PRIIMEK IME VPISNA ˇSTEVILKA SMER NALOGA TO ˇCKE 1.
2.
3.
4.
5.
6.
SKUPAJ
RA ˇ CUNSKI DEL IZPITA IZ PREDMETA
OSNOVE MATEMATI ˇ CNE ANALIZE
8.6.2005
Toˇckovanje: 25+20+5+20+20+10=100
1. Poiˇsˇcite naravno definicijsko obmoˇcje funkcije f(x) = √
x
2− x − 2 + ln(|x − 4| − |x − 2|) 2. Dan je sistem linearnih enaˇcb
x + y + z = 1
x + ay + a
2z = 1 ax + y + az = 1
Poiˇsˇcite tiste vrednosti parametra a za katere sistem nima reˇsitve. Za vse ostale vrednosti parame- tra a poiˇsˇci vse reˇsitve.
3. Doloˇcite B tako, da bosta premica p in ravnina Σ vzporedni:
p :
x−14=
y+42= −z Σ : 3x − By + 6z = 7 4. Dan je funkcijski predpis
f (x) = x(ln x − 2).
Doloˇcite definicijsko obmoˇcje, niˇcle, ekstreme, intervale monotonosti, konveksnosti in konkavnosti funkcije. Raziˇsˇcite obnaˇsanje funkcije na krajiˇsˇcih definicijskega obmoˇcja in funkcijo nariˇsite.
5. Izraˇcunajte integral
Z
10
arcsin √
√ x
x dx.
6. Nariˇsite nivojnico funkcije f(x, y) = x
2+ y
2− 2y, ki gre skozi toˇcko (3, 5). Doloˇcite smer v kateri funkcija v tej toˇcki najhitreje pada.
1
REˇSITVE 1. naloga:
Funkcijaf(x) je definirana, kadar jex2−x−2≥0 in|x−4|−|x−2|>0. Ker jex2−x−2≥0 zax∈(−∞,−1]∪[2,∞) in ker je|x−4| − |x−2|>0 zax∈(−∞,3), je definicijsko obmoˇcje funkcijef(x) enako (−∞,−1]∪[2,3).
2. naloga:
• Ce jeˇ a=−1, sistem nima reˇsitve.
• Ce jeˇ a= 1, ima sistem neskonˇcno reˇsitev oblike
x y z
=
1 0 0
+y
−1 1 0
+z
−1 0 1
, y, z∈R.
• Ce jeˇ a6=−1 ina6= 1, ima sistem natanko eno reˇsitev
x y z
=
1 a+10
−a+11
.
3. naloga:
Premica p in ravnina Σ bosta vzporedni, ˇce bosta smerni koeficient premice *sp= (4,2,−1) in vektor normale ravnine *nΣ= (3,−B,6) pravokotna. To pomeni, da mora biti njun skalarni produkt enak 0 in torejB= 3.
4. naloga:
Df = (0,∞),f ima niˇclo vx=e2, limx&0f(x) = 0 in limx→∞f(x) =∞. Odvod f jef0(x) = lnx−1, lokalni minimum ima v toˇcki x=ein naraˇsˇca na intervalu (e,∞). Drugi odvod jef00(x) = 1x, torej f nima prevojev in je konveksna na (0,∞). Graf funkcije:
2 4 6 8 10 12 14
-2 2 4 6 8 10
xHln x- 2L
5. naloga:
Ker arcsin√x√x ni definirana za x= 0, moramo reˇsiti posploˇseni integral.
Naloge se lahko lotimo na veˇc naˇcinov:
• Najprej uvedemo novo spremenljivkot=√
x, potem uporabimo metodo per partes in nato vpeljemo ˇse novo spremenljivkow=√
1−t2 aliw= 1−t2.
• Najprej uvedemo novo spremenljivkot= arcsin√
xin potem uporabimo metodo per partes.
• Najprej uporabimo metodo per partes in potem vpeljemo ˇse novo spremenljivkot=√
1−xalit= 1−x.
Z1
0
arcsin√
√ x
x dx= lim
²&0
Z1
²
arcsin√
√ x
x dx= lim
²&0
2√
xarcsin√ x
¯¯
¯1
ε− Z1
²
√ 1
1−xdx
=. . .=π−2.
6. naloga:
Ker je f(3,5) = 24, je enaˇcba nivojnicex2+y2−2y = 24, kar lahko preoblikujemo vx2+ (y−1)2= 25. Torej je nivoljnica skozi toˇcko (3,5) kroˇznica s srediˇsˇcem v (0,1) in polmerom 5. Funkcija najhitreje pada v smeri
−(grad f)(3,5) = (−6,8).
2
