UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

Transcriptie

1 UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (526) op dinsdag 26 augustus 28, 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 ln(x) ln ( )] x Vereenvoudig zo veel mogelijk het resulterende antwoord. Als we differentiëren krijgen we: [ ( )] d dx ln(x) ln x = d [ ] dx ln(x) + ln(x) = x ln 2 (x) + x b) Toon aan dat: [ ( ) ] d x 2 + 4x+ 4 ln + ln(+x) dx x+ = 2 x+ 2 Hint: kijk voordat u gaat differentiëren eerst eens of u de uitdrukking kunt vereenvoudigen. Het handigste is om eerst te vereenvoudigen en dan pas te differentiëren. We hebben namelijk: ( ) x 2 + 4x+ 4 ln + ln(+x)=ln(x 2 + 4x+ 4) ln(x+ )+ln(+x) x+ Daarna krijgen we: d 2 2 ln(x+ 2)= dx x+ 2 = ln(x+ 2) 2 = 2 ln(x+ 2) Natuurlijk kun je ook direct differentiëren en daarna vereenvoudigen en dat levert natuurlijk ook een correct antwoord op.

2 2. Ga na of voor de functief :[, ] [,e] gedefinieerd door: f(x)=exp(3x 2 2x 3 ) de inverse functie bestaat. Een inverse functie bestaat als een functie injectief en surjectief is (samen ook wel bijectief genoemd). Maar om aan te tonen dat een functie een inverse heeft, is het vaak handig om te laten zien dat de functie stijgend of dalend is en de randpunten op elkaar worden afgebeeld. In dit geval: f() = en f() = e dus de randpunten worden op elkaar afgebeeld. Daarna controleren we of de functie stijgend of dalend is door te kijken naar de afgeleide en we krijgen: f(x)=(6x 6x 2 )e 3x2 2x 3 = 6x( x)e 3x2 2x 3 > voor x (, ). Hieruit concluderen we dat de functie stijgend is en dus bestaat de inverse. 3. Bereken de volgende twee limieten: arcsinx a) lim, x x We zien dat de teller en noemer allebei naar nul gaan dus dit is een typisch geval voor de stelling van l Hôpital. We krijgen: arcsin x lim = lim x x x sinx b) lim x x. x 2 = = We zien dat in de teller sinx tussen en blijft terwijl in de noemerx willekeurig groot wordt. Het vermoeden ontstaat dat de limiet gelijk is aan. Om dit hard te maken gebruiken we de insluitstelling. terwijl: x sinx x x lim x x = lim x x = Volgens de insluitstelling vinden we: sinx lim x x =. 4. Bepaal het minimum en het maximum van de functief gedefinieerd door: f(x)=3x 4 4x 3 2x op het interval[ 2, 3].

3 We gaan eerst de kandidaatextremen bepalen. We hebben direct de randpuntenx= 2 en x = 3. De functie is overal differentieerbaar dus resteren punten waar de afgeleide gelijk is aan nul. f (x)=2x 3 2x 2 24x= 2x(x 2 x 2)=2x(x+ )(x 2) en uit f (x) = volgen drie extra kandidaatextremen: x =, x = enx = 2. We berekenen de functiewaarde in alle kandidaatextremen: f( 2)=52 f( )=5 f()=2 f(2)= 2 f(3)=47 Volgens de extreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maximum en een globaal minimum. We vinden een (globaal) maximum 52 in 2 en een (globaal) minimum 2 in Bepaal de volgende integraal π/2 sin(x) cos(x)e sin(x) dx. We gaan een substitutie toepasseny= sinx. We krijgen: en dus: dy dx = cosx dy= cosx dx Voor de grenzen zien we datx=enx= π 2 We krijgen: oplevereny= eny= respectievelijk. ye y dy Om dit op te lossen moeten we gaan partieel integreren. We krijgen: ye y dy= [ ye y] =e [e y ] =e e+ = e y du 6. Bepaal de volgende integraal 3 x 2 x 2 3x+ 2 dx.

4 We gaan breuksplitsen. We moeten wel eerst zorgen dat de graad van de teller kleiner wordt als de graad van de noemer. We krijgen: x 2 x 2 3x+ 2 = x2 3x+ 2 x 2 3x x 2 x 2 3x+ 2 = + 3x 2 x 2 3x+ 2 = + A x 2 + B x Nu moeten we de constantenaenb nog vinden. Door de laatste twee termen onder een noemer te brengen krijgen we: A(x )+B(x 2)=3x 2 De twee polynomen links en rechts zijn aan elkaar gelijk als: A+B= 3 A 2B= 2 We vinden dus: A= 4, B=, en vinden dat onze integraal gelijk is aan: x 2 x dx. + 4 x 2 x dx=[x+ 4 ln x 2 ln x ] 3 = +4 ln ln 5+ln 4 = 4 ln ln 5+2 ln 2 = 3+6 ln 2 4 ln 5 7. a) Bepaal voor de functie f(x)=lnx het Taylorpolynoom van de graad 4 rondx=. f () (x)=x f (2) (x)= x 2 f (3) (x)=2x 3 f (4) (x)= 6x 4

5 en dus: f()= f () ()= f (2) ()= f (3) ()=2 f (4) ()=6 en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: f()+ f() ()! (x )+ f(2) () 2! (x ) 2 + f(3) () 3! (x ) 3 + f(4) () (x ) 4 4! =(x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4 b) Bepaal voor de functie f(x)=cos(π lnx) het Taylorpolynoom van de graad 4 rondx=. Hint: gebruik deel a Als wey=π ln(x) definieren dan zien we dat voorx daty. Dus we beginnen met een Taylorreeks voor g(y) = cos y rond. g () (y)= sin(y) g (2) (y)= cos(y) g (3) (y)=sin(y) g (4) (y)=cos(y) en dus: g()= g () ()= g (2) ()= g (3) ()= g (4) ()= en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: g()+ g() ()! (y )+ g(2) () 2! (y ) 2 + g(3) () 3! (y ) 3 + g(3) () 3! (y ) 4 = 2 y y4

6 We weten echter y π [(x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4] en dus krijgen we als benadering voor de oorspronkelijke functie: 2 π2[ (x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4] π4[ (x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4] 4 Omdat we een Taylor approximatie van orde 4 zoeken gooien we alle machten vanx groter dan 4 weg: [ ] π2 2 (x )2 + π2 2 (x )3 + π2 3 π2 8 +π4 (x ) 4 24 en we krijgen na vereenvoudiging: π2 2 (x )2 + π2 2 (x )3 + π2 (π 2 ) (x ) a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ẍ+ 2ẋ+x= We proberen een oplossing van de vormx(t)=e rt. We vinden: =(r 2 + 2r+ )e rt =(r+ ) 2 e rt We vinden maar één oplossingr = en dusx(t)=e t. In zo n geval weten we dat een tweede oplossing gegeven wordt doorx(t)=te t. We vinden de algemene oplossing: αe t +βte t. b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ẍ+ 2ẋ+x= 5 cos(2t) We proberen een oplossing van de vorm x(t)=a cos(2t)+b sin(2t) om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: 5 cos(2t)=( 3a+4b) cos(2t) (4a+3b) sin(2t) en na enig rekenwerk krijgen wea= 3 5 enb= 4 5. Dan is 4 5 sin(2t) 3 5 cos(2t) een particuliere oplossing en wordt de algemene oplossing gegeven door: αe t +βte t sin(2t) 3 5 cos(2t).

7 9. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: ẋ= metx(π)=. +tan 2 x We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: tan 2 x+ dx= dt tanx=t+c metc een constante. Als we gebruiken dat voort = π we moeten hebben datx = vanwege onze beginvoorwaarde zien we datc= π. Dit levert op: tanx=t π en dus: x= arctan(t π)+kπ met k een willekeurig geheel getal. Maar met behulp van de beginconditie vinden we k=. We krijgen: x= arctan(t π).