→0”, čim skratiš [06:09].

Zadatak B2 (parcijalni izvodi prvog reda)

• [07:53, deo 2] Cela tehnika u jednoj rečenici: kad tražiš ∂/∂x, y je “neki broj” — tretiraš ga kao konstantu i primenjuješ SVA pravila jedne promenljive; “sve što ste znali za izvod funkcije jedne promenljive treba da obnovite” [07:24].
• [10:07, deo 2] (b) Tri promenljive ⇒ odmah očekuj TRI parcijalna izvoda. Kod x·sin(xyz) po x ide izvod proizvoda, a kod sinusa ne zaboravi unutrašnji izvod argumenta (po x je yz, po y je xz…) [11:01].

Zadatak B3 (izvodi trećeg reda za z = x³y²)

• [15:01, deo 2] Sistem: izvod reda n = “samo se vrati korak unazad” — diferenciraj već nađeni izvod reda n−1; zato obavezno kreni od prvog reda. Pisano je namerno postupno — rutinski kasnije ne moraš svaki korak [22:19].
• [18:43, deo 2] Mešoviti izvod je izračunat u OBA redosleda i ispada isto (6x²y) — očekivano jer je funkcija neprekidna [18:50]; a ∂³z/∂y³ = 0 čim izraz prestane da zavisi od y (2x³ je konstanta po y) [20:21].

Zadatak B4 (cos²-funkcija u tački (π/4, π/4))

• [23:00, deo 2] Redosled: izvedi izvod za proizvoljno (x,y), pa TEK ONDA zameni tačku. Kod cos²(x+y) “uvek potraži još i izvod zagrade” (ovde 1) [23:32]; u tački cos(π/2)=0 obara prvi sabirak, a 2·(√2/2)²=1. Po y ne računaj ispočetka — zbog simetrije funkcije rezultat je opet 1 [26:14].

Zadatak B5 ((x−y)/(x−z) u tački (2,1,0))

• [28:07, deo 2] Uživo ispravljena postavka (bilo x·z u imeniocu, treba x−z): alarm je bila DEFINISANOST — sa z u imeniocu i z=0 u tački “ne možete da delite nulom”, izvod ne bi ni postojao [29:20]. Pouka: pre zamene tačke proveri da li je izvod u njoj uopšte definisan.
• [29:35, deo 2] “Nađem sve parcijalne pa zamenim tačku — potpuno je svejedno kako radite” (može i obrnuto). Kod ∂/∂z brojilac x−y je konstanta, i ne zaboravi unutrašnji izvod (x−z)’ po z = −1 — bez njega ispadne pogrešan znak [30:38].

Zadatak B6 (diferencijabilnost e^(−1/(x²+y²)) — jeste)

• [34:23, deo 2] Zašto teorema, a ne definicija: definicija diferencijabilnosti (a, b, α, β, ρ) je “komplikovana” i nepraktična — standard je šema u 3 koraka: (1) neprekidnost u tački, (2) parcijalni izvodi u tački PO DEFINICIJI, (3) limes iz teoreme jednak 0.
• [37:41, deo 2] Usmeno obrazloženje koraka (1): 1/(x²+y²) → ∞, pa e^(−∞) → 0 — uz ogradu “uslovno rečeno, e na minus beskonačno ne postoji” (to je oznaka teženja, ne vrednost). U koraku (3) uvedi smenu ρ = √(Δx²+Δy²) — sve se svede na već izračunati limes [40:47].

Zadatak B7 (∛(x³+y³) — nije diferencijabilna)

• [41:41, deo 2] Poučno: prva dva koraka PROLAZE — neprekidna (kompozicija elementarnih), parcijalni izvodi postoje i iznose 1 (∛(Δx³)/Δx krati se direktno [42:20]). Pada tek treći uslov — zato se on i mora proveravati: postojanje izvoda nije dovoljno.
• [43:39, deo 2] KLJUČNO upozorenje: √(Δx²) = |Δx|, ne Δx — “priraštaj možda bude i negativan”! Duž putanje Δy=Δx ostaje |Δx| = sgn(Δx)·Δx [43:56], pa limes daje ±konstantu ≠ 0 zavisno od strane ⇒ nije diferencijabilna [44:19].

Zadatak B9 (∛(x²+y²) — nema parcijalne izvode)

• [45:01, deo 2] Po definiciji izvod u (0,0) je lim Δx^(2/3)/Δx = lim Δx^(−1/3) = ±∞ (zavisno od strane [45:38]) — a “da bi parcijalni izvod postojao, mora se dobiti KONAČNA vrednost” [46:00]. Izvodi ne postoje ⇒ odmah “nije diferencijabilna”, treći uslov se uopšte ne ispituje [46:04]. (Neprekidnost pritom važi — ona nije problem.)

---

Najava [46:26, deo 2]: sledeći termin — totalni diferencijal i lokalni ekstremumi funkcija više promenljivih.

Saveti sa snimka — 7. vežbe (lokalni i uslovni ekstremumi)

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [02:24, deo 1] Lokalni ekstremum ⇒ stacionarna tačka, ali OBRNUTO NE VAŽI — nije svaka stacionarna tačka ekstremum. Kontraprimer: sedlasta površ, koordinatni početak je stacionaran, a u okolini ima i većih i manjih vrednosti.
• [08:16, deo 1] “Vodite računa”: d² pozitivno definitan → lokalni MINIMUM; negativno definitan → MAKSIMUM (naglašeno kao mesto gde se lako pomeša smer); ako d² menja znak [08:45] — u toj tački NEMA lokalnog ekstremuma.
• [09:26, deo 1] Za dve promenljive: AC−B²>0 i A<0 → max; AC−B²>0 i A>0 → min; AC−B²<0 → nema ekstremuma. Matrica d² je uvek simetrična: na dijagonali čisti drugi izvodi, van nje mešoviti.
• [34:59, deo 1] Za tri i više promenljivih AC−B² teorema “pada u vodu” — obavezno Silvester: glavni minori D1, D2, D3,…; svi pozitivni → min; naizmenični znak počev od D1<0 → max.
• [21:22, deo 2] Sistem jednačina (i kod Lagranža) “rešavate kako god vam je zgodno” — nema propisanog redosleda; asistentkinja sama priznaje da nije bila sistematična jer bi detaljno rešavanje oduzelo previše vremena.
• Kolokvijumske napomene: NEMA ih ni u jednom delu snimka — nijedan zadatak nije označen kao ispitni/kolokvijumski.

Po zadacima

Zadatak 1 (lokalni ekstremumi, AC−B²)

• [11:21, deo 1] z1a: 3 mogućnosti za x × 3 za y = 9 stacionarnih tačaka — sistematski iskombinovati sve parove, pa SVAKU tačku posebno ispitati teoremom.
• [13:47, deo 1] B=0 odmah, bez računa: f’x uopšte ne zavisi od y (i obrnuto), pa je mešoviti izvod nula — korisna prečica kad su promenljive razdvojene.
• [16:20, deo 1] M2(0,1): AC−B²=−16<0 → nema ekstremuma; ovo je konkretan primer da obrnuta implikacija (stacionarna ⇒ ekstremum) ne važi. Za M3 je “ista priča” zbog kvadrata — ne mora se ponovo pisati.
• [21:14, deo 1] Grafička provera očekivanja: sa grafika se vide 1 maksimum i 4 lokalna minimuma; za M6, M8, M9 očekujte minimume, a M7 NIJE ekstremum — M6–M9 ostavljeno za vežbu.
• [23:48, deo 1] z1b: jedina stacionarna tačka (−3/5, −1/5) je minimum; pri računanju vrednosti obe zagrade se ponište i ostane samo dodata jedinica → f=1. z1v ostavljen za vežbu [26:08] uz komentar “ništa specijalno”. [33:44] digresija: grafik z1b je “spljošteni paraboloid” — jedan minimum, poklapa se sa računom.

Zadatak 2 (broj a na tri dela)

• [26:57, deo 1] Prečica u postavci: treću nepoznatu NE uvoditi — treći deo je a−x−y, pa se problem svodi na funkciju dve promenljive.
• [29:03, deo 1] Pre rešavanja sistema postaviti prirodna ograničenja x>0, y>0, a−x−y>0; grane sistema x=0 ili y=0 odmah odbaciti — “uopšte ne komplikujemo priču” uključivanjem tih koordinata u stacionarne tačke.
• [33:02, deo 1] Rezultat vredan pamćenja: proizvod je najveći kad se a podeli na tri JEDNAKA dela (a/3) — primer praktične primene lokalnih ekstremuma.

Zadatak 3 (tri promenljive, Silvester)

• [35:43, deo 1] z3a: sistem je trivijalan — svaka jednačina daje po jednu promenljivu; teži deo je klasifikacija preko minora.
• [40:54, deo 1] Prečica: determinanta kojoj su svi elementi van glavne dijagonale nule = proizvod dijagonalnih elemenata (D3=2·2·2=8).
• [44:48, deo 1] z3b: zbog oblika funkcije (y²/x, z²/y) odmah zapisati domen x≠0, y≠0 — “to je domen funkcije”; sve ostale vrednosti dolaze u obzir.
• [49:17, deo 1] Samoispravka na tabli: u mešovitom izvodu zaboravljen minus, pa bi cela determinanta bila pogrešna — upozorenje da se predznaci mešovitih izvoda uvek provere pre ubacivanja u minore.
• [51:31, deo 1] Pri razvoju determinante 3×3 “uvek gledate da uzmete vrstu ili kolonu u kojoj imate najviše nula” — skraćuje račun; z3v ostavljen za vežbu [53:22] — “ništa specijalno nema”.

Zadatak 4 (minimalan zbir kvadrata rastojanja → težište)

• [53:45, deo 1] Prevod uslova u funkciju: “vektor minimalan” = najmanji intenzitet; f(x,y) = zbir kvadrata intenziteta |MA|²+|MB|²+|MC|², gde je |MA|²=(x−x1)²+(y−y1)².
• [60:11, deo 1] Rezultat vredan pamćenja: tačka koja minimizuje zbir kvadrata rastojanja do temena trougla je TEŽIŠTE (koordinate = aritmetičke sredine); A=C=6, B=0 → uvek minimum.

Zadatak 5 (uslovni ekstremum, Lagranž + smena)

• [02:38, deo 2] Ideja Lagranža: uslov se prebaci u oblik “izraz = 0” i doda kao λ·(izraz) — formalno “samo smo dodali nulu”, suštinski ništa nismo promenili, ali uslov time utiče na traženje ekstremuma.
• [03:52, deo 2] ∂F/∂λ je uvek sama leva strana uslova — poslednja jednačina sistema je uvek uslov; dobijena stacionarna tačka mora da ga zadovoljava (provera!). Uz to [05:25]: uvek imajte u vidu koliko je λ — ako figuriše u drugim parcijalnim izvodima, zamenjuje se kao i koordinate.
• [08:33, deo 2] KLJUČNO MESTO: d²F=2dxdy — znak neodređen jer priraštaji dx, dy mogu biti i pozitivni i negativni. Tada se DIFERENCIRA USLOV: iz x+y−1=0 sledi dx+dy=0 → dx=−dy → d²F=−2dy²<0 → uslovni maksimum. (Bez ovog koraka zadatak se ne može završiti.)
• [10:28, deo 2] Drugi način: iz uslova izraziti promenljivu i svesti na funkciju JEDNE promenljive (običan f’, f’’); [13:38] “potpuno je svejedno na koji ćete način raditi” — oba vode na isto (x=−1/2, y=3/2, max=1/4).

Zadatak 6 (dve veze, dva množioca)

• [14:40, deo 2] Poenta zadatka: uslova može biti VIŠE — “koliko god uslova da imate, toliko ćete imati parametara” (po jedan λ za svaki uslov) [15:44].
• [17:22, deo 2] Prečica: jednačine ∂F/∂λ1, ∂F/∂λ2 možete preskočiti i u sistem direktno dodati uslove — “nije greška”, vodi do istih stacionarnih tačaka.
• [25:17, deo 2] d²F=2(dx²+dy²+dz²) je očigledno >0 (zbir kvadrata) — tada NE morate diferencirati uslove niti se vraćati na njih; odmah zaključak: uslovni minimum.
• [25:45, deo 2] Upozorenje: koordinate tačke i λ1, λ2 ovde “nisu bitne” ISKLJUČIVO zato što su drugi izvodi konstante; čim zavise od x, y, z, λ — obavezna zamena svih vrednosti u druge izvode.
• [30:12, deo 2] Izbor metode: ako ne volite eliminaciju promenljivih iz veza, Lagranž je “zgodniji jer tačno znate kako formirate funkciju” — ali i on završava rešavanjem sistema.

Zadatak 7 (elipsa i prava — najbliža/najdalja tačka)

• [34:27, deo 2] Apsolutna vrednost iz formule rastojanja se IZBACUJE “zbog tehničkih stvari”: |x| nije diferencijabilna u nuli i stalno bi se vukao signum izraza — radi se sa f=(3x−y−9)/√10 bez apsolutne vrednosti.
• [38:55, deo 2] Samoispravka: izvod od λx²/4 je λx/2, a NE 2λx — “permutovala sam brojilac i imenilac”; tipična greška sa razlomcima u Lagranžovoj funkciji, greška bi promenila sve dalje.
• [46:22, deo 2] Za razliku od prethodnih zadataka, u d²F sada figuriše λ → prvi put je BITNO koja se stacionarna tačka posmatra: za λ>0 d²F>0 (min), za λ<0 d²F<0 (max).
• [49:49, deo 2] GLAVNO UPOZORENJE: pošto je apsolutna vrednost izostavljena, tačka lokalnog MINIMUMA funkcije F je zapravo NAJUDALJENIJA od prave, a tačka maksimuma NAJBLIŽA! Znak izraza može da “promeni smisao toga šta je minimalno, a šta maksimalno”.
• [52:12, deo 2] Zato na kraju obavezno izračunati stvarna rastojanja d(M1,p) i d(M2,p) (sa apsolutnom vrednošću) ili proveriti grafički, pa tek onda napisati koja je tačka najbliža, a koja najdalja.

Zadatak 8 (kvadar zadate dijagonale → kocka)

• [54:35, deo 2] Postavka uslova: D²=a²+b²+c² preko dva pravougla trougla (Pitagora dva puta); zapremina V=abc je funkcija, dijagonala daje uslov.
• [57:53, deo 2] Trik za sistem: iz sve tri jednačine izraziti λ (−bc/2a=−ac/2b=−ab/2c) i izjednačavati parove → a²=b²=c²; uz a,b,c>0 (dimenzije kvadra! [59:32]) sme se unakrsno množiti/deliti i sledi a=b=c=D/√3.
• [56:33, deo 2] Usputna omaška: pisala “parcijalni izvod reda 2” za prve izvode — naglas ispravljeno: prvo UVEK prvi izvodi, pa tek onda drugi.
• [65:25, deo 2] KLJUČNI TRIK (kao u z5, ali jači): d²F sadrži mešovite proizvode dadb, dadc, dbdc pa znak nije očigledan → diferencirati uslov: a·da+b·db+c·dc=0, u tački a=b=c≠0 sledi da+db+dc=0, pa se taj izraz KVADRIRA [66:55]: dadb+dadc+dbdc=−(da²+db²+dc²)/2. Zamenom d²F postaje čist negativan izraz → maksimum.
• [69:29, deo 2] Rezultat vredan pamćenja: od svih kvadrova sa istom dijagonalom najveću zapreminu ima KOCKA (a=b=c=D/√3).

Saveti sa snimka — 8. vežbe (dvojni i trojni integrali)

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [06:58] Kod svih zadataka ovog tipa ključno je dobro skicirati oblast integracije — granice se čitaju sa slike, ne iz formula napamet.
• [22:55] Uvek birajte redosled integracije (projekciju) koji NE deli oblast na dva dela, ako je to moguće — rezultat je isti, a posao znatno manji.
• [24:27] Oblast D mora uvek biti zatvorena; ako skiciranjem ne dobijete zatvoren presek, preispitajte skicu — da li su prave/krive dobro nacrtane [25:16].
• [11:47] Redosled rešavanja: prvo integral čije granice zavise od promenljive, a za kraj ostaje integracija sa konstantnim granicama; u poslednjoj integraciji granice MORAJU biti konstante — ako nisu, “pali se alarm”: greška u kucanju ili postavci [21:41].
• [28:09] Presečne tačke krivih ne čitajte samo sa slike — kad god niste sigurni, rešite sistem jednačina (isto i za presek površi u prostoru: D3 [32:01], D7 [1:13:54], T4 [2:11:06]).
• [37:29] Kontrola znaka: pozitivna podintegralna funkcija nad D ⇒ integral mora ispasti pozitivan; negativan rezultat je signal da se vratite korak nazad (posebno kod zapremina [1:20:49]).
• [50:53] Ako granice unutrašnjeg integrala NE zavise od druge promenljive (konstantne su), oba integrala smete rešavati paralelno/nezavisno — štedi pisanje; ako zavise, unutrašnji mora prvi, a spoljašnji “čeka” [2:05:31].
• [46:14] Polarne koordinate uvoditi kada funkcija sadrži x²+y² ili oblast zavisi od kružnice x²+y²=r² (tada x²+y²=ρ²); φ ide uvek u konstantne granice, ρ sme da zavisi od φ [45:23]; ne zaboraviti jakobijan ρ [45:55].
• [2:14:15] “Čim imate kružnicu ili izraz x²+y² u granicama — to je znak da cilindrične koordinate mogu da pomognu”; sferne uzimati kad se javlja x²+y²+z² ili je oblast sfera [2:20:38].
• [2:19:29] Jakobijan sfernih je ρ²·sinθ — “nije više ρ kao kod cilindričnih”, tipično mesto za grešku; kod sfernih je ρ rastojanje tačke u PROSTORU od početka, ne njene projekcije [2:18:48]. Jakobijan se piše i kad je podintegralna funkcija 1 (zapremina) [2:16:06].
• [2:32:21] “Ako znate da rešite dvojni integral, znaćete da rešite i trojni” — trojni se svodi na dvojni [1:25:59].
• [2:32:41] Obavezno je prepoznavati površi u R³ iz jednačina (paraboloid, konus, sfera, cilindar) da biste ih skicirali; asistentkinja će postaviti pregledan spisak površi iz literature ili uputiti na predavanja [2:33:08] — “ništa van toga” se ne traži. Napomena: kolokvijum/ispit se na snimku nigde eksplicitno ne pominje.

Po zadacima

Zadatak D1 (3x−y po trouglu, oba redosleda)

• [10:33] Kod projekcije na x-osu sve granice moraju biti izražene kao y=f(x); kod projekcije na y-osu kao x=g(y) [14:48] — to je prvi kriterijum za izbor redosleda.
• [15:50] Kod y-projekcije ovde postoje dve različite izlazne granice (x=2 iznad tačke A, x=y ispod) ⇒ oblast se mora seći kod A na dva dela; zato je x-projekcija kraća. Kontrola: oba redosleda moraju dati istu vrednost (ovde 4) [22:19].

Zadatak D2 (x²y⁻², x=2, y=x, y=1/x)

• [24:39] Zašto u tekstu piše “delom krive”: cela hiperbola 1/x ima i granu u III kvadrantu koju prava x=2 nikad ne seče — zatvorena oblast postoji samo u I kvadrantu.
• [25:54] Paralelno sa y-osom svuda se ulazi kroz 1/x i izlazi kroz y=x ⇒ x-projekcija bez deljenja; y-projekcija bi tražila deljenje vertikalom y=1 zbog dve ulazne granice [26:42].
• [29:33] Pošto je podintegralna funkcija proizvod f(x)·g(y), faktor x² odmah izbaciti u spoljašnji integral (konstanta za integraciju po y) — skraćuje zapis.

Zadatak D3 (x+y između parabole i prave)

• [33:09] y-projekcija bi zahtevala da parabolu izrazite kao x=±√(4−y) — dve grane, dve različite granice; zato preporuka: x-projekcija, sve je već izraženo kao y=f(x), ulaz uvek kroz pravu 2−x, izlaz kroz parabolu [34:14].
• [37:06] Ovde x+y NIJE očigledno pozitivna nad D (x ide do −1), pa se pozitivan rezultat ne sme očekivati unapred — za razliku od D2 gde je x²/y²≥0 čvrsta kontrola [37:46].

Zadatak D4 (x²/(x²+y²), smena t=y/x)

• [40:59] Trik: podeliti brojilac i imenilac sa x² ⇒ 1/(1+(y/x)²), pa smena t=y/x, gde je x za ovu integraciju konstanta (dy=x·dt).
• [41:29] Kod smene obavezno preračunati granice: y=0⇒t=0, y=x⇒t=1 — granice postanu konstantne; podsetnik: arctan(1)=π/4, arctan(0)=0 [43:16].

Zadatak D5 (x²y² po prstenu, polarno)

• [47:21] Dekartov pristup bi značio deljenje oblasti + izražavanje kružnica preko ±korena — “začarani krug granica koje nimalo nisu jednostavne”; polarno se granice čitaju direktno sa slike: φ∈[0,2π] (ceo prsten), ρ∈[1,2], obe konstantne ⇒ paralelno rešavanje [48:32].
• [51:51] Potrebni trigonometrijski identiteti: sin2x=2sinx·cosx ⇒ sin²x·cos²x=sin²(2x)/4, zatim sin²α=(1−cos2α)/2 [53:06]; ∫cos4φ nije tabličan — smena 4φ=t (faktor 1/4), a sin4φ se anulira u obe granice 0 i 2π [53:55].

Zadatak D6 (prsten uz x²−y²≤0)

• [56:01] Uslov x²−y²≤0 razložiti kao razliku kvadrata (x−y)(x+y)≤0 ⇒ dva slučaja suprotnih znakova ⇒ dva naspramna isečka prstena; ako ne umete grafički, ubacite polarne u uslov ⇒ cos2φ≤0 i rešite nejednačinu — isti rezultat, ali čitanje sa slike je jednostavnije [1:00:27], [1:02:15].
• [1:01:07] Granice za φ geometrijski: y=x je simetrala I i III kvadranta ⇒ gornji isečak φ∈[π/4, 3π/4], donji φ∈[5π/4, 7π/4].
• [1:04:13] Isti ρ-integral se javlja u oba sabirka — ne rešavati ga dva puta: oba φ-integrala daju π/2, pa je zbir π·I₁; dalje smena √ρ=u (dρ=2u·du, ρ=u²) [1:05:16] i racionalna funkcija 1/(u(1+u)) na parcijalne razlomke A=1, B=−1 [1:07:50].

Zadatak D7 (zapremina između dva paraboloida)

• [1:14:50] Konceptualno važno: x²+y²=3/2 u prostoru je CILINDAR; presek površi je kružnica u ravni z=3/2 (gde je telo najšire), a projekcija na Oxy je ista kružnica samo u z=0 — to je oblast D.
• [1:18:12] Ispravka na času: D mora biti x²+y²≤3/2 (nejednakost!) — sa “=” bi to bila samo kriva, a treba popunjena unutrašnjost kružnice.

Zadatak T1 ((1−x)yz po tetraedru)

• [1:28:43] Ravan x+y+z=1 skicirati preko odsečaka na osama (druge dve promenljive = 0 ⇒ odsečci 1,1,1); izlaznu ravan obavezno izraziti u obliku z=1−x−y [1:31:42]; trojni je “samo korak više” od dvojnog: prvo prolaz kroz telo paralelno sa z-osom, pa projekcija na Oxy i dalje kao dvojni [1:33:23].
• [1:34:51] Ovde granice zavise i od x i od y ⇒ strogo korak po korak, paralelna integracija nije dozvoljena; u završnici smena t=1−x daje dt=−dx — minus iz diferencijala se lako izgubi [1:36:40].

Zadatak T2 (|x|, cilindar+paraboloid — parnost!)

• [1:42:09] Kružnica NIJE funkcija (jednom x odgovaraju dva y) — za granice po y koriste se dve polukružnice y=±√(1−x²); podintegralna |x| zavisi samo od x pa “preskače” unutrašnje integrale i ide direktno uz dx [1:44:04].
• [1:45:59] Umesto deljenja na [−1,0] i [0,1] zbog |x|: iskoristiti parnost — ∫ parne funkcije po simetričnom intervalu = 2∫ od 0 (neparne = 0; podsetnik sa Furijeovih redova [1:46:06]); na [0,1] apsolutna vrednost otpada jer je |x|=x [1:47:33].
• [2:06:52] Domaći zadatak sa časa: rešite ovaj isti zadatak cilindričnim koordinatama “i vidite koliko je taj put kraći”.

Zadatak T3 (√(x²+y²), konus+ravan, cilindrične)

• [1:56:43] Donja polovina konusa se odbacuje jer je NEOGRANIČENA — oblast integracije kod trojnog mora biti zatvorena; pri ulasku kroz konus uzima se z=+√(x²+y²) (plus, jer smo iznad ravni Oxy) [1:58:19].
• [2:03:22] Ispravka na času (tipična greška!): u cilindričnim je √(x²+y²)=ρ pa z ide od ρ do 1, NE od ρ² — konus daje granicu ρ, a paraboloid ρ²; ovde je srednji integral po ρ morao da “čeka” z-integraciju jer granica za z zavisi od ρ [2:05:31].

Zadatak T4 (zapremina: paraboloid z=6−x²−y² + konus)

• [2:11:06] Presek tražiti tamo gde je telo najšire: iz sistema sledi kvadratna z²+z−6=0 ⇒ uzima se z=2 (negativno rešenje otpada jer je z≥0) ⇒ presek x²+y²=4, projekcija D: x²+y²≤4 [2:13:40].
• [2:14:47] Cilindrične granice: ρ≤z≤6−ρ², 0≤ρ≤2, 0≤φ≤2π; jakobijan ρ se piše iako je podintegralna funkcija 1 [2:16:06]; rezultat 32π/3 [2:16:31].

Zadatak T5 (√(x²+y²+z²) po lopti x²+y²+z²≤z, sferne)

• [2:21:51] Jednačinu x²+y²+z²=z svesti dopunom do potpunog kvadrata na x²+y²+(z−1/2)²=1/4: sfera centra (0,0,1/2), poluprečnika 1/2, “naslonjena” na ravan Oxy, cela u z≥0; bez smene biste sferu delili na gornju/donju polovinu uz korene — sferne ovde pomažu više i od cilindričnih [2:23:53].
• [2:26:10] Uslov lopte prelazi u ρ²≤ρcosθ ⇒ 0≤ρ≤cosθ (granica za ρ zavisi od θ!); telo je celo iznad Oxy ⇒ θ∈[0,π/2] — da li ćete uključiti π/2 kao granični slučaj potpuno je svejedno, na integraciju ne utiče [2:28:19].
• [2:31:54] Ključna pouka časa: kod sfernih se dopustive vrednosti za θ “iz samih nejednakosti ne mogu zaključiti” — procenjuju se sa slike preko geometrijske interpretacije ugla, “zato je obavezno skicirati” [2:32:06].

Saveti sa snimka — 9. vežbe (krivolinijski i površinski integrali 1. vrste)

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [1:08, deo 1] Definicije (krivolinijski 1. i 2. vrste, površinski) su detaljno rađene na predavanjima — obavezno ih pogledati; na vežbama je samo ono što suštinski treba za zadatke.
• [4:45, deo 1] Ako je kriva data eksplicitno kao y = g(x), to VEĆ JESTE parametrizacija (x je parametar): ds = √(1+g’(x)²)dx. Nema razloga uvoditi novi parametar t — “samo se drugačije parametar zove” [6:41]. Isto važi kad zadatak već da parametarske jednačine (cikloida).
• [20:18, deo 1] Kod integrala 1. vrste smer kretanja po krivoj NIJE bitan; kod 2. vrste smer JESTE bitan [51:46] — glavna razlika. Promena smera menja samo znak rezultata [52:48]. Ako smer nije preciziran, podrazumeva se pozitivan: suprotno kazaljci na satu, tj. oblast ostaje s leve strane pri kretanju [52:11].
• [8:10, deo 1] Primene sa jedinicom pod integralom: dužina luka = ∫ ds (1. vrsta); površina površi = ∫∫ dS [1:55, deo 2]. Geometrijska interpretacija 1. vrste u ravni: površina “zavese” između z=0 i z=f(x,y) [8:29, deo 1].
• Kolokvijum/ispit se ni u jednom delu snimka ne pominje — nema kolokvijumskih napomena za ovaj termin.

Po zadacima

Zadatak 1 (∫ x/y ds po paraboli y²=4x)

• [10:49, deo 1] Iz pozitivnih y-koordinata tačaka A i B odmah zaključuješ da se uzima samo GORNJI deo parabole y = 2√x; kriva je time već parametrizovana sa x [11:41], a granice parametra čitaš direktno sa x-koordinata tačaka: od 3 do 8.
• [16:05, deo 1] Usmena lekcija iz sopstvene greške: izgubila je 1/2 (nastalu skraćivanjem u izvodu y’) pa se vratila kroz korake — konstanta koja ne može da se skrati MORA ispred integrala; kad ti negde “fali dvojka”, vrati se korak po korak.

Zadatak 2 (∮(x+y)ds, granica trougla O, A(1,0), B(0,1))

• [18:18, deo 1] Čim se krećeš po stranicama trougla (različite prave), integral se OBAVEZNO razbija na tri integrala — po dužima OA, AB, BO — jer je parametrizacija na svakoj drugačija. Smer je kod 1. vrste nebitan (BO ili OB svejedno) [20:18].
• [22:28, deo 1] Na vertikalnoj duži BO (x=0) pazi: y je promenljiva/parametar, x konstanta → izvod x je 0 i ds = dy. Na OA je ds = dx (y’=0), na AB je ds = √2 dx (y’=-1). Prečica na AB: x + y = x + (1-x) = 1, pa ostaje samo √2·∫dx [23:41].

Zadatak 3 (∮√(x²+y²) ds po x²+y²=ax)

• [25:18, deo 1] Šablon za pamćenje: kružnicu (x-a)²+(y-b)²=r² parametrizuješ x-a = r·cos t, y-b = r·sin t, t ∈ [0, 2π]; ds za kružnicu ispadne prosto r·dt (ovde a/2·dt) jer sin²+cos²=1 [29:43].
• [26:58, deo 1] Jednačinu x²+y²=ax prvo dopuniš do kvadrata binoma: (x-a/2)² + y² = (a/2)² → centar (a/2, 0), r = a/2; višak a²/4 odmah prebaci na desnu stranu.
• [32:28, deo 1] Ključna transformacija pod korenom: 1 + cos t = 2cos²(t/2) (formula polovinskog ugla).
• [34:22, deo 1] NAJVAŽNIJE: √(cos²(t/2)) = |cos(t/2)| — korena se ne oslobađaš “tek tako”! Kosinus na posmatranom intervalu uzima i pozitivne i negativne vrednosti, pa apsolutna vrednost mora.
• [37:11, deo 1] Posle smene ξ = t/2 interval postaje [0, π] (sama je prvo skicirala do 2π pa se ispravila): |cos ξ| = cos ξ na [0, π/2], a -cos ξ na [π/2, π] → integral se deli na dva. “Čitava priča se svodi na analizu znaka kosinusa” [38:45].

Zadatak 4 (dužina luka preseka x²=3y i 2xy=9z)

• [39:47, deo 1] GeoGebra 3D prikaz: prva površ je “list papira savijen po paraboli”, druga sedlasta — vizualizacija pomaže da se vidi presečna kriva koju je teško skicirati rukom.
• [42:04, deo 1] Tehnika parametrizacije preseka dve površi: iz prve izrazi y = x²/3, ubaci u drugu → z = 2x³/27, pa x proglasi parametrom (t nije ni obavezno uvoditi). Granice parametra iz x-koordinata tačaka: 0 do 3 [43:14].
• [45:10, deo 1] Pod korenom prepoznaj POTPUN KVADRAT: 1 + 4t²/9 + 4t⁴/81 = (1 + 2t²/9)² — na to ciljaš kod zadataka za dužinu luka.
• [46:44, deo 1] Usmeno upozorenje: pri oslobađanju od korena morala bi apsolutna vrednost AKO bi izraz mogao biti negativan; ovde je 1 + 2t²/9 uvek pozitivno (1 + kvadrat), pa ne treba — “tamo kod kosinusa je bila druga priča” [47:18].

Zadatak 5 (2. vrsta po paraboli y=x², |x|≤1)

• [56:13, deo 1] Smer nije naglašen → pozitivan; on određuje GRANICE integracije: od -1 ka 1 (od manjih ka većim x). Da je smer negativan, integral bi išao od 1 do -1 — granice se pišu u smeru kretanja, pa gornja sme biti manja od donje [57:14].
• [1:00:57, deo 1] PREČICA — parnost: razdvoj polinom na parni deo (t² - 4t⁴) i neparni (2t⁵ - 2t³); integral neparne funkcije u simetričnim granicama [-1,1] je 0, a parne = 2× integral od 0 do 1. Pominjano više puta ranije — očekuje se da se koristi.

Zadatak 6 (cikloida, (2a-y)dx + x dy)

• [1:04:07, deo 1] Parametrizacija je data u zadatku — ništa se ne izmišlja, samo odmah diferenciraj: dx = a(1-cos t)dt, dy = a·sin t·dt, i zameni.
• [1:06:35, deo 1] Očekuj masovno potiranje: dva puta se javi sin²+cos²=1, konstante i članovi sa cos t se ponište, i od svega ostane samo a²∫ t·sin t dt — ako ti ostane više, greška je u sređivanju.
• [1:08:05, deo 1] Parcijalna integracija (u = t, dv = sin t dt), pa pazi pri zameni granica: -t·cos t u t=2π daje -2π·1 = -2π, NIJE nula (sama se glasno ispravila: “da, da, tu neće ipak biti 0”); ∫sin daje sinus koji u 0 i 2π jeste 0.

Zadatak 7 (kontura prvog oktanta jedinične sfere)

• [1:10:22, deo 1] Vizualizacija: lopta isečena na 8 delova — kontura osmine su TRI četvrtine kružnica u koordinatnim ravnima; integral se razbija na tri jer se kriva u svakoj ravni drugačije parametrizuje [1:12:01].
• [1:13:12, deo 1] Za svaku četvrtinu eksplicitno zapiši i “treću” koordinatu (npr. z=0 u ravni Oxy) — bitno jer z figuriše u podintegralnoj funkciji, i povlači dz = 0.
• [1:15:55, deo 1] KLJUČNA ZAMKA (orijentacija): na C3 (ravan Oxz) kretanje ide od z-ose ka x-osi, što je za tu ravansku krivu NEGATIVAN smer — vrednosti t jesu iz [0, π/2], ali integracija ide od π/2 ka 0; zamena redosleda granica = minus ispred integrala [1:24:38]. Globalno je kontura pozitivno orijentisana, ali pojedinačni deo može lokalno biti “negativan” [1:25:28].

Zadatak 8 (2xy dx + x² dy po tri putanje)

• [1:27:09, deo 1] Pod (a) izlomljena linija ACB: obavezno posebno po AC (y=0, dy=0) i po CB (x=1, dx=0) — različite parametrizacije; smer kretanja daje granice 0→1 u oba.
• [1:30:34, deo 1] Poenta zadatka: sve tri putanje daju istu vrednost 1 — “bilo nam je nebitno po kojoj krivoj se krećemo” (podintegralni izraz je totalni diferencijal; priprema za priču o nezavisnosti od putanje).

P1 (∫∫(x+y+z)dS po gornjoj polusferi)

• [9:35, deo 2] Projekcija na Oxy je izabrana jer je JEDNOZNAČNA; na druge dve ravni više tačaka polusfere pada u istu tačku — takva projekcija ne sme da se koristi.
• [13:16, deo 2] Vredi zapamtiti: za sferu poluprečnika a je dS = a/√(a²-x²-y²) · dx dy (koren se sredi preko zajedničkog imenioca). Tipičan propust koji je sama napravila i ispravila: dS mora da sadrži i dx·dy, ne samo koren [12:54].
• [14:47, deo 2] Kružna oblast + x²+y² u funkciji → polarne koordinate; granice za ρ iz nejednačine oblasti (ρ ≤ a), φ maksimalni interval [0, 2π]; ne zaboravi ρ iz Jakobijana [16:40].
• [18:15, deo 2] VELIKA PREČICA: kad se dvostruki integral raspadne na PROIZVOD integrala po φ i po ρ (konstantne granice, razdvojene funkcije), rešavaj ih nezavisno. Ovde je ∫₀²π(cos φ + sin φ)dφ = 0, pa ceo prvi sabirak otpada BEZ rešavanja težeg integrala po ρ — “možete se baviti tom integracijom, ali će vam samo oduzeti vreme” [20:31].

P2 (∫∫ dS/(1+x+y)² po granici tetraedra)

• [24:02, deo 2] Ključno upozorenje: ZATVORENA površ (granica tela) se ne projektuje jednoznačno ni na jednu ravan — kod polusfere je bilo lakše jer je otvorena. Zato se granica tetraedra deli na 4 strane i integrali 4 puta.
• [25:51, deo 2] Strane koje leže u koordinatnim ravnima ne moraš ni da projektuješ — već su u ravni; parcijalni izvodi su 0, pa je dS redom dx dy, dy dz, dx dz.
• [34:42, deo 2] Za kosu ravan z = 1-x-y: oba parcijalna izvoda su -1 → dS = √(1+1+1) dx dy = √3·dx dy.
• [36:33, deo 2] Prečica: pošto funkcija ne sadrži z, integral po S4 je IDENTIČAN integralu po S1 (ista oblast, iste granice), samo pomnožen sa √3 — “nema potrebe rešavati isti integral dva puta”.

P3 (površina dela sfere unutar cilindra)

• [39:29, deo 2] Simetrija: cilindar iseca dve kapice JEDNAKIH površina (gornja/donja polusfera) → računaš samo gornju i množiš sa 2.
• [42:02, deo 2] Projekcija kapice na Oxy je krug poluprečnika b (iz CILINDRA), ne a — dakle ρ ide od 0 do b [43:19].
• [43:48, deo 2] Smena t = a²-ρ² za ∫ρ/√(a²-ρ²)dρ: iz -2ρdρ = dt izrazi ρdρ = -dt/2 i ODMAH promeni granice (ρ=0 → t=a², ρ=b → t=a²-b²) da ne moraš vraćati smenu.
• [49:00, deo 2] Završni algoritam za površinske 1. vrste: proveri da li se površ jednoznačno projektuje na neku koordinatnu ravan; ako ne — razdvoj je na uniju površi (zbir integrala) tako da svaki deo ima jednoznačnu projekciju.

Saveti sa snimka — 10. vežbe (površinski integrali 2. vrste; Grin, Gaus, Stoks)

Opšti saveti i naglasci (ceo čas)

• [00:41, deo 1] Ključna razlika u odnosu na integral 1. vrste: sada je BITNA strana površi (površ mora biti dvostrana). U svakoj tački normala može biti usmerena na dva načina — tek izbor strane potpuno određuje vektorsko polje n.
• [06:31, deo 1] Znak ± ispred korena u koordinatama n nije formalnost: norma je uvek pozitivna, ali ± kodira izbor strane površi. Kad se odabere strana, isti znak se prenosi na SVE tri koordinate.
• [07:22, deo 1] Univerzalni postupak za znak normale: proceni ugao γ između n i pozitivnog dela z-ose → znak cos γ (treće koordinate) → on diktira znak ispred korena, a time i znak prve dve koordinate. Ovo je centralna tehnika celog časa.
• [23:52, deo 1] Najvrednija prečica časa: ∬_D dxdy = površina oblasti D, i ∬_S dS = površina površi S. „Koristite gde god možete, da ne biste računali silne integrale koje ne morate” — bez granica, bez prolaska kroz oblast, bez polarnih koordinata.
• [02:01, deo 2] Integralne formule NE važe uvek i svuda — uslovi teoreme „moraju biti strogo ispoštovani”. Pre svake primene eksplicitno proveri: zatvorenost (krive/površi), orijentaciju, neprekidnost funkcija i parcijalnih izvoda.
• [07:00, deo 2] Ako metoda NIJE naglašena u tekstu zadatka: integralnu formulu smeš primeniti kad god su uslovi ispunjeni (i obrnuto — smeš i direktno); biraj šta ti je lakše, „potpuno je svejedno” [19:54, deo 2].
• [03:16, deo 2] Kad smer integracije nije naglašen, podrazumeva se pozitivan smer (suprotno od kazaljke; oblast ostaje s leve strane) — time je jedan uslov Grinove/Stoksove automatski ispunjen.
• [39:55, deo 2] KOLOKVIJUM: ovim vežbama je završeno gradivo za 2. kolokvijum — to su funkcije više promenljivih (sa svim integralima); 1. kolokvijum pokriva diferencijalne jednačine i redove.

Po zadacima

Zadatak 4 — kocka [0,1]³, spoljašnja strana

• [11:29, deo 1] Kocka nije jedna glatka površ — obavezno razbijanje na 6 strana (S = unija S1…S6, integral = zbir 6 integrala). To je standardni postupak za sve rogljaste površi.
• [12:48, deo 1] Za strane paralelne koordinatnim ravnima normalu vidiš DIREKTNO (ortovi ±i, ±j, ±k) — ne treba računati nikakve izvode. Pazi na smer: spoljašnja strana na z=0 ima n=(0,0,−1), usmerena NA DOLE.
• [21:50, deo 1] Čim je podintegralna funkcija nula na strani (npr. z na strani z=0), integral je odmah 0 — „tu je kraj priče, nema nikakvog daljeg računa”. Tako otpadaju 3 od 6 integrala.
• [28:55, deo 1] Preostala 3 integrala: svaki se svede na ∬dS = površina kvadrata stranice 1 = 1, pa je I = 3. „Malo više posla, ali integrali se malte ne sami reše” — ne raspisuj dvojne integrale.

Zadatak 5 — ravan x+y+z=a u prvom oktantu, strana bez koordinatnog početka

• [31:50, deo 1] Kod kose ravni ne možeš „videti” n kao kod kocke — ideš na formulu sa ±. Trik: transliraj normalu u koordinatni početak → za stranu „bez koordinatnog početka” ugao γ sa z-osom je OŠTAR → cos γ > 0 → koren sa predznakom plus u sve tri koordinate.
• [35:51, deo 1] Tipična greška (asistentkinja je i sama napravila u zapisu, pa ispravila): p = q = −1, ali formula ima −p i −q → DUPLI minus → prve dve koordinate su +1/√3, ne −1/√3. Uključi i minus iz izvoda I minus iz same formule.
• [37:50, deo 1] Kraj bez računa: sve se svede na a·∬_D dxdy = a · (površina pravouglog trougla kateta a) = a·a²/2 = a³/2.

Zadatak 6 — konus z²=x²+y², 0≤z≤h, spoljna strana

• [41:50, deo 1] Konusna površ je beskonačna (dva omotača spojena vrhom); uslov 0≤z≤h je seče na „kornet”. Površ z=±√(x²+y²): pošto je z∈[0,h] pozitivno, biraš isključivo granu z=+√(x²+y²) — granu izaberi PRE diferenciranja.
• [40:23, deo 1] SPOLJNA strana konusa: normala translirana u početak zaklapa TUP ugao sa +z-osom (između π/2 i π) → cos γ < 0 → MINUS ispred korena, koji se onda prenosi na sve tri koordinate (npr. −p/(−√…) daje plus gore). Ovo je kontrast sa z5 — smer se čita sa slike, ne pogađa se.
• [43:55, deo 1] Za konus je 1+p²+q² = 2 → dS = √2 dxdy — koren je konstanta, ne zavisi od tačke (specifičnost konusa, olakšava račun).
• [46:50, deo 1] Projekcija korneta na Oxy je krug x²+y²≤h² (h postaje poluprečnik!); zbog oblika oblasti zgodnije su polarne koordinate: ρ∈[0,h], φ∈[0,2π].
• [50:00, deo 1] ∫₀^{2π}sinφ dφ = ∫₀^{2π}cosφ dφ = 0 → ceo integral je 0. Prepoznaj integrale sinusa/kosinusa po celom periodu pre nego što počneš da raspisuješ.

Zadatak 7 — Grinova: ∮ xy²dy − x²dx po kružnici

• [03:45, deo 2] Grinova traži neprekidnost P, Q i parcijalnih izvoda i U OBLASTI D i NA krivoj C (zbog definicije oba integrala) — proveru izgovori/zapiši pre primene.
• [03:55, deo 2] Pazi na identifikaciju: P je ono uz dx, Q ono uz dy — a u ovom zadatku je dy-član napisan PRVI, pa je P = −x² (sa minusom!), Q = xy². Ne prepisuj mehanički po redosledu.
• [06:14, deo 2] Kod ∫sin²φ: sin²φ = (1−cos2φ)/2; za cos2φ ili uvedi smenu u=2φ ili odmah pomnoži sa 1/2 iz diferencijala — tu se tipično greši; sin u 0 i 2π je 0 pa taj deo otpada.
• [07:20, deo 2] Bez Grinove ovde bi išla parametrizacija kružnice + određeni integral — obim posla sličan; Grinova je korišćena jer je izričito zahtevana tekstom.

Zadatak 8 — ∮ (xdy−ydx)/(x²+y²), singularitet u (0,0)

• [09:16, deo 2] Grinova NE SME direktno: (0,0) pripada oblasti D, a P i Q tamo imaju prekid. Čim same funkcije ne ispunjavaju uslov, ne traži dalje ni parcijalne izvode — „tu je kraj” [10:09].
• [10:54, deo 2] Spasonosni trik: krivolinijski integral se računa SAMO po krivoj (ne po unutrašnjosti), a na krivoj važi x²+y²=r² → imenilac smeš zameniti konstantom r². „Ništa nismo iskoristili što nije smelo da se iskoristi” [13:48] — prekid nestaje, 1/r² izlazi ispred.
• [11:54, deo 2] Nove funkcije P₁=−y, Q₁=x su neprekidne → sada Grinova može: Q’x−P’y = 1−(−1) = 2, pa I = (2/r²)·∬dxdy = (2/r²)·r²π = 2π — površinu kruga piši napamet, bez ikakve integracije [12:56].
• [14:00, deo 2] Pouka zadatka: kod svake integralne formule prvo proveri SVE uslove; ako nisu ispunjeni, pokušaj da integral ekvivalentno transformišeš u oblik koji ih ispunjava.

Zadatak 9 — Gaus-Ostrogradski, tetraedar

• [15:50, deo 2] Gaus-Ostrogradski važi SAMO za zatvorenu površ — logično, jer se trojni integral definiše samo po zatvorenoj oblasti u prostoru; integracija je po SPOLJNOJ strani.
• [16:47, deo 2] Motivacija za formulu: bez nje bi tetraedar išao kao kocka iz z4 — deljenje na strane, opisivanje svake i sabiranje površinskih integrala; sa formulom je sve jedan trojni integral.
• [19:46, deo 2] Preporuka za pripremu kolokvijuma: uradi ovaj isti zadatak i BEZ formule (direktno preko površinskih integrala po stranama) da provežbaš površinski integral 2. vrste.

Zadatak 10 — Gaus, sfera, sferne koordinate

• [21:39, deo 2] Ispravka greške u materijalu: funkcije su x³/3 itd., pa u zapisanom koraku nedostaje deljenje sa 3 — posle sabiranja parcijalnih izvoda ostaje x²+y²+z² (a ne 3(x²+…)).
• [22:46, deo 2] Sferne koordinate: ρ se odnosi na PUNU loptu (sfera sa unutrašnjošću), ne na projekciju → ρ∈[0,1]; θ (ugao sa +z-osom) uzima maksimalan raspon [0,π], φ∈[0,2π]; iz Jakobijana dolazi ρ²sinθ → ukupno ρ⁴sinθ.
• [24:29, deo 2] Pošto su sve granice konstantne i podintegralna funkcija se razdvaja u proizvod, tri jednostruka integrala rešavaš nezavisno (istovremeno) — brže i preglednije.

Zadatak 12 — Stoksova formula, trougao A(a,0,0), B(0,a,0), C(0,0,a)

• [26:28, deo 2] Stoksova NE radi za zatvorene površi — uslov „prava paralelna z-osi prodire površ u tačno jednoj tački” upravo isključuje zatvorene površi i garantuje postojanje granične krive.
• [27:05, deo 2] Formula je glomazna i lako se pomešaju razlike → pamti je kao determinantu: prva vrsta dydz, dxdz, dxdy (na poziciji gde bi išlo x pišeš preostala dva diferencijala, itd.), druga vrsta ∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z, treća P, Q, R. Razvijaš po prvoj vrsti — pazi na MINUS na srednjoj poziciji [28:56].
• [34:04, deo 2] Trougao leži u ravni x+y+z=a iz z5 → recikliraš zaključke: normala od koordinatnog početka, γ oštar, cos γ>0, n=(1,1,1)/√3, dS=√3 dxdy. Rezultate ranijih zadataka koristi direktno.
• [38:56, deo 2] Završna prečica: posle rotora ostaje 2√3·∬_S dS; ∬dS je površina prostornog (jednakostraničnog) trougla — ili pređi na projekciju: jednakokraki pravougli trougao kateta a, površine a²/2 → I = 6·a²/2 = 3a².