Interaktivne naloge

Irina Cristea; Hashem Bordbar; Alessandro Linzi

22 Interaktivne naloge

Naloga 1: Izračunajte vsoto $A+B$ za naslednji matriki reda $3\times 3$ s kompleksnimi elementi:

$A=\begin{pmatrix}4+i&i&0\\ 1+i&7-3i&2-9i\\ \overline{-1-2i}& 11+3i & \overline{i} \end{pmatrix}\quad\text{in}\quad B=\begin{pmatrix}\overline{-5i}&0&\overline{1-i}\\ -(2+i)&3i&1+i\\ 1-i& -3+2i & 5+2i \end{pmatrix}.$

Rešitev: Najprej uredimo matriki $A$ in $B$ in dobimo

$A=\begin{pmatrix}4+i&i&0\\ 1+i&7-3i&2-9i\\ -1+2i& 11+3i & -i \end{pmatrix}$

in

$B=\begin{pmatrix}5i&0&1+i\\ -2-i&3i&1+i\\ 1-i& -3+2i & 5+2i \end{pmatrix},$

torej je vsota danih matrik enaka
$A+B=\begin{pmatrix}4+i+5i&i+0&0+1+i\\ 1+i-2-i&7-3i+3i&2-9i+1+i\\ -1+2i+1-i& 11+3i-3+2i & -i +5+2i \end{pmatrix}=$

Naloga 2: Razpravljajte, za katere vrednosti parametra $\lambda\in\R$ naslednji matriki komutatirata (torej velja $A\cdot B=B\cdot A$ ):

$A=\begin{pmatrix}1&\lambda\\ -1&0\end{pmatrix}\quad\text{ }\quad B=\begin{pmatrix} 2 &-1\\ \lambda &3 \end{pmatrix}.$

Rešitev: Ker je

velja $A\cdot B=B\cdot A$ natanko tedaj, ko je:

$\begin{cases} \lambda+2=3\\ 3\lambda-1=2\lambda\\ -2=\lambda-3\\ 1=\lambda^2 \end{cases}.$

Po zadnji enačbi je $\lambda=\pm 1$ , ampak $\lambda=-1$ ne zadošča prvi enačbi, ker je $-1+2=1\neq 3$ . Ker $\lambda=1$ zadošča vsem trem enačbam, zaključimo, da sta matriki komutativni le za $\lambda=1$ .
Naloga 3: Dane so matrike

$A=\begin{pmatrix}1&-1\\ 3&4\end{pmatrix}~\text{ , }~B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 3\\ 2 &-1 & 1 & 0 \end{pmatrix}~\text{ in }~C=\begin{pmatrix} 1 &2\\ 7 &3\\ 2&0\\ 0&1 \end{pmatrix}.$

Poiščite, če je to mogoče, matriko $A+B\cdot C-3\cdot I_2$ .

Rešitev: Najprej izračunamo produkt

$B\cdot C=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 3\\ 2 &-1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 &2\\ 7 &3\\ 2&0\\ 0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-2&2+3\\ 2-7+2&4-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&5\\ -3&1\end{pmatrix}$

in potem dobimo

$A+B \cdot C-3\cdot I_2=\begin{pmatrix}1&-1\\ 3&4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1&5\\ -3&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3&0\\ 0&3\end{pmatrix}=?$

Naloga 4: Izrazite neznanko $X$ iz matrične enačbe:

$A^2 \cdot X \cdot B-2\cdot A+3\cdot X \cdot B=A\cdot X \cdot B-(3\cdot I)^2$
$(X \cdot A)^T-5\cdot X^T=I-B$
$(2\cdot X \cdot A)^T-I=X^T+3\cdot A$
$3 \cdot X^T-I=(A \cdot X)^T+A$ .

Rešitev:

Uporabimo najprej lastnost transponiranja produkta matrik $(X\cdot A)^T=A^T\cdot X^T$ in dobimo
$A^T\cdot X^T-5 \cdot X^T=I-B.$

Iz tega izpostavimo $X^T$ na desno in enačba postane

Če je matrika $A^T-5\cdot I$ obrnljiva, dobimo

$X^T=(A^T-5 \cdot I)^{-1}\cdot (I-B),$

ekvivalentno z

$X=((A^T-5 \cdot I)^{-1}\cdot (I-B))^T=(I-B)^T\cdot ((A^T-5 \cdot I)^{-1})^T.$
Uredimo enačbo in dobimo

$2 \cdot A^T\cdot X^T-X^T=3 \cdot A+I$

$(2 \cdot A^T-I)\cdot X^T=3\cdot A+I.$

Če je matrika $2 \cdot A^T-I$ obrnljiva, dobimo

$X^T=(2\cdot A^T-I)^{-1}\cdot (3\cdot A+I)$

in potem dobimo matriko $X$ .
Uredimo enačbo in dobimo
$3 \cdot X^T-X^T\cdot A^T=A+I$

$X^T(3\cdot I-A^T)=A+I.$

Če je matrika $3\cdot I-A^T$ obrnljiva, dobimo

$X^T=(A+I)\cdot (3\cdot I-A^T)^{-1}.$

Naloga 5: Dana je matrika

$A=\begin{pmatrix}1&0&1\\ 2&-1&3\\ 1& 4& 2 \end{pmatrix}.$

Če je matrika $A$ obrnljiva, poiščite njeno inverzno matriko $A^{-1}$ .

Rešitev: Najprej izračunamo determinanto matrike $A$ z razvojem po prvi vrstici:

$\det(A)=\begin{vmatrix}1&0&1\\ 2&-1&3\\ 1& 4& 2 \end{vmatrix}=-14+9=-5\neq 0,$

kar pomeni, da je $A$ obrnljiva matrika.

Transponiranka matrike kofaktorjev je:

$B_A=(k_{ij})^\textup{T}=(k_{ji})=\begin{pmatrix}-14&4&1\\ -1&1&-1\\ 9& -4& -1\end{pmatrix}$

in zato je

$A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\cdot B_A=\begin{pmatrix}\dfrac{14}{5}&-\dfrac{4}{5}&-\dfrac{1}{5}\\[6pt] \dfrac{1}{5}&-\dfrac{1}{5}&\dfrac{1}{5}\\[6pt] -\dfrac{9}{5}& \dfrac{4}{5}& \dfrac{1}{5}\end{pmatrix}.$

Naloga 6: Rešite naslednji sistem linearnih enačb:

$\begin{equation*} \begin{cases} 2x_1 - x_2 + 2x_3 - x_4 = 0 \\ x_1 + 5x_2 + 4x_3 + 3x_4 = 1 \\ 5x_1+ 3x_2 + 8x_3 - x_4 = 1 \end{cases}. \end{equation*}$

Rešitev:

Dobimo $rang(A) = 3 = rang (\tilde{A})=r$ in rešitev je 1-parametrična, ker je $n - r = 4-3=1$ . Potem je pripadajoči sistem

$\begin{cases} x_1 + 5x_2 + 4x_3 + 3x_4 = 1 \\ -11x_2 - 6x_3 - 7x_4 = -2 \\ -2 x_4 = 0 \end{cases}.$

Torej, $x_4=0$ in druga enačba zadnjega sistema postane $-11x_2-6x_3=-2$ , kjer lahko izberemo $x_3$ kot parameter ( $x_3$ je poljubno realno število). Sledi, da je $-11x_2 = -2+6x_3$ oziroma $x_2 = \dfrac{2}{11} - \dfrac{6}{11}x_3$ . Potem iz prve enačbe dobimo $x_1 = 1 - 5x_2 -4x_3 = 1 - 5 \cdot (\dfrac{2}{11} - \dfrac{6}{11} x_3) - 4 x_3 = \dfrac{1}{11} - \dfrac{14}{11} x_3$ . Sklepamo, da je sistem neskončno rešljiv.

Naloga 7: Izračunajte razdaljo med točko $A(1,0,1)$ in premico $p:\begin{cases} x=3+t\\ y=2+2t\\ z=-2-t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.$
Rešitev: Ker koordinate dane točke ne zadoščajo enačbi premice $p$ (ne obstaja nobena vrednost parametra $t$ , tako da je $1=3+t, 0=2+2t, 1=-2-t$ ), sklepamo, da točka $A$ ni na premici $p$ in je torej razdalja med točko $A$ in premico različna od $0$ .

Na podlagi formule za izračun te razdalje potrebujemo naslednje elemente:

smerni vektor premice $p$ , ki je vektor $\vec{s}_p=(1,2,-1)$ ;
krajevni vektor točke $A$ , ki je vektor $\vec{r}_A=(1,0,1)$ ;
krajevni vektor točke $T_0$ , ki pripada premici $p$ , je vektor $\vec{r}_0=(3,2-2)$ .

Dobimo:

$d(A, p)=\displaystyle\frac{\norm{(\vec{r}_A-\vec{r}_0)\times \vec{s}_p}}{\norm{\vec{s}_p}}=\frac{\norm{(-2,-2,3)\times (1,2,-1)}}{\norm{(1,2,-1)}}=\sqrt{\frac{21}{6}}=\sqrt{\frac{7}{2}},$

ker je

$(-2,-2,3)\times (1,2,-1)=\begin{vmatrix} \bar{i}&\bar{j}&\bar{k}\\ -2& -2& 3\\ 1& 2& -1\end{vmatrix}=$

in

$\norm{(4,1,-2)}=\sqrt{(-4)^2+1^2+(-2)^2}=21, \norm{(1,2,-1)}=\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}=6.$

Naloga 8: Naj bosta dani premici $p_1:\begin{cases} x+y-z=0\\ x-2z+3=0\end{cases}$ in $p_2$ , ki gre skozi točki $A(-1,-2,3)$ in $B(3,-4,5)$ .

Ali sta premici $p_1$ in $p_2$ vzporedni?
Izračunajte razdaljo med $p_1$ in $p_2$ .
Zapišite enačbo ravnine $\pi$ , ki vsebuje točko $A$ in je pravokotna na premico $p_1$ .
Zapišite enačbo ravnine $\sigma$ , določene z vektorjema $\vec{AB}$ in $\vec{u}=(1,0,-1)$ .
Katera premica je presečnica ravnin $\pi$ in $\sigma$ ?

Rešitev:

Dve premici sta vzporedni, če sta njuna smerna vektorja vzporedna. Zato moramo najprej določiti smerna vektorja premic $p_1$ in $p_2$ . Zapišemo parametrično obliko enačbe premice $p_1$ . Nato rešimo sistem, ki opisuje enačbo premice $p_1$ , pri čemer kot parameter vzamemo $z$ , tj. $z=t$ . Iz druge enačbe dobimo $x=-3+2z=-3+2t$ , ki ga vstavimo v prvo enačbo. Sledi, da je $y=-x+z=3-2t+t=3-t$ . Enačba premice $p_1$ ima parametrično obliko
$p_1: \begin{cases} x=-3+2t\\ y=3-t\\ z=t\end{cases}, t\in\mathbb{R},$

ki pokaže, da je smerni vektor $\vec{s}_{p_1}$ enak $\vec{s}_{p_1}=(2,-1,1)$ . Premica $p_2$ skozi točki $A$ in $B$ ima smerni vektor $\vec{s}_{p_2}=\vv{AB}$ .

Opazimo, da je $\vec{s}_{p_2}=2\vec{s}_{p_1}$ , torej sta vektorja linearno odvisna in tudi vzporedna, kar pomeni, da sta premici $p_1$ in $p_2$ vzporedni.
Ker sta premici $p_1$ in $p_2$ vzporedni, je razdalja med njima enaka razdalji med točko $A$ in premico $p_1$ :
$d(p_1,p_2)=d(A, p_1)=\displaystyle\frac{\norm{(\vec{r}_A-\vec{r}_0)\times \vec{s}_{p_1}}}{\norm{\vec{s}_{p_1}}},$

kjer so $\vec{r}_A=(-1,-2,3)$ , $\vec{r}_0=(-3,3,0)$ (krajevni vektor točke $T_0$ na premici $p_1$ ) ter $\vec{s}_{p_1}=(2,-1,1).$ Izračunamo

$(\vec{r}_A-\vec{r}_0)\times \vec{s}_{p_1}=(2, -5, 3)\times (2,-1,1).$

Torej $\norm{(-2,4,8)}=\sqrt{(-2)^2+4^2+8^2}=\sqrt{84},$ $\norm{\vec{s}_{p_1}}=\norm{(2,-1,1)}=\sqrt{2^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt{6}$ . Na koncu dobimo, da je

$d(p_1,p_2)=\sqrt{\displaystyle\frac{84}{6}}=\sqrt{14}.$
Ravnina $\pi$ je pravokotna na premico $p_1$ , torej je njen normalni vektor enak smernemu vektorju premice $p_1$ , tj. $\vec{n}_{\pi}=\vec{s}_{p_1}=(2,-1,1)$ . Splošna oblika enačbe ravnine je $\pi: 2x-y+z=d$ . Ker točka $A$ pripada ravnini $\pi$ , njene koordinate zadoščajo enačbi ravnine:

Splošna oblika enačbe ravnine je torej

$\pi: 2x-y+z=3.$
Normalni vektor $\vec{n}_{\sigma}$ ravnine $\sigma$ , ki je določena z vektorjema $\vv{AB}$ in $\vec{u}=(1,0,-1)$ , je pravokoten na oba vektorja, $\vv{AB}$ in $\vec{u}$ , in je torej
$\vec{n}_{\sigma}=\vv{AB}\times \vec{u}.$

Splošna oblika enačbe ravnine $\sigma$ je $2x+6y+2z=d$ , in ker ravnina $\sigma$ vsebuje točko $A$ , dobimo, da je $d=2\cdot(-1)+6\cdot (-2)+2\cdot 3=-8$ .
Enačba ravnine $\sigma$ ima obliko:

$\sigma: 2x+6y+2z=-8 \Leftrightarrow x+3y+z=-4.$
Presečišče danih ravnin je premica $q$ , ki ima enačbo:
$q=\pi\cap \sigma: \begin{cases} 2x-y+z=3\\ x+3y+z=-4.\end{cases}$

Če odštejemo drugo enačbo od prve, dobimo $x-4y=7$ . Vzamemo $z=t$ (poljubno realno število) in potem sledi, da je

Premica $q$ ima enačbo

$q: \begin{cases} x=7+4t\\ y=t\\ z=-11-7t\end{cases}, t\in\mathbb{R}.$

Naloga 9: Poiščite razdaljo med premico $p: \begin{cases} x=2+t\\ y=-1+2t\\ z=t\end{cases}$ , $t\in\mathbb{R},$ in ravnino $\sigma: x-2y+3z=0$ .

Rešitev:

Če se premica in ravnina sekata, potem je razdalja med njima enaka $0$ , sicer pa pomeni, da sta vzporedni. V tem primeru je razdalja med njima enaka razdalji od katerekoli točke na premici do dane ravnine.

Najprej preverimo, ali se premica in ravnina sekata. To se zgodi, ko obstaja neko realno število $t$ , tako da parametri $x$ , $y$ in $z$ , ki določajo enačbo premice $p$ , zadoščajo enačbi ravnine $\sigma$ :
$2+t-2 \cdot (-1+2t)+3t=0$ , kar pomeni $4=0$ . Zaradi dobljenega protislovja sklepamo, da sta ravnini vzporedni. Do istega sklepa bi lahko prišli z izračunom skalarnega produkta med smernim vektorjem premice $p$ in normalnim vektorjem ravnine $\sigma$ . Prav zares, ker sta smerni vektor $\vec{s}_p=(1,2,1)$ in normalni vektor $\vec{n}_{\sigma}=(1,-2,3)$ ,

To pomeni, da sta vektorja $\vec{s}_p$ in $\vec{n}_{\sigma}$ pravokotna, torej sta premica in ravnina vzporedni.

Upoštevamo točko $T_0(0,0,0)$ na ravnini in točko $A(2,-1,0)$ na premici, torej imamo $\vec{r}_0=(0,0,0)$ in $\vec{r}_A=(2,-1,0)$ . Razdalja med premico in ravnino bo

$d(p, \sigma)=d(A, \sigma)=\displaystyle\frac{\norm{(\vec{r_A}-\vec{r_0})\cdot \vec{n}_{\sigma}}}{\norm{\vec{n}_{\sigma}}}=\frac{(2,-1,0)\cdot (1,-2,3)}{\sqrt{1^2+(-2)^2+3^2}}=\frac{4}{\sqrt{14}}.$

Naloga 10: Na premici $p:\begin{cases} x+y+z=0\\ x-z+4=0\end{cases}$ poiščite točko, ki je enako oddaljena od točk $A(5,3,1)$ in $B(3,1,-3)$ .

Rešitev: Parametrična oblika enačbe dane premice je $p: \begin{cases} x=-4+t\\ y=4-2t\\ z=t\end{cases}, t\in\mathbb{R}$ . Poiskati moramo točko $T(x,y,z)$ na premici, ki je enako oddaljena od točk $A$ in $B$ , torej tako, da je $\norm{\vv{TA}}=\norm{\vv{TB}}$ . Dobimo enakost

$\begin{align*} \sqrt{(5-x)^2+(3-y)^2+(1-z)^2}&=\sqrt{(3-x)^2+(1-y)^2+(3-z)^2}&\iff\\ (5-x)^2+(3-y)^2+(1-z)^2&=(3-x)^2+(1-y)^2+(3-z)^2. \end{align*}$

Ker točka $T(x,y,z)$ leži na dani premici $p$ , vemo, da velja $x=-4+t$ , $y=4-2t$ ter $z=t$ . Zato prejšnja enakost postane

$\left[5-(-4+t)\right]^2+\left[3-(4-2t)\right]^2+(1-t)^2=\left[3-(-4+t)\right]^2+\left[1-(4-2t)\right]^2+(3+t)^2,$

z rešitvijo $t=4$ .

Naloga 11: Določite vrednosti $a$ in $b$ tako, da bo funkcija $g: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ , podana s predpisom

$g(x) = \begin{cases} ax+2b,&\textup{če je x }\leq 0, \\ x^2+3a -b, &\textup{če je }0< x\leq 2,\\ 3x-5,&\textup{če je }x>2, \end{cases}$

zvezna na $\mathbb{R}$ .

Rešitev: V točki $x = 0$ imamo

Torej,

$3a-b =2b\Longrightarrow a = b.$

V točki $x = 2$ imamo $g(2) = 2^2 + 3a - b$ in

$\lim_{x \to 2^-} g(x) = \lim_{x \to 2^-} x^2 + 3a -b = 4+3a-b.$

Še več,

$\lim_{x \to 2^+} g(x) = \lim_{x \to 2^+} (3x-5) = 1.$

Torej, $4+3a-b=1 \Longrightarrow 3a-b=-3$ . Ob $a = b$ in $3a-b = -3$ sledi, da sta

$a = -\frac{3}{2}\quad\textup{in}\quad b = -\frac{3}{2}.$

Naloga 12: Pogovorite se o zveznosti funkcije $f(x) = \sqrt{1-x^2}$ .

Rešitev: Domena $D_f$ funkcije $f$ je interval:

Na vseh točkah odprtega intervala $(-1,1)$ je funkcija $f$ zvezna. In potem,

lahko sklepamo, da je funkcija $f$ zvezna na zaprtem intervalu $[-1,1]$ .

Naloga 13: Izračunajte limito $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{3x \cdot \cos 2x}$ .

Rešitev: Dana limita je v obliki:

Uredimo limito tako, da jo zapišemo v poenostavljeni obliki:

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\tan x}{3x \cdot \cos 2x} =\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{1}{\cos 2x} \cdot "?" =$

Torej,

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{1}{\cos 2x} \cdot \dfrac{\sin x}{\cos x} =\dfrac{1}{3} \displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} \cdot \dfrac{1}{\cos 2x} \cdot "?" =$

$= \dfrac{1}{3} \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = \dfrac{1}{3}.$

Naloga 14: Naj bo funkcija $f$ podana z grafom:

Katere trditve o funkciji $y = f(x)$ so pravilne in katere so napačne?

Rešitev:

Naloga 15: Naj bo funkcija $F$ podana s predpisom $F(x) =\dfrac{2x+12}{\mid x+6 \mid}$ .

Izračunajte limite:

$\displaystyle\lim_{x \to -6^+} F(x) =?$
$\displaystyle\lim_{x \to -6^-} F(x) =?$
$\displaystyle\lim_{x \to -6} F(x) =?$

Rešitev:

Naloga 16: Izračunajte odvod podane funkcije $y$ .

Rešitev:

Naloga 17: Podana je tabela vrednosti funkcij $f$ in $g$ ter njunih odvodov.

Če je $P(x)=f(g(x))$ , $Q(x) = g(f(x))$ in $H(x) = f(f(g(x)))$ , poiščite naslednje vrednosti:

Rešitev:

Naloga 18: Izračunajte petdeseti odvod funkcije $f$ , podane s predpisom

$f(x) = \sin 2x.$

Rešitev: Izračunamo prvi odvod funkcije $f$ .

Zdaj izračunamo drugi odvod funkcije $f$ :

$f''(x) = (f'(x))' = (2 \cdot \cos 2x)' = -4 \cdot \sin 2x.$

Torej,

Zdaj izračunamo tretji odvod funkcije $f$ :

$f'''(x) = (f''(x))' = (-4 \cdot \sin 2x)' = -8\cdot \cos 2x$ . Nadaljujemo in dobimo četrti odvod

$f^{(iv)}(x) = (f'''(x))' = (-8 \cdot \cos 2x)' = 16 \cdot \sin 2x = 16 \cdot f(x) = (2^4) \cdot f(x).$

Torej, sklepamo, da je

Naloga 19: Poiščite enačbo tangente na krivuljo

$f(x) = (1+2x)^{10}$

v točki $(0,1)$ .

Rešitev: Izračunamo prvi odvod:

$f'(x) = (10 \cdot (1+2x)^9 )\cdot 2 = 20 \cdot (1+2x)^9.$

Sledi, da je $f'(0) = 20$ . Torej, enačba tangente v točki $(0,1)$ je

Naloga 20: Poiščite enačbo tangente na krivuljo

$f(x) = \sin(\sin x)$

v točki $(\pi,0)$ .

Rešitev: Izračunamo prvi odvod:

Naklonski koeficient tangente je:

Torej, enačba tangente v točki $(\pi,0)$ je

Naloga 21: Skicirajte graf funkcije $f$ , podane s predpisom $f(x)= \dfrac{\sin x-\cos x}{\sqrt{3}\sin x-\cos x}$ na intervalu $[0, 2\pi]$ .

Rešitev:

Dana funkcija je definirana tam, kjer je imenovalec različen od $0$ . Torej $\sqrt{3}\sin x-\cos x\neq 0 \Longleftrightarrow \sqrt{3}\dfrac{\sin x}{\cos x}\neq 1 \Longleftrightarrow \tan x\neq \dfrac{\sqrt 3}{3}$ oziroma $x\neq \dfrac{\pi}{6}$ in $x\neq \dfrac{7\pi}{6}$ . Dobimo, da je domena
Ničle funkcije so ničle števca. Ker je $\sin x-\cos x=0 \Longleftrightarrow \sin x=\cos x \Longleftrightarrow \tan x=1$ na $[0, 2\pi]$ , za

sklepamo, da sta ničli funkcije
Funkcija ima dva pola v točki $x=\dfrac{\pi}{6}$ in $x=\dfrac{7\pi}{6}$ , kjer ima tudi navpični asimptoti. Nima pa ne vodoravnih ne poševnih asimptot.
Izračunamo enostranske limite v dveh polih:
Poiščemo stacionarne točke oziroma ničle prvega odvoda:
$f'(x) =\dfrac{(\cos x+\sin x)\cdot (\sqrt{3}\sin x-\cos x)-(\sin x-\cos x)\cdot (\sqrt{3}\cos x+\sin x)}{(\sqrt{3}\sin x-\cos x)^2}$
$=\dfrac{\sqrt 3\sin x{\cdot} \cos x{-}\cos^2 x{+}\sqrt 3\sin^2 x{-}\sin x{\cdot} \cos x{-}\sqrt 3\sin x{\cdot }\cos x{-}\sin^2 x{+}\sqrt 3\cos^2 x{+}\cos x{\cdot} \sin x}{(\sqrt{3}\sin x-\cos x)^2}$
$=\dfrac{\sqrt 3(\sin^2 x+\cos^2 x)-(\cos^2 x+\sin^2 x)}{(\sqrt{3}\sin x-\cos x)^2}$
$=\dfrac{\sqrt 3-1}{(\sqrt{3}\sin x-\cos x)^2},$
saj je $\sin^2 x+\cos^2 x=1$ .
Ker je $f'(x)>0$ za vsak $x$ v domeni, sledi, da je funkcija $f$ naraščajoča in torej nima ekstremov.
V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah.
Zdaj skiciramo graf funkcije $f$ (slika 22.1).

Slika 22.1: Graf funkcije $f(x)=\dfrac{\sin x-\cos x}{\sqrt{3}\sin x-\cos x}$ na intervalu $[0, 2\pi]$ .

Slika 22.1: Graf funkcije $f(x)=\dfrac{\sin x-\cos x}{\sqrt{3}\sin x-\cos x}$ na intervalu $[0, 2\pi]$ .

Naloga 22: Skicirajte graf funkcije $f$ , podane s predpisom $f(x)=\dfrac{ \ln x}{\sqrt x}.$

Rešitev:

Logaritemska funkcija ter korenska funkcija s sodim korenskim eksponentom sta definirani za $x>0$ , zato je domena funkcije $f$ enaka $D_f=(0, +\infty)$ .
Ničle funkcije so ničle števca, torej je
Funkcija ima pol v ničli imenovalca oziroma v točki $x=0$ . Torej je premica $x=0$ navpična asimptota in desna limita v točki $x=0$ je
$\lim_{x \to 0^+} f(x)= \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\stackrel{[\frac{-\infty}{0^+}]}{=} \lim_{x \to 0^+} \left(\ln x\cdot \dfrac{1}{\sqrt x}\right)=(-\infty)\cdot (+\infty)=-\infty.$
Poiščimo vse druge eventualne asimptote. Izračunamo limito dane funkcije, ko gre $x$ proti $+\infty$ :
$\lim_{x \to +\infty} f(x)= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}\stackrel{[\frac{\infty}{\infty}]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\dfrac{1}{x}}{\dfrac{1}{2\sqrt x}}=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2\sqrt x}{x}=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2}{\sqrt x}=0^+,$

kar pomeni, da je premica $y=0$ vodoravna asimptota pri $+\infty$ . Zato funkcija nima poševnih asimptot.
Stacionarne točke so ničle prvega odvoda:
$f'(x) =\dfrac{(\ln x)'\cdot \sqrt{x}-\ln x\cdot (\sqrt{x})'}{(\sqrt{x})^2}=\dfrac{\dfrac{1}{x}\cdot \sqrt x-\dfrac{\ln x}{2\sqrt{x}}}{x}=\dfrac{2-\ln x}{2x\cdot \sqrt x}.$
Torej, $f'(x) = 0 \Longleftrightarrow \ln x=2\Longleftrightarrow x=e^2$
Preučimo sedaj predznak prvega odvoda funkcije $f$ . Ker je imenovalec prvega odvoda funkcije $f$ vedno pozitiven, je predznak odvoda podan s predznakom števca. Dobimo $f'>0\Longleftrightarrow 2-\ln x>0$ natanko tedaj, ko je $x<e^2$ , sicer pa je $f'(x)<0$ . Poleg tega sledi, da je točka $x=e^2$ lokalni maksimum dane funkcije.
Izračunamo še drugi odvod funkcije $f$ in dobimo:
$f''(x)=&\left( \dfrac{2-\ln x}{2x\cdot \sqrt x}\right)'=\dfrac{(2-\ln x)'\cdot 2x\cdot \sqrt x-(2-\ln x)\cdot (2x^{3/2})'}{4x^3}$
$=\dfrac{-\dfrac{1}{x}\cdot 2x\cdot \sqrt x - (2-\ln x)\cdot 2\cdot \dfrac{3}{2}\sqrt x}{4x^3} =\dfrac{-2\sqrt x-6\sqrt x+3\sqrt x\cdot \ln x}{4x^3}$
$=\dfrac{-8\sqrt x+3\sqrt x\cdot \ln x}{4x^2\cdot\sqrt x\cdot \sqrt x}$
$=\dfrac{-8+3\ln x}{4x^2\cdot \sqrt x}.$
Iz tega sledi, da je $f''(x)=0$ , ko je $3\ln x=8\Longleftrightarrow \ln (x^3)=8 \Longleftrightarrow ?$

To pomeni, da je točka $x=e^{8/3}$ prevoj funkcije $f$ .
V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah.
Graf funkcije je na sliki 22.2.

Slika 22.2: Graf funkcije $f(x)=\dfrac{ \ln x}{\sqrt x}$ .

Slika 22.2: Graf funkcije $f(x)=\dfrac{ \ln x}{\sqrt x}$ .

Funkcija je konveksna na intervalu $(e^{8/3}, +\infty)$ ter konkavna na intervalu $(0, e^{8/3})$ .

22 Interaktivne naloge

License

Share This Book