RA ˇ CUNSKI DEL IZPITA IZ PREDMETA

(1)

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

11.9.2006

Toˇckovanje: 20+15+40+25=100

1. (a) Napiˇsite enaˇcbo ravnine Π, ki je vzporedna ravnini Σ : x − y + 2z = 5 in gre skozi toˇcko A(2, 3, 1).

(b) Poiˇsˇcite preseˇciˇsˇce B premice p : x − 2 = −

^y₂

=

^1−z₃

z ravnino Π.

(c) Doloˇcite premico q, ki gre skozi toˇcki A in B.

2. Pokaˇzite s popolno indukcijo, da je ˇstevilo oblike 3 · 5

²ⁿ⁺¹

+ 2

³ⁿ⁺¹

deljivo s 17 za vsako naravno ˇstevilo n.

3. (a) Dan je funkcijski predpis

f(x) = xe

^1−x²²

.

Doloˇcite definicijsko obmoˇcje, niˇcle, sodost, lihost, ekstreme, intervale monotonosti, konveksnosti in konkavnosti funkcije. Raziˇsˇcite obnaˇsanje funkcije na krajiˇsˇcih definicijskega obmoˇcja in funkcijo nariˇsite.

(b) Izraˇcunajte ploˇsˇcino lika, ki ga omejujeta grafa funkcij f(x) in g(x) = x.

4. Na trikotniku z ogliˇsˇci A(−2, 0), B(0, −2) in C(2, 0) poiˇsˇcite globalne ekstreme funkcije f (x, y) = x(y + 1).

1

(2)

REˇSITVE

1. naloga:

(a) Ker je ravnina Π vzporedna ravnini Σ, imata isti vektor normale ^*n_Π= (1,−1,2). Torej je enaˇcba ravnine Π :x−y+ 2z= 1.

(b) Premico pzapiˇsemo v parametriˇcni oblikip:x= 2 +λ, y=−2λ, z= 1−3λin vstavimo v enaˇcbo ravnine Π.

Premica pseka ravnino pri λ= 1, torej v toˇckiB(3,−2,−2).

(c) Premicaqima smerni vektor ^*s_q=AB= (1,^* −5,−3) in torej enaˇcboq:x= 2 +µ, y= 3−5µ, z= 1−3µ, µ∈R.

2. naloga:

Za n = 1 trditev velja, saj je 3·5²⁺¹ + 2³⁺¹ = 391 = 23·17. Indukcijsko predpostavko za n = k zapiˇsimo v obliki: 3·5^2k+1 = 17m−2^3k+1, m∈ Z. Zdaj si pa poglejmo naˇs izraz pri n= k+ 1 in uporabimo indukcijsko predpostavko:

3·5^2k+3+ 2^3k+4 = 25·3·5^2k+1+ 2^3k+4 (po indukcijski predpostavki)

= 25(17m−2^3k+1) + 2^3k+4

= 17(25m−2^3k+1).

3. naloga:

(a) Df = R, f ima niˇclo v x = 0, je liha in ima asimptoto y = 0. Odvod f je f⁰(x) = (1−x²)e^1−x²², lokalni minimum ima v x=−1, lokalni maksimum pa vx= 1 in naraˇsˇca na intervalu (−1,1). Drugi odvod jef⁰⁰(x) =

−x(3−x²)e^1−x²², torej ima prevoje vx=−√

3,x= 0 inx=√

3. Funkcijaf je konveksna na intervalih (−√ 3,0) in (√

3,∞). Graf funkcije:

-4 -2 2 4 -1

-0.5 0.5 1

x ã

1-x²

2

-1 -0.5 0.5 1

(b) Pri raˇcunanju ploˇsˇcine lika uvedemo novo spremenljivkot= ^1−x₂ ²

2 Z1 0

(xe^1−x²² −x)dx=−2 Z0

1 2

e^tdt−x²

¯¯

¯¹

0=−2e^t

¯¯

¯⁰₁

2

−1 = 2√ e−3

4. naloga:

• Najprej poiˇsˇcemo vse stacionarne toˇcke v notranjosti obmoˇcja: (gradf)(x, y) = (0,0). Ker jefx(x, y) =y+ 1 infy(x, y) =x, imaf(x, y) stacionarno toˇcko (0,−1).

• Preiˇsˇcemo ˇse robne toˇcke. Na daljiciy= 0,x∈[−2,2], funkcijag(x) =f(x,0) =xnima stacionarne toˇcke.

Na daljiciy=−x−2,x∈[−2,0], ima funkcija h(x) =f(x, x−2) =−x²−xstacionarno toˇcko (−¹₂,−³₂).

Na daljiciy=x−2,x∈[0,2], ima funkcijak(x) =f(x, x−2) =x²−xstacionarno toˇcko (¹₂,−³₂).

• S primerjavo vrednosti v vseh stacionarnih toˇckah in ogliˇsˇcih (−2,0), (0,−2) in (2,0), ugotovimo, da funkcija f doseˇze minimalno vrednost−2 v ogliˇsˇcu (−2,0), maksimalno vrednost 2 pa v toˇcki (2,0).

2