Wiskundige Technieken 1 Uitwerkingen Tentamen 3 november 2014

Transcriptie

1 Wiskundige Technieken Uitwerkingen Tentamen 3 november 0 Normering voor pt vragen andere vragen naar rato): pt 3pt pt pt 0pt goed begrepen én goed uitgevoerd, eventueel met enkele onbelangrijke rekenfoutjes 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 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 aardig beginnetje, maar het levert niet echt wat op geen idee wat te doen, dit wordt niks. Voor de hoek θ tussen u en v geldt θ arccos ) u v. u v Het inproduct en de lengtes zijn gemakkelijk te bepalen: u v , u + ), v +, en dus volgt: ) u v θ arccos u v ) arccos arccos ) 3 π.. a. We weten dat e i cos + i sin. We controleren of de twee gegeven definities aan deze regel voldoen: cos + i sin ei + e i + i ei e i i ei + e i + e i e i ei e i. We zien dat het invullen van de definities de bekende regel e i cos + i sin opleveren, dus komen de gegeven definities inderdaad overeen met de gebruikelijke definitie van e i. b. We vullen a in in de definitie van sin en gebruiken het merkwaardig product y z y + z)y z): sin a eia e ia i ) e ia ) e ia i e ia + e ia) e ia e ia) i e ia + e ia) e ia e ia eia + e ia i eia e ia i cos a sin a.

2 3. We berekenen de afgeleiden van f) sin : f) sin, f0) 0, f ) sin, f 0) 0, f ) cos, f 0), f ) sin, f 0) 0, f ) 8 cos, f 0) 8, waarbij we de uitdrukking voor f ) hebben vereenvoudigd met de bekende verdubbelingsformule van de sinus deze formule heb je bij opgave b zelf afgeleid!). Het vierde orde Taylorpolynoom van f) is dus: P ) f0) + f 0)! 3. + f 0)! De gevraagde benadering is sin ) P ) 3. + f 0) 3! 3 + f 0)! Alternatieve oplossing: Hoewel het bepalen van vier afgeleiden in dit geval niet veel werk is, kun je je afvragen of er niet een snellere manier is. We laten hier een voorbeeld van zo n snellere manier zien waarbij we ervan uitgaan dat je de Taylorontwikkeling van sin met steunpunt 0 uit het hoofd kent. Omdat we zoeken naar het vierde orde Taylorpolynoom van sin ), gebruiken we het vierde orde Taylorpolynoom van sin : sin sin ) sin ) ) ) De laatste term mogen we negeren we zoeken slechts het vierde orde Taylorpolynoom) en dus vinden we P ) 3.. Eerst nemen we de breuken samen: log log ) log. Het invullen van levert de onbepaalde vorm [ 0 0] op. De stelling van l Hôpital zegt dat deze iet gelijk is aan log + log +, mits deze laatste iet bestaat. Het invullen van levert opnieuw de onbepaalde vorm [ 0 0] op, dus kunnen we niet concluderen dat deze tweede iet bestaat. De stelling van l Hôpital zegt dat de tweede iet gelijk is aan log log, mits deze iet bestaat. Deze laatste iet bestaat wel: +log. Omdat de laatste iet bestaat, bestaat de tweede iet dus ook en dus bestaat de oorspronkelijke iet ook. Bovendien hebben de drie ieten dezelfde waarde en dus mogen we concluderen dat: log.

3 5. Allereerst moeten we bepalen waar deze grafieken elkaar snijden. We lossen op: cos sin, tan, tan of tan, π + kπ of π + kπ, waarbij k een geheel getal is. De oppervlakte van het gebied ingesloten door de grafieken tussen twee opeenvolgende snijpunten hangt niet af van de gekozen snijpunten dit geldt in dit geval, maar in het algemeen uiteraard niet!), dus kiezen we de snijpunten π en π. Vervolgens moeten we bepalen welke van de twee grafieken hoger ligt op het interval π, ) π. Omdat de grafieken elkaar verder niet snijden op dit interval en omdat het twee continue functies betreft is het voldoende om slechts één punt in dit interval te proberen. Kiezen we 0, dan volgt cos 0) en sin 0) 0, dus geldt cos sin op dit interval. De oppervlakte wordt dus gegeven door de integraal: π/ cos sin d. Met de bekende verdubbelingsformule van de cosinus vinden we: π/ cos sin d π/ cos d [ ] π/ sin a. Merk allereerst op dat cos 7 cos cos 6 cos cos ) 3 cos sin ) 3. We berekenen de integraal met behulp van de substitutieregel u sin, du cos d): cos 7 d cos sin ) 3 d u ) 3 du u 6 + 3u 3u + du 7 u u5 u 3 + u + C 7 sin sin5 sin 3 + sin + C. b. We gebruiken partiële integratie met U arcsin en dv d, dus du d en V ): arcsin d arcsin d. Voor de integraal in het rechterlid gebruiken we de inverse substitutie sin u dus d cos u du): d sin u cos u du sin u sin u cos u du cos u sin u du cos u du cos u du u sin u + C u sin u cos u + C. Nu moeten we sin u cos u uitdrukken in termen van. Bedenk dat cos u dit hadden we gebruikt in de noemer van de integrand), dan volgt: sin u cos u sin u cos u.

4 Dus volgt: d u sin u cos u + C arcsin + C en dus is de gevraagde integraal: arcsin d arcsin d arcsin arcsin ) + C waarbij we in de laatste stap C C kiezen. ) arcsin + + C, 7. a. Bedenk dat d d tan cos. We berekenen de gevraagde afgeleide met de kettingregel: d d log cos + tan sin cos + tan cos + ) cos cos + sin + sin cos cos. b. We splitsen de integraal in twee stukken en lossen ze apart op: + + d + d + + d. De eerste integraal lossen we op met de substitutieregel neem u +, dan geldt du d): + d De tweede integraal vergt wat meer werk. tan w, d cos w dw: + d u du u + C + + C. tan w + cos w We gebruiken de inverse substitutie cos w dw cos w dw cos w dw. Deze laatste integraal kunnen we berekenen dankzij onderdeel a: + d dw log cos w cos w + tan w + C. Nu moeten we alles uitdrukken in termen van. Uit de gelijkheid +tan w cos w deze hadden we gebruikt in de integrand) volgt cos w + tan w + en dus: + d log cos w + tan w + C log C log + ) + + C, waar we de absoluutstrepen mogen weglaten omdat + > geldt en dus + + > 0. De gevraagde integraal is dus: + + d + d log waarbij we in de laatste stap C C + C kiezen. + d ) + C, + +

5 8. a. We moeten eerst u uitdrukken in termen van y en y. Differentieer beide leden in de identiteit u y naar t: d dt u d dt y u y 3 y. Nu gaan we de Bernoullivergelijking herschrijven: y + ty + e t y 3 0, y 3 y + ty e t y 3, y t y e t, u tu e t, u tu e t. b. We lossen de vergelijking op met scheiding van variabelen: u tu 0, du dt tu, du t dt, u du t dt, u log u t + C, u e t +C Ce t, waarbij we in de laatste stap C e C kiezen. c. Uit u y volgt y ± u en dus is de oplossing: y ± ± t + k)e t) / ±u /. t + k)e t Bekijk voorlopig de positieve oplossing. We drukken de drie termen in het linkerlid van de Bernoullivergelijking uit in termen van t en u t + k)e t ): y u 3/ e t + tt + k)e t) ) u 3/ e t + tu e t u 3/ tu /, ty tu /, e t y 3 e t u 3/. De som van deze drie termen is: y + ty + e t y 3 e t u 3/ tu / + tu / + e t u 3/ 0, wat betekent dat deze oplossing voldoet aan y + ty + e t y 3 0. Vervolgens moeten we nagaan dat de negatieve oplossing ook voldoet. Dat kan door opnieuw alles te differentiëren, maar het kan ook sneller. Noem z de negatieve oplossing en y de positieve oplossing waarvan we dus al weten dat y +ty+e t y 3 0 geldt), dan geldt: z y, z y en z 3 y 3, dus: z + tz + e t z 3 y ty e t y 3 y + ty + e t y 3) 0. We concluderen dat de algemene oplossing inderdaad voldoet.

6 9. Het domein van f is R, omdat f) het product is van een lineaire term en een e-macht en beide factoren voor alle bestaan. Gevolg hiervan is dat f geen verticale asymptoten heeft. We gaan nog na of f horizontale asymptoten heeft omdat f een eponentiële functie bevat, zijn er geen schuine asymptoten). Aangezien de eponentiële functie wint van een veelterm, kunnen we concluderen dat 3 ) e 0 en 3 ) e. De eerste iet vertelt ons dat y 0 een horizontale asymptoot is. De tweede iet vertelt ons dat er geen andere horizontale asymptoot is. Voordat we naar de afgeleiden gaan kijken, bepalen we ook nog de snijpunten met de coördinaatassen. Het snijpunt met de y-as is 0, ). Voor snijpunten met de -as lossen we f) 0 op: 3 ) e 0, 3 0 of e 0, 3 geen oplossingen 3 wat betekent dat er één snijpunt met de -as is, namelijk 3, 0). Vervolgens bepalen we de afgeleide: f ) 3 e 3 ) e ) e. De afgeleide bestaat overal dit komt overeen met onze eerdere conclusie dat f geen verticale asymptoten heeft). Het oplossen van f ) 0 gaat op dezelfde manier als f) 0 en betekent in dit geval dat de oplossing wordt gegeven door , ofwel 5/ 3/ 5 6. De grafiek van f heeft dus één kritiek punt, namelijk 5 6, 9 e 5/3), waarvan we nog moeten nagaan of het een dal minimum) of een top maimum) betreft. Omdat de afgeleide negatief is voor < 5 6 en positief voor > 5 6, volgt dat het kritiek punt een dal is. Daarna bekijken we de tweede afgeleide: f ) 3 e ) e 3) e. Buigpunten van f vinden we door f ) 0 op te lossen. Dit gaat op dezelfde manier als f) 0 en f ) 0, en in dit geval vinden we 3 0, ofwel 3. Het buigpunt is dus 3, 3 e 8/3). Voor < 3 is de tweede afgeleide positief en voor > 3 is de tweede afgeleide negatief. We vatten alles samen in onderstaand schema: f) 0. 0 /3 5/6 /3 f) f ) f ) dal buigpunt

7 De grafiek ziet er als volgt uit: y f) O y 0