1. Reˇsiti sistem linearnih jednaˇcina:
2x
−
y
+
3z
=
7
(1)
−x
−
2y
−
2z
=
−3
(2)
x
+
y
+
z
=
4
(3)
Reˇsenje:
Sabiranjem jednaˇcine (1) sa jednaˇcinom (3) dobijamo jednaˇcinu:
3x
+
4z
=
11
(4)
Sabiranjem jednaˇcine (2) sa jednaˇcinom (3) dobijamo jednaˇcinu:
−
3y
z
=
1
(5)
Kada iz jednaˇcine (4) izrazimo nepoznatu x dobijamo:
x
11
3
=
−
4
3z
(6)
Kada iz jednaˇcine (5) izrazimo nepoznatu y dobijamo:
y
1
3
=
1
3z
−
(7)
Zamenom vrednosti nepoznatih x i y dobijenih u jednaˇcinama (6) i (7) u jednaˇcini (3) dobijamo:
4
−
z
+
z
=
4
(8)
Reˇsenje jednaˇcine (8) ne zavisi od vrednosti nepoznate z tako da vazi z ∈ R, poˇcetni sistem jednaˇcina
ima reˇsenje za bilo koju vrednost z ∈ R. Odabra´cemo neku vrednost, npr: z = 2. Zamenom nepoznate
z sa vrednoˇs´cu 2 u jednaˇcinama (4) i (5) dobijamo jednaˇcine:
3x
3y
+
−
8
2
=
=
11
1
(9)
(10)
Odatle iz jednaˇcine (9) dobijamo x = 1, a iz jednaˇcine (10) dobijamo y = 1.
Dakle, jedno od reˇsenja ovog sistema jednaˇcina je: (x, y, z) = (1, 1, 2)


−2 2
2 1 −1
2. Ako A=
, B=  2 −1  i C=BA, onda c23 =
2 1 −4
3 −3
Reˇsenje:

−2
2
3
2 1 −1
 2 1 −4
2
2 1
7
−1 2 1
2
−3
0 0
9
Dakle, c23 = 2.
Page 2 of 3
3. Ako A=
−4
2
5
, izraˇcunati A−1 .
−1
Reˇsenje:
A−1 =
1
detA adjA
detA = 4 − 10 = −6
−1 −5
−2 −4
1 −1 −5
= −6
−2 −4
1 5
= 16 62
adjA =
A−1
A−1
3
3
4. Neka je dat skup reˇci A = {os, no, ve, eko, no, mi, je } i relacija ekvivalencije ρ ⊆ A2 data sa
ρ ={ (x, y)kx i y poˇcinju istim slovom}. Odrediti broj klasa ekvivalencije u relaciji ρ.
Reˇsenje:
Broj klasa ekvivalencije: 6, i to: {(os), (no, no), (ve), (eko), (mi), (je)}.
5. Neka je f (x) = −x2 − 6x + 3 i f : [b, +∞) → (−∞, +∞). Odrediti najmanju vrednost parametra b
tako da funkcija ima osobinu ”1-1”.
Reˇsenje:
xr =
−b
2a
=
6
−2
= −3, dakle b=-3
P+∞
cnu vrednost niza, na
6. Ispitati konvergenciju reda n=1 4n+1
n! . Obavezno navedite kriterijum i graniˇ
osnovu kojih ispitujete konvergenciju datog reda.)
Reˇsenje:
Koristi se Dalamberov kriterijum.
limn→∞
limn→∞
an +1
an =
4
5
n + n2
5
+ n12
4+ n
4n+5
(n+1)!
4n+1
n!
limn→∞
= limn→∞
n!(4n+5)
(n+1)!(4n+1)
= limn→∞
4n+5
(n+1)(4n+1)
= limn→∞
4n+5
/:n2
4n2 +5n+1
/:n2
= 0 < 1 red konvergira.
3
14x −13
7. Izraˇcunati limx→1+ (1−x)(x
2 +1)
Reˇsenje:
14x3 −13
limx→1+ (1−x)(x
2 +1) = −∞
8. Ako je funkcija
f (x) =
ln(1+x)
3x
3,
− a,
x 6= 0
x=0
neprekidna, onda a
Reˇsenje:
1
limx→0 ln(1+x)
− a = oblik” 00 ” = limx→0 x+1
− a = limx→0
3
3x
1
U slucaju kada je vrednost funkcije 3, sledi:
1
3 −a=3
a = − 83
1
3+3x
−a=
1
3
−a
Cont.
=
Page 3 of 3
√
9. Neka je f (x) = 3 2 − 3x + e4 . Tada je f 0 (x) =
Reˇsenje: √
√
e4 )0 = (3 2 − 3x)0 + (e4 )0 =
f 0 (x)
√ = (3 0 2 − 3x +
1
1
1
9
3( 2 − 3x) = 3 2√2−3x
(2 − 3x)0 = 3 2√2−3x
((2)0 − (3x)0 ) = 3 2√2−3x
(−3) = − 2√2−3x
10. Neka je f (x) =
Reˇsenje:
2x
x2 +2 .
Reˇsiti nejednaˇcinu f 0 (x) < 0.
x
0
0
f 0 (x) = ( x22x
+2 ) = 2( x2 +2 )
Koristimo 0obrazac
za2 izvod
koliˇ
cnika.
2
2
2
2
x2 +2−x(2x)
+2)0
=
2
= 2 x(x+2−2x
= 2 (x2−x
f 0 (x) = 2 x (x +2)−x(x
2
2
2 +2)2
2 +2)2
(x +2)
(x2 +2)2
Zatim je potrebno reˇsiti nejednaˇcinu:
2(2−x2 )
(x2 +2)2
4−2x2
(x2 +2)2
<0
<0
Izjednaˇcimo levu stranu sa 0:
√
√
4−2x2
2
2
2
(x2 +2)2 = 0 ⇒ 4 − 2x = 0 ⇒ x = 2 ⇒ x1 = − 2, x2 =
√
√
Pa je reˇsenje nejednaˇcine: x ∈ (−∞, − 2) ∪ ( 2, +∞)
11. Neka je f (x) = e4−4x (1 + x2 ). Tada je f 00 (1) =
Reˇsenje:
Prvo raˇcunamo prvi izvod funkcije f (x):
f 0 (x) = (e4−4x (1 + x2 ))0 = (e4−4x )0 (1 + x2 ) + e4−4x (1 + x2 )0 = e4−4x (4 − 4x)0 (1 + x2 ) + e4−4x (2x) =
e4−4x (−4)(1 + x2 ) + e4−4x (2x) = e4−4x (−4 − 4x2 ) + e4−4x (2x) = e4−4x (−4x2 + 2x − 4)
f 0 (x) = −2e4−4x (2x2 − x + 2)
Zatim raˇcunamo drugi izvod funkcije f (x):
f 00 (x) = (−2e4−4x (2x2 − x + 2))0 = −2((e4−4x )0 (2x2 − x + 2) + e4−4x (2x2 − x + 2)0 ) =
−2(e4−4x (−8x2 + 4x − 8) + e4−4x (4x − 1)) = −2e4−4x (−8x2 + 8x − 9)
f 00 (x) = 2e4−4x (8x2 − 8x + 9)
Ostaje da izraˇcunamo f 00 (1):
f 00 (1) = 2e0 (8 − 8 + 9) = 2 ∗ 9 = 18
Dakle, reˇsenje je f 00 (1) = 18
The End.
Download

grupa d2