UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

Transcriptie

1 UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (5260) op donderdag 2 oktober 200, uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden. Bovendien dient U in alle gevallen uw antwoord te beargumenteren!. a) Bereken de volgende afgeleide d dx [ ( cos e sin(x)) sin (e cos(x))] Als we differentiëren krijgen we: d [ ( cos dx = sin (e cos(x))] e sin(x)) sin ( e sin(x)) e sin(x) cos(x)+ cos ( e cos(x)) e cos(x) sin(x) b) Vereenvoudig zo veel mogelijk: x We hebben: x = x x+ x = + x x+ Voor de volgende stap concluderen we dat: + x x+ = x+ 2x+ x = + x+ 2x+ = ()(2x+ ) = 2x+ 2. Ga na of voor de functief :[, 5] [0, 54] gedefinieerd door: f(x)=x 3 3x de inverse functie bestaat.

2 We kijken naar de afgeleide vanf en zien dat: f (x)=3x 2 6x= 3x(x 2) Voorx [0, 2] is de afgeleide positief en de functie is stijgend. Maar voorx [, 0] of x [2, 5] is de afgeleide negatief en de functie is dus dalend. Hieruit volgt dat de functie nooit injectief kan zijn. Hiervoor is het nodig dat de functie of alleen maar stijgend of alleen maar dalend is. Dus bestaat de inverse functie niet. 3. Bereken de volgende twee ieten: ( ) a) sin, x ln(+2x) We merken op dat de sinus continu is Voor sin ( ) ( = sin x ln(+2x) x ln(+2x) ) x ln(+2x) merken we op dat de teller en noemer beide naar nul convergeren en dus kunnen we de stelling van l Hôpital toepassen: x ln(+2x) = 2π sin(x) cos(x) ln(+2x)+ 2x +2x We dat de teller en noemer nog steeds beide naar nul convergeren en dus kunnen we de stelling van l Hôpital nog een keer toepassen: en dus sin b) 2π sin(x) cos(x) ln(+2x)+ 2x +2x ( ) ( = sin x ln(+2x) [ ] x 2 + 3x x. arctan x 2π[cos 2 (x) sin 2 (x)] = 2 +2x + 2 = π 2 (+2x) 2 We zien dat de noemer de eigenschap heeft dat: arctanx= π 2 0 [ ] x 2 + 3x x = arctan x ) = x ln(+2x) [ ] x 2 + 3x x arctanx = 2 [ ] π x 2 + 3x x

3 Dit is een iet waarvoor de zogenaamde worteltruc het beste werkt: 2 π x 2 + 3x x= 2 π ( x 2 + 3x x)( x 2 + 3x +x) x 2 + 3x +x = 2 π (x 2 + 3x) x 2 x 2 + 3x +x = 2 π = 2 π = 2 π 3x x 2 + 3x +x x = 3 π waarbij we bij de 4de gelijkheid teller en noemer door x hebben gedeeld. Hierbij moet je opletten met de wortel: als je de wortel doorx deelt moet je binnen de wortel door x 2 delen. 4. Bepaal de globale en lokale maxima/minima van de functief gedefinieerd door: f(x)=3x 4 + 8x 3 48x op het interval[ 3, 3]. We gaan eerst de kandidaatextremen bepalen. We hebben direct de randpuntenx= 3 en x = 3. De functie is overal differentieerbaar dus resteren punten waar de afgeleide gelijk is aan nul. We hebben: f (x)=2x x 2 96x= 2x(x 2 + 2x 8)=2x(x+ 4)(x 2) en uit f (x) = 0 volgen twee extra kandidaatextremen: x = 0 en x = 2. Merk op dat x = 4 geen kandidaatextreem is omdat het niet in het interval [ 3, 3] ligt. We berekenen de functiewaarde in alle kandidaatextremen: f( 3)= 393 f(0)=2 f(2)= 68 f(3)=39 Volgens de extreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maximum en een globaal minimum. We vinden een (globaal) maximum 39 in 3 en een (globaal) minimum 393 in 3. Om te controleren of 0 en 2 lokale minima/maxima zijn nemen we de tweede afgeleide. We krijgen: f (x)=36x x 96 We hebbenf (0)<0 en dus is 0 een lokaal maximum. Verder isf (2)>0en dus is 2 een lokaal minimum. 5.

4 Bepaal de volgende integraal 0 ( x( x)(x) sin πx πx 2) dx. We gaan een substitutie toepasseny=πx πx 2. We krijgen: dy dx =π 2πx dy=π(x)dx Voor de grenzen zien we dat x = 0 en x = 2 opleveren y = 0 en y = π respectievelijk. We krijgen: π 2 π 0 y sin(y) dy. Om dit verder uit te rekenen gaan we partieel integreren: π π 2 y sin(y) dy= [ ] π 0 π 2 ycos(y) + π 0 π 2 0 = 2 π + [ ] π π 2 sin(y) 0 = 2 π cos(y) dy 6. Bepaal de volgende integraal x 2 + 2x+ dx. We gaan breuksplitsen. De graad van de teller is niet kleiner dan de graad van de noemer dus daar moeten we mee beginnen: x 2 + 2x+ = 3(x2 + 2x+ )+2x+ 2x+ x 2 = x+ x 2 + 2x+ We krijgen: en krijgen x 2 + 2x+ x 2 + 2x+ dx= = 3+ 2x+ (x+ ) 2 = 3+ 2 x+ (x+ ) x+ (x+ ) 2 dx Merk op dat dit een oneigenlijke integraal is wegens een pool in. We krijg x 2 + 2x+ dx 3+ 2 x+ (x+ ) 2 dx = 3+ 2 s x+ dx+ (x+ ) 2 t t [ = ln x+ + ] s [ + ln(x+ )+ s x+ t x+ [ = 7+3s+ 2 ln s+ + ] + s s+ t = = ] 2 [ 6+2 ln(3)+ 2 ln t+ 3 t+ t ]

5 Voor de eerste iet gebruiken we dat de tweede iet hebben we dat t+ hier dus tegengesteld teken. We hebben echter dat s+ en ln s+ alss. Voor en ln t+ alst. Ze hebben veel sneller naar oneindig gaat als ln t+. Dat kunnen we bijvoorbeeld zien uit het feit dat we in het college vaker hebben gezien dat en dus (t+ ) ln t+ =0 t t + 2 ln t+ = t+ t t+ ( ) +2(t+ ) ln t+ =. t+ 7. a) Bepaal voor de functie We hebben: f(x)=πe x het Taylorpolynoom van de graad 3 rondx= 0. f () (x)=πe x f (2) (x)=πe x f (3) (x)=πe x f(0)=π f () (0)=π f (2) (0)=π f (3) (0)=π en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: f(0)+ f() (0)! x+ f(2) (0) 2! b) Bepaal voor de functie g(x)=cos[f(x)]=cos(πe x ) x 2 + f(3) (0) x 3 =π+πx+ 3! 2 πx2 + 6 πx3 het Taylorpolynoom van de graad 3 rondx= 0. Hint: gebruik deel a Als we y = f(x) = πe x definiëren dan zien we dat voor x 0 dat y π. Dus we beginnen met een Taylorreeks voor h(y) = cos y rond π. We hebben: h () (y)= sin(y) h (2) (y)= cos(y) h (3) (y)=sin(y)

6 h(π)= h () (π)=0 h (2) (π)= h (3) (π)=0 en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: h(π)+ h() (π)! We weten echter (y π)+ h(2) (0) 2! (y π) 2 + h(3) (0) (y π) 3 = 3! 2 (y π)2 y π πx+ 2 πx2 + 6 πx3 en dus krijgen we als benadering voor de oorspronkelijke functie: [πx+ 2 2 πx2 + 6 πx3] 2 Omdat we een Taylor approximatie van orde 4 zoeken gooien we alle machten van x groter dan 4 weg: + π2 2 en we krijgen: [x 2 +x 3] + π2 2 x2 + π2 2 x3 8. a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ẍ ẋ 6x= 0 We proberen een oplossing van de vormx(t)=e rt. We vinden: 0=(r 2 r 6)e rt =(r 3)(r+ 2)e rt We vinden twee reële oplossingen r = 3 en r =. Dit levert twee onafhankelijke oplossingen van de homogene vergelijking: x (t)=e 3t en x 2 (t)=e t. We vinden de algemene oplossing: αe 3t +βe t b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ẍ ẋ 6x= 6t 2 + 8t+ 5

7 We proberen een oplossing van de vorm x(t)=a+bt+ct 2 om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: 2c (b+ 2ct) 6(a+bt+ct 2 )=6t 2 + 8t+ 5 en we krijgen: 2c b 6a=5, c 6b=8, 6c= 6 door de, t ent 2 termen aan elkaar gelijk te stellen. De derde vergelijking levert op c=. Uit de tweede vergelijking krijgen we danb= en de eerste vergelijking levert dana=. Dit levert een particuliere oplossing (+t+t 2 ) en dus wordt de algemene oplossing gegeven door: αe 3t +βe t (+t+t 2 ). 9. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: ẋ= tet 2x metx()=. We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: 2x dx= te t dt De eerste integraal levert op: 2x dx=x 2 +C en de tweede integraal levert op: [ te t dt= te t] e t dt=(t )e t +C 2 We krijgen: x 2 +C =(t )e t +C 2 metc enc 2 als twee constanten.x()= levert op:c 2 C = x 2 = +(t )e t Hieruit volgt: x= +(t )e t x(t)= +(t )e t