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
18.6.2007
Toˇckovanje: 20+20+10+25+25=100
1. (a) Doloˇcite enaˇcbo ravnine Σ, ki vsebuje presek ravnin Ω : x + 2y + z = 1 in Π : x + y − 2z = 0 ter toˇcko T (1, 1, 0).
(b) Poiˇsˇcite pravokotno projekcijo toˇcke A(5, −1, 4) na ravnino Σ.
2. Obravnavajte sistem za razliˇcne vrednosti a in zapiˇsite njegove reˇsitve
x + y + z + w = 1
x + ay + z + aw = a x + y + z + a
2w = a
3. Z uporabo korenskega kriterija ugotovite, ˇce je vrsta konvergentna X
∞n=1
1 5
nµ n + 1 n − 2
¶
n24. Dan je funkcijski predpis
f(x) = ln(2x) x .
Doloˇcite definicijsko obmoˇcje, niˇcle, ekstreme, intervale monotonosti, konveksnosti in konkavnosti funkcije. Raziˇsˇcite obnaˇsanje funkcije na krajiˇsˇcih definicijskega obmoˇcja in funkcijo nariˇsite.
5. Nariˇsite integracijsko obmoˇcje, zamenjajte vrstni red integriranja in izraˇcunajte integral
π2
Z
20
dx Z
π2x π
cos x y dy
1
REˇSITVE
1. naloga:
(a) Enaˇcbo premice p, ki je presek ravnin Π in Ω dobimo tako, da si koordinato z izberemo za parameter (z = λ) in reˇsimo sistem x+ 2y = 1−λ, x+y = 2λ. Tako dobimo enaˇcbo premice v parametriˇcni obliki p:x=−1+5λ, y= 1−3λ, z=λ. Iz nje razberemo smerni vektor*sp= (5,−3,1) in koordinate toˇckeP(−1,1,0)∈p.
Normalni vektor ravnine *nΣ=P T* ×*sp=−2(0,1,3). Torej ima iskana ravnina enaˇcbo Σ :y+ 3z= 1.
(b) Projekcijo toˇckeA(5,−1,4) lahko dobimo kot presek ravnine Σ in premiceq:x= 5, y=−1 +µ, z= 4 + 3µ, ki gre skozi toˇcko Ain je pravokotna na ravnino Σ,A0=q∩Σ. Ko vstavimo koordinate premiceqv enaˇcbo ravnine Σ, dobimo µ=−1. Torej je projekcija toˇckeAtoˇckaA0(5,−2,1).
2. naloga:
• Ce jeˇ a=−1, sistem nima reˇsitve.
• Ce jeˇ a= 1, ima sistem neskonˇcno reˇsitev oblike
x y z w
=
1 0 0 0
+y
−1 1 0 0
+z
−1 0 1 0
+w
−1 0 0 1
, y, z, w∈R.
• Ce jeˇ a6=−1 ina6= 1, ima sistem neskonˇcno reˇsitev oblike
x y z w
=
0
a a+1
0
1 a+1
+z
−1 0 1 0
, z∈R.
3. naloga:
Ker je
n→∞lim
n
s 1 5n
µn+ 1 n−2
¶n2
= 1 5 lim
n→∞
µn+ 1 n−2
¶n
=e3 5 >1, vrsta divergira.
4. naloga:
Df = (0,∞), f ima niˇclo v x= 12, asimptoto y = 0 in limx&0f(x) = −∞. Odvod f je f0(x) = 1−ln(2x)x2 , lokalni maksimum ima v x= e2,f(e2) = (e2), in naraˇsˇca na intervalu (0,e2). Drugi odvod jef00(x) = 2 ln(2x)−3x3 , torej ima prevoj vx= 12e32 in je konveksna na intervalu (12e32,∞). Graf funkcije:
1 2 3 4 5 6 7
-3 -2 -1 1 2 3
ln H2 xL
x
2
5. naloga:
Integracijsko obmoˇcje je trikotnik.
1 2 3 4 5
0.5 1 1.5 2 2.5 3
1 2 3 4 5
0.5 1 1.5 2 2.5 3
π2
Z2
0
dx Zπ
2x π
cosx y dy=
Zπ 0
dy
πy
Z2
0
cosx ydx=
Zπ 0
dy
π2
Z
0
ycost dt= Zπ 0
ysint
¯¯
¯
π2
0dy=y2 2
¯¯
¯π
0 = π2 2 Pri raˇcunanju dvojnega integrala uvedemo novo spremenljivko t= xy.
3
