PRIIMEK IME VPISNA ˇSTEVILKA SMER NALOGA TO ˇCKE 1.
2.
3.
4.
5.
SKUPAJ
RA ˇ CUNSKI DEL IZPITA IZ PREDMETA
OSNOVE MATEMATI ˇ CNE ANALIZE
19.6.2006
Toˇckovanje: 20+20+20+20+20=100
1. Reˇsite matriˇcno enaˇcbo XA = A + X, ˇce je A =
5 1 −3
−2 0 2
1 1 0
.
2. Pokaˇzite, da je rekurzivno podano zaporedje a
1= 2, a
n+1= √
3a
n+ 4 navzgor omejeno s 5 in naraˇsˇcajoˇce. Utemeljite konvergenco in doloˇcite limito.
3. Dan je funkcijski predpis
f(x) = x x
2+ 1 .
Doloˇcite definicijsko obmoˇcje, niˇcle, asimptoto, sodost, lihost, ekstreme, intervale monotonosti, konveksnosti in konkavnosti funkcije ter jo nariˇsite.
4. Izraˇcunajte integral
Z
ln 20
√ e
2x− 1 dx.
5. Nariˇsite obmoˇcje ∆, ki ga omejujejo premice y = −x + 2, x = 0 in y = 0 in na njem poiˇsˇcite globalne ekstreme funkcije f(x, y) = xy(1 − x − y).
1
REˇSITVE 1. naloga:
Iz matriˇcne enaˇcbe izrazimoX =A(A−I)−1. (A−I)−1=
1 2 1 0 1 2 1 3 2
in X =
2 2 1 0 2 2 1 3 3
.
2. naloga:
Naraˇsˇcanje in omejenost pokaˇzemo s popolno indukcijo. Ker je zaporedje naraˇsˇcajoˇce in navzgor omejeno, je konvergentno. Limita zaporedja je enaka 4.
3. naloga:
Df =R,f ima niˇclo vx= 0, asimptotoy(x) = 0 in je liha funkcija. Odvodf jef0(x) =(1−x)(1+x)(x2+1)2 , lokalni minimum ima v x=−1, lokalni maksimum v x= 1 in naraˇsˇca na intervalu (−1,1). Drugi odvod jef00(x) = 2x(x(x2+1)2−3)3 , torej ima prevoje v toˇckahx=−√
3,x= 0 inx=√
3 ter je konveksna na intervalih (−√
3,0) in (√
3,∞). Graf funkcije:
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-0.4 -0.2 0.2 0.4
x2x+1
4. naloga:
Naloge se lahko lotimo na veˇc naˇcinov:
• Najprej uvedemo novo spremenljivkot=√
e2x−1 in ker je stopnja ˇstevca enaka stopnji imenovalca, delimo.
Zln 2
0
pe2x−1dx=
√3
Z
0
t2 t2+ 1dt=
√3
Z
0
µ 1− 1
t2+ 1
¶ dt=t
¯¯
¯
√3
0 −arctanx
¯¯
¯
√3
0 =√
3−π 3.
• Najprej uvedemo novo spremenljivkot=e2x−1, potem vpeljemo novo spremenljivkou=√
tin nadaljujemo kot zgoraj.
5. naloga:
• Najprej poiˇsˇcemo vse stacionarne toˇcke v notranjosti obmoˇcja: (gradf)(x, y) = (0,0). Ker jefx=y(1−2x−y) in fy = x(1−x−2y), ima f stacionarne toˇcke (0,0), (1,0), (0,1) in (13,13). Vse stacionarne toˇcke razen zadnje leˇzijo na robu obmoˇcja.
• Preiˇsˇcemo ˇse robne toˇcke. Na daljiciy = 0, x∈[0,2], so vse toˇckeg(x) =f(x,0) = 0 stacionarne. Ravno tako so na daljicix= 0,x∈[0,2], vse toˇckeh(y) =f(0, y) = 0 stacionarne. Na daljiciy=−x+ 2,x∈[0,2], najdemo stacionarno toˇcko funkcijek(x) =f(x,−x+ 2) =x2−2xin sicer v (1,1).
• S primerjavo vrednosti v vseh stacionarnih toˇckah in ogliˇsˇcih (0,0), (2,0) in (0,2), ugotovimo, da funkcijaf doseˇze minimalno vrednost−1 v toˇcki (1,1), maksimalno vrednost 271 pa v toˇcki (13,13).
2
