Uitwerking Tentamen Calculus B (2WBB1) van 4 november 2013

Transcriptie

1 ENGLISH PAGE 5 8 Uitwerking Tentamen Calculus B (WBB1) van november 01 Kort-antwoord-vragen 1. Zij V het vlak in R door de punten P = (1, 1, 1), Q = (,, 5), en R = (0, 0, ). Bepaal een vergelijking van het vlak V (dus geen parametervoorstelling). Antwoord: 6x 5y + z =.. Voor de vectoren (, 0, x) en (,, 0) geldt dat de cosinus van de hoek die ze maken gelijk is aan 1. Bepaal alle mogelijke waarden voor x. 5 Antwoord: x = of x =.. Bereken cos(arcsin( 5 )). Antwoord: 5.. Bepaal de afgeleide F (x) van de functie F (x) gegeven door F (x) = x 1 sin(t) t dt. Antwoord: sin(x ). x 5. Bepaal in R de afstand van de oorsprong tot de lijn met vergelijking x + y = 5. Antwoord: 1. 1

2 Open vragen 6. Zij f : [0, ) R de functie beschreven door f(x) = e x+ x. [ ] (a) Bepaal alle maxima en minima van f en geef aan of deze lokaal of globaal (absoluut) zijn. (b) Bepaal het bereik van f. Geef een duidelijke onderbouwing van uw antwoord. Antwoord (a): Extrema van f kunnen voorkomen in drie soorten punten: (i) kritieke punten, d.w.z., punten waarvoor geldt f (x) = 0; (ii) randpunten, hier dus x = 0; (iii) (inwendige) punten waar de functie niet differentiëerbaar is: die zijn er hier niet. Het (enige) kritieke punt vinden we uit f (x) = ( )e x+ x = 0. Omdat een x e-macht nooit nul is, is de enige mogelijkheid 1+1/ x = 0 met als enige oplossing x = 1, (en y = f(x) = e). Voor het randpunt x = 0 geldt f(0) = 1, de functie is in dit punt niet differentieerbaar, maar voor alle x tussen 0 en 1 is de afgeleide positief, dus we hebben in x = 0 een minimum (1). Voor x geldt f(x) 0, dus heeft de functie voor x = 1 een maximum (e). Het minimum bij x = 0 is lokaal, want ver weg is f(x) < 1. Het maximum bij x = 1 is globaal. Antwoord (b): Uit de discussie bij (a) volgt dat het bereik het interval (0, e] is. [ ] 7. Zij f : R R de functie gegeven door f(x) = x 1 + x. (a) Bepaal de afgeleide f (x) en laat zien dat f (x) > 0 voor alle 0 x R. (b) Uit (a) volgt dat f inverteerbaar is. Bepaal de afgeleide van de inverse f 1 van f in het punt, dus (f 1 ) (). Antwoord (a): Er geldt f (x) = (1 + x ) 1x x x = x ( + x ) en dit is (1 + x ) (1 + x ) duidelijk positief voor x 0. Antwoord (b): Er geldt: (f 1 ) () = 1 f (1) = 1, want f(1) =, en f (1) = / =.

3 8. Bereken de volgende limiet: lim x 0 sin(x) x cos(x) x. Antwoord: Met l Hôpital moeten we drie keer differentiëren. Handiger is om het derde orde Taylorpolynoom (rond 0) te gebruiken: sin(x) = x (x) 6 ( +O(x )), x cos(x) = x x x ( +O(x )). We krijgen nu lim x 0 sin(x) x cos(x) x = x 8 6 x x + x x = + 1 = Bepaal het Taylorpolynoom van graad rond a = π van de functie f(x) = tan(x). Antwoord: Het Taylorpolynoom van graad heeft de volgende vorm: P (x) = f(a) + f (a)(x a) + 1 f (a)(x a). Hier is f(x) = tan(x), dus f (x) = 1 + tan (x) of f (x) = 1/ cos (x) en dan f (x) = tan(x)(1 + tan (x)), of f (x) = sin(x)/ cos (x). In het bijzonder is f(π/) = 1, f (π/) = en f (π/) = en tenslotte: P (x) = 1 + (x π/) + (x π/). 10. Bepaal de volgende integralen: [ 5 ] (a) (b) x tan( 1 6 π(x + 1)) dx. x x + x x x + dx. Antwoord (a): We gebruiken één van de substities u = x, u = x + 1 of (in deze oplossing) u = (x + 1)π/6, en dus du = xπ/ dx oftewel x dx = (/π) du. Omdat 0 x 1 geldt nu voor u : π/6 u π/. De integraal wordt hiermee: π π/ π/6 tan(u) du = π ln(cos(u)) π/ π/6 = π ln(1 ) + π ln( ) = π ln(). Antwoord (b): We delen eerst met rest: gaan we breuksplitsen: x x+ = (x )(x 1), en dus de integraal wordt: 5 x x + x x x + = x x x + 1 x 1 dx = 1 x ln(x ) + ln(x 1) 5 = x x x +. Nu x x x + = x 1 x 1, = 9 ln + ln ln = 9 ln 6. Strikt genomen hadden we natuurlijk eigenlijk van te voren na moeten gaan of geen van de punten x = 1 en x = in het integratieinterval liggen.

4 11. Bepaal de vergelijking van de raaklijn door het punt (1, ) aan de kromme, gegeven door de vergelijking xe y + ye x = e. Antwoord: De vorm van de vergelijking van de raaklijn is y = m(x 1). Hierin is m = dy = dx y voor x = 1 (aangenomen natuurlijk dat het punt (1, ) op de kromme ligt, maar dat is zo). We vinden deze waarde door impliciet te differentiëren naar x: e y + xy e y + y e x + y e x = 0. We vullen nu het punt (x, y) = (1, ) in: e +y e +e = 0, en dus m = y = 5/, de raaklijn wordt nu y = 5 (x 1). Alternatieve schrijfwijzen: y = 5 x + 9 of 5x + y = 9. [ 5 ] 1. Bepaal de oplossing y van de differentiaalvergelijking dy dx y x = x5, met beginwaarde y(1) =. Antwoord: Deze d.v. is van de vorm y + p(x)y = q(x), en laat zich dus met een beetje geluk oplossen door variatie van constante, of met behulp van een integrerende factor. We doen beide. In ons geval is p(x) = /x en q(x) = x 5 ; P (x) = ln x is een primitieve van p(x). De homogene vergelijking heeft als oplossing y = Ce P (x) = Cx. Variatie van constante betekent dat we nu nemen C = C(x), die moet voldoen aan C (x)x = q(x) = x 5. We vinden C (x) = x, en dus C(x) = x + D en de algemene oplossing wordt dus y(x) = (x +D)x. Tenslotte is y(1) =, zodat D =, en y = x 6 +x. De alternatieve aanpak is die met behulp van een integrerende factor, e +P (x) = x. Nu hebben we y x y ( y ) x = y = x. Als we dit integreren krijgen we 5 x x = x + D, en dus y = x 6 + Dx. De rest gaat verder als boven.

5 Solutions Exam Calculus, WBB1, November 01 Short answer problems 1. Let V be the plane in R containing the three points P = (1, 1, 1), Q = (,, 5), en R = (0, 0, ). Find an equation of the plane V (so not a parametrisation). Answer: 6x 5y + z =.. The vectors (, 0, x) and (,, 0) determine an angle with cosine 1. Determine all 5 possible values for x. Answer: x = or x =.. Determine cos(arcsin( 5 )). Answer: 5.. Determine the derivative F (x) of the function F (x) given by F (x) = x 1 sin(t) t dt. Answer: sin(x ). x 5. Determine in R the distance of the origin to the line with equation x + y = 5. Answer: 1. 5

6 Open questions 6. Let f : [0, ) R be the function defined by f(x) = e x+ x. [ ] (a) Determine all maxima and minima of f, and indicate whether they are local or global (absolute). (b) Determine the range of f. Give a clear motivation of your answer. Answer (a): Extrema of f can occur in three kinds of points: (i) critical points, i.e., points where f (x) = 0; (ii) boundary points, in this case x = 0; (iii) (interior) points where the function is not differentiable, those are not present in our case. The (only) critical point we find by solving f (x) = ( )e x+ x = 0. Since x the exponential function is never zero, the only possibility is 1 + 1/ x = 0, with the unique solution x = 1, and y = f(x) = e. For the boundary point x = 0 one has f(0) = 1, the function is not differentiable in this point, but for all x between 0 and 1 the derivative is positive, so for x = 0 we have a minimum (1). For x we have f(x) 0, so for x = 1 the function has a maximum (e). The minimum at x = 0 is local, since for large x the function is less than 1. The maximum at x = 1 is global. Answer (b): From the discussion in part (a) we see that the range of f is (0, e]. [ ] 7. Let f : R R be the function given by f(x) = x 1 + x. (a) Determine the derivative f (x) and show that f (x) > 0 for all 0 x R. (b) From (a) it follows that f is invertible. Determine the derivative of the inverse f 1 of f in the point, so (f 1 ) (). Answer (a): We have f (x) = (1 + x ) 1x x x = x ( + x ), which is (1 + x ) (1 + x ) clearly positive for x 0. Answer (b): We have (f 1 ) () = 1 f (1) = 1, since f(1) =, and f (1) = / =. 8. Compute the limit: lim x 0 sin(x) x cos(x) x. Answer: When we use l Hôpital s rule, we have to differentiate three times. Here it is more convenient to use third order Taylor polynomials (around 0): sin(x) = x (x) 6 ( +O(x )), x cos(x) = x x (x) ( sin(x) x cos(x) +O(x )). We obtain lim = x 0 x x 8 6 x x + x = x + 1 = 1. 6

7 9. Give the Taylor polynomial of degree around a = π of f(x) = tan(x). Answer: The Taylor polynomial of degree has the following form: P (x) = f(a) + f (a)(x a) + 1 f (a)(x a). Here f(x) = tan(x), so f (x) = 1 + tan (x) or f (x) = 1/ cos (x) and then f (x) = tan(x)(1+tan (x)), or f (x) = sin(x)/ cos (x). In particular we have f(π/) = 1, f (π/) = and f (π/) = so finally: P (x) = 1 + (x π/) + (x π/). 10. Compute the following integrals: [ 5 ] (a) (b) x tan( 1 6 π(x + 1)) dx. x x + x x x + dx. Answer (a): We can use one of the substitutions u = x, u = x + 1 or (in this solution) u = (x + 1)π/6 and now du = xπ/ dx, or x dx = (/π) du. From 0 x 1 we get π/6 u π/. The integral now becomes π π/ π/6 tan(u) du = π ln(cos(u)) π/ π/6 = π ln(1 ) + π ln( ) = π ln(). x x + x Answer (b): We first perform division with remainder: x x + = x x x x +. Next we determine the partial fraction decomposition: x x + = x (x )(x 1), and x x + = x 1, so the integral becomes: x 1 5 x x + 1 x 1 dx = 1 x ln(x ) + ln(x 1) 5 = = 9 ln + ln ln = 9 ln 6. Strictly spoken we should of course have checked in advance that none of the points x = 1 x = are contained in the interval of integration. 7

8 11. Determine an equation of the tangent line at the point (1, ) to the curve, given by the equation xe y + ye x = e. Answer: The equation of the tangent line is of the form y = m(x 1). Here m = dy = dx y for x = 1 (and y = ) (assuming of course that the point (1, ) lies on the curve, but this is the case. We can compute this value by implicit differentiation with respect to x. e y + xy e y + y e x + y e x = 0. We now substitute (x, y) = (1, ) in the equation: e + y e + e = 0, and hence m = y = 5/, the equation of the tangent line now becomes y = 5 (x 1). Some alternative ways to write this are: y = 5x + 9 or 5x + y = 9. [ 5 ] 1. Determine the solution y of the differential equation dy dx y x = x5, with initial value y(1) =. Answer: This d.e. is of the form y + p(x)y = q(x), so with some luck we may solve it using the method of variation of parameter, or using an integrating factor. We ll do both. In our case we have p(x) = /x and q(x) = x 5 ; P (x) = ln x is an antiderivative of p(x). The solution of the homogeneous equation is y = Ce P (x) = Cx. Variation of parameter means that we now consider C = C(x), satisfying C (x)x = q(x) = x 5. We find C (x) = x, and therefore C(x) = x + D so that the general solution becomes y(x) = (x + D)x. Finally from y(1) =, we find D =, and y = x 6 + x. The alternative approach is that of using an integrating factor: e +P (x) = x. Multiplying right and left with this factor we get y x y ( y ) x = = x. Integrating 5 x this gives y x = x + D, and hence y = x 6 + Dx. For the rest we proceed as above. 8