PRIIMEK IME VPISNA ˇSTEVILKA SMER NALOGA TO ˇCKE 1.
2.
3.
4.
SKUPAJ
RA ˇ CUNSKI DEL IZPITA IZ PREDMETA
OSNOVE MATEMATI ˇ CNE ANALIZE
3.9.2007
Toˇckovanje: 20+20+40+20=100
1. Poiˇsˇcite lastne vrednosti matrike A =
3 1 6
0 2 0
−2 −3 −5
in pripadajoˇce lastne vektorje. Ali se matriko da diagonalizirat?
2. Doloˇcite kot med vektorjema
*c in
*d , ˇce je
*c =
*a +2
*b ,
*d =
*a −
*b , k
*a ×
*b k=
*a
*b √ 3 in k
*a k= 2 k
*b k.
3. (a) (a) Dan je funkcijski predpis
f (x) = (x − 2)
2e
x.
Doloˇcite definicijsko obmoˇcje, niˇcle, ekstreme, prevoje, intervale monotonosti, konveksnosti in konkavnosti funkcije. Raziˇsˇcite obnaˇsanje funkcije na krajiˇsˇcih definicijskega obmoˇcja in funkcijo nariˇsite.
(b) Izraˇcunajte ploˇsˇcino lika, ki ga omejujeta graf funkcije f(x) in realna os.
4. Poiˇsˇcite najveˇcjo in najmanjˇso vrednost funkcije f (x, y ) = xe
x−yna obmoˇcju D = {x, y) ∈ R
2; y ≥ x
2, x ≥ 0, y ≤ 4}.
1
REˇSITVE 1. naloga:
Lastne vrednosti so λ1=−3,λ2= 2 inλ3= 1, pripadajoˇci lastni vektorji pa npr.
v1=
−1 0 1
, v2=
−11 5 1
inv3=
−3 0 1
.
Ker imamo tri linearno neodvisne lastne vektorje, se matriko da diagonalizirat.
2. naloga:
Iz enaˇcbe k*a × *bk=*a*b √
3 z uporabo definicije dolˇzine vektorskega produkta in definicije skalarnega produk- taizraˇcunamo, da je kot med vektorjema*a in*b enakϕ= π3. Kotαmed vektorjema*c in*d dobimo iz formule
α= arccos à *
c*d k*ck k*dk
!
= π 3. 3. naloga:
(a) Df =R,f ima dvojno niˇclo vx= 2, asimptotoy(x) = 0 in limx→∞f(x) =∞. Odvodf jef0(x) =x(x−2)ex, lokalni maksimum ima v x = 0, lokalni minimum v x = 2 in pada na intervalu (0,2). Drugi odvod je f00(x) = (x2−2)ex, torej ima prevoje v toˇckahx=−√
2 inx=√
2 ter je konkavna na intervalu (−√ 2,√
2).
Graf funkcije:
-6 -4 -2 2 1 2 3 4 5 6
Hx-2L2ex
-6 -4 -2 2 1 2 3 4 5 6
Hx-2L2ex
(b) Imamo posploˇseni integral, ker je interval navzdol neomejen. Izraˇcunamo ga z dvakratno uporabo metode per partes (u= (x−2)2,dv=exdx inu=x−2,dv=exdx)
Z2
−∞
(x−2)2exdx= lim
a→−∞
Z2
a
(x−2)2exdx= 2e2.
4. naloga:
• Najprej poiˇsˇcemo vse stacionarne toˇcke v notranjosti obmoˇcja: (gradf)(x, y) = (0,0). Ker jefx= (1+x)ex−y infy=−xex−y, funkcijaf nima stacionarnih toˇck.
• Preiˇsˇcemo ˇse robne toˇcke. Na daljicix= 0,y ∈[0,4] jeg(y) =f(0, y) = 0 in torej so vse toˇcke stacionarne.
Na daljici y = 4, x∈ [0,2] funkcija h(x) =f(x,4) = xex−4 nima stacionarnih toˇck. Na krivulji y = −x2, x∈[0,2], najdemo stacionarno toˇcko funkcijek(x) =f(x, x2) =xex−x2 in sicer v (1,1).
• S primerjavo vrednosti v vseh stacionarnih toˇckah in ogliˇsˇcih (0,0), (0,4) in (2,4), ugotovimo, da funkcijaf doseˇze minimalno vrednost 0 v toˇckah na daljicix= 0, y∈[0,4], maksimalno vrednost 1 pa v toˇcki (1,1).
1 2
1 2 3 4
1 2
1 2 3 4
2
