Tentamen WISN101 Wiskundige Technieken 1 Ma 2 nov :30 16:30

Transcriptie

1 Tentamen WISN Wiskundige Technieken Ma nov 5 3:3 6:3 Normering voor 4 pt vragen (andere vragen naar rato): 4pt Goed begrepen en goed uitgevoerd, eventueel met enkele onbelangrijke rekenfoutjes. 3pt Grote lijn begrepen, maar technische vaardigheid schiet tekort; signaleert onmogelijke tussenresultaten maar is niet in staat deze weg te werken; maakt meerdere fouten (al dan niet door slordigheid); gebruikt verwerpelijke notaties. pt Weet ongeveer wat te doen maar lijdt aan gebrek aan vaardigheid en/of inzicht; mist belangrijke gevalsonderscheidingen of uitzonderingen etc.; herkent evident foute tussenresultaten niet; toont onvoldoende vaardigheid/controle/zelfreflectie. pt Aardig beginnetje, maar het levert niet echt wat op. pt Geen idee wat te doen, dit wordt niks.. Gegeven zijn u = î ĵ + 3ˆk, v = î + ĵ ˆk, en w = 3î + 3ĵ + 3ˆk. Bereken u (v w). v w = 6î 3ĵ + 9ˆk en dus u (v w) = 39. Andere vectornotaties bijv. met kolomvectoren zijn natuurlijk ook goed.. Zij w = ze iπ/4. Het vierkant D in het z-vlak heeft hoekpunten,, i, + i. Bepaal het beeld van D in het w-vlak. Maak een schets van zowel D als het beeld van D. Als z = z e i arg z dan is w = ze iπ/4 = z e i(arg z+π/4) waaraan we aflezen dat elk punt z door vermenigvuldigen met e iπ/4 geroteerd wordt over een hoek π. Dus het 4 vierkant D wordt geroteerd over die hoek; de zijden blijven recht en de hoekpunten komen terecht op, ( + i), i en ( + i). Alleen de hoekpunten uitrekenen en (stilzwijgend) aannemen dat de vorm van het vierkant behouden blijft is niet genoeg.het is nodig minstens op te merken dat vermenigvuldigen met e iϕ overeenstemt met rotate over ϕ. Indien geen verantwoording van de rotatie gegeven dan max pt.

2 3. Met een slinger en een klok kan men kleine variaties in de zwaartekracht meten. De slingertijd T van een slinger met lengte L is T = π waarin g de zwaartekrachtversnelling. Geef de procentuele verandering van g indien de slingertijd met % is toegenomen. Hints: Neem aan dat L constant is en vat T op als functie van g. Differentieer en vat de afgeleide op als differentiequotiënt. tussen de relatieve veranderingen T T L g en g g. Zoek vervolgens het verband Differentiëren geeft dt = π L. Opgevat als differenties krijg je dan T dg g 3 L L π g. Delen we links door T, rechts door π (wat hetzelfde is) dan g 3 g krijgen we: T T g g. Dus als T T = dan is g g oftewel de relatieve verandering in g is %. Gebruik van = ipv of andersom valt in de categorie vergeeflijke kleine rekenfoutjes. 4. Onderzoek de functie f(x) = e /x en schets de grafiek. 8 pt. Domein: alleen x = uitsluiten vanwege de breuk in de exponent. f (x) = : komt niet voor; e-macht is altijd positief. lim x e /x = (want /x ) lim x e /x = (want /x + ) lim x e /x = (want /x ) lim x e /x = + (want /x + ) f (x) = x e /x f is niet-nul voor alle x, wel goed gedefinieerd op D f.

3 f (x) > op D f dus f is een stijgende functie. f (x) = ( x 3 + x 4 )e /x = x x 4 e /x. f (x) = als x = dwz als x =. Aangezien f hier van teken wisselt is er een buigpunt. Voor het buigpunt berekenen we nog f ( ) = 4 e ( 3 en f ( ) = e 8 (getalswaarde slechts als indicatie van grootte-orde; niet noodzakelijk). Tekenschema: x + f (x) e + f e (x) f (x) + + Grafiek: Een tekenschema hoeft niet persé, maar indien de grafiekschets niet in overeenstemming is met de verzamelde informatie terwijl een tekenschema ontbreekt, dan wel afrekenen. 5. Bereken de volgende integralen: a. cos(3 log x) dx

4 Er zijn (minstens) twee wegen mogelijk. Optie : eerst subs u = log x, zodat du = dx of equivalent x = e u, x dx = e u du. Dan gaat de integraal over in cos(3u)e u du. Deze kunnen we partieel integreren met f = e u en g = cos 3u (of andersom). We krijgen cos(3u)e u du = e u cos(3u) + 3 e u sin(3u) du ( = e u cos(3u) + 3 e u sin(3u) 3 = e u( cos(3u) + 3 sin(3u) ) 9 ) e u cos(3u) du e u cos(3u) du. De laatste integrand is gelijk aan die waar we mee begonnen. Nemen we ze samen en delen we door dan vinden we e u cos 3u du = eu (cos 3u + 3 sin 3u). Na terugsubstitueren (en toevoegen constante) vinden we cos(3 log x) dx = x ( cos(3 log x) + 3 sin(3 log x) ) + c. Optie : Creatief nietsdoen en partieel: cos(3 log x) dx = x cos(3 log x) en evenzo: = x cos(3 log x) + 3 x( 3 sin(3 log x) dx x sin(3 log x) dx sin(3 log x) dx = x sin(3 log x) = x sin(3 log x) 3 x( 3 x cos(3 log x) dx cos(3 log x) dx. Noemen we nu I = cos 3 log x dx dan hebben we I = x cos 3 log x + 3x sin 3 log x 9I oftewel I = x (cos 3 log x + 3 sin 3 log x) + c.

5 cos x b. + sin x dx Substitueer sin x = u, zodat cos x dx = du: cos x dx + sin x = du = arctan u = arctan(sin x) + c. + u 6. We bekijken een inhomogene tweede-orde lineaire d.v. zonder demping mẍ + kx = F cos ωt, met begincondities x() = ẋ() =. Verder is ω = k/m. a. Laat zien dat F x = m(ω ω ) (cos ωt cos ω t) een particuliere oplossing is bij de gegeven beginwaarden. We moeten laten zien dat x een oplossing is. Noem de voorfactor F = m(ω ω ) µ, om onnodig schrijfwerk te voorkomen. Dan krijgen we, na tweemaal differentiëren: x = µ(cos ωt cos ω t) ẋ = µ(ω sin ωt ω sin ω t) ẍ = µ(ω cos ωt ω cos ω t) We nemen de rechterkanten van de eerste vergelijking k keer, van de tweede keer en de laatste m keer en tellen op, en krijgen: (kµ mµω ) cos ωt (kµ mµω ) cos ω t = µ ( (k mω ) cos ωt (k mω ) cos ω t ). De tweede term is aangezien k = mω. De eerste term geeft na terugzetten van µ: F (k mω ) m(ω ω ) cos ωt = F (k mω ) cos ωt = F cos ωt. m(k/m ω ) Dus x voldoet aan de inhomogene vergelijking. Bovendien, als we t = invullen in de vergelijkingen van x resp. ẋ, vinden we de beginwaarden x() = en ẋ() =. Dus x is de oplossing van het beginwaardeprobleem. Indien beginwaarden vergeten: max 3pt.

6 Je mag aannemen dat deze oplossing gelijk is aan x = F m(ω ω ) sin (ω ω)t sin (ω + ω)t. b. Indien ω ω, zodat ω ω veel kleiner is dan ω + ω, kunnen zgn. zwevingen optreden, zie figuur. Schat met de figuur de verhouding (ω + ω) : (ω ω). De korte golven hebben frequentie ω + ω en de lange golven (de zwevingen) hebben frequentie ω ω. Er gaan ongeveer korte golven in een volledige periode van de lange golf, dus ω + ω : ω ω :. max 3pt indien :; max pt indien : 7. ( ) a. Laat zien dat x + x 4 + = x + x + + x en vind hiermee x + een primitieve van x + x 4 +. Eerst: x + x + + x x + = (x + x + ) + (x x + ) (x + x + )(x x + ) = (x + ) (x + ) x = (x + ) x 4 +, derhalve x + x 4 + dx = dx x + x + + dx x x +. () pt indien tot hier toe goed. Beide integralen rechts berekenen we als volgt. Kwadraat afsplitsen geeft x ± x + = (x ± ) + dus we gebruiken de substituties u = x + resp. u = x, beide met du = dx. Voor beide integralen krijgen we

7 dan du u + = du ( u) + = arctan u. Na terugsubstitueren en invullen in () vinden we dus x + x 4 + dx = ( arctan( x + ) + arctan( ) x ). (Een integratieconstante is niet nodig (maar kan ook geen kwaad) want er werd gevraagd om een primitieve.) b. Laat met een geschikte substitutie zien dat x x 4 + dx = u 4 + du. Neem u = /x, met du = /x dx en de grenzen: u als x en u als x. Dus x x 4 + dx = u u 4 + ( u du) = + u du = 4 + u 4 du. c. Toon met de vorige onderdelen aan dat x 4 + dx = π. Indien 7a niet gelukt is: noem de primitieve van 7a F (x) en geef de eigenschap(pen) die F moet hebben om 7c te laten uitkomen.

8 = = = = x 4 + dx x 4 + dx x x 4 + dx + want integrand is even functie x 4 + dx wegens b x + x 4 + dx want lineair gedrag van int ( arctan( x + ) + arctan( ) x ) wegens a. De ondergrens geeft, aangezien arctan( ) = arctan() (arctan is een oneven functie). De bovengrens geeft ( lim x = ( π + π arctan( x + ) + arctan( ) x ) ) = π, zoals vereist. De vereiste eigenschap van de primitieve F (x) is lim x F (x) F () = π.