Infi A oefententamen ψ

Transcriptie

1 Infi A oefententamen ψ Aanwijzingen Motiveer alle antwoorden. Werk rustig, netjes en duidelijk. Zorg dat je uitwerking maar één interpretatie toelaat. Alle informatie op dit opgavenblad mag bij alle (deel)opgaven gebruikt worden. Gebruik van elektronica of naslagwerken is niet toegestaan. Totaal 48 punten Geef de comple geconjugeerde van in de vorm a + bi. 2i 5 + i11 Oplossing: Merk op i 4 = 1, daarom 2i 5 + i 11 = 2i 2 + i 3 = 2 i. Dan is 1 2i 5 + i = i = 2 + i 5, daarvan is de geconjugeerde i. Vaak gemaakte fout: de geconjugeerde van 1 1 is weliswaar gelijk aan, a+bi a bi maar dat is helemaal niet vanzelfsprekend. Kijk uit voor dat soort valse vrienden! 2. Zij f een differentieerbare functie met f(2) = 2 en f (2) = 3. Bepaal d d( f(f(f())) ) =2. Oplossing: We moeten eerst differentiëren met de kettingregel: d ( ) f(f(f())) =2 = f (f(f()))f (f())f () =2 d = f (f(f(2)))f (f(2))f (2) = = 27. Wie hier 3 als antwoord krijgt, heeft de kettingregel nog niet goed genoeg geoefend. Wie eerst evalueert en daarna pas differentieert, neemt de afgeleide van de constante f(f(f(2))) en dat is. 3. Bepaal de afgeleide van f() = e t2 /2 dt.

2 Oplossing: Dit volgt direct uit de hoofdstelling van de integraalrekening: f () = d d e t2 /2 dt = e 2 /2. 4. Onderzoek of de grafiek van y = arctan( 1 ) horizontale en/of vertikale asymptoten heeft. Oplossing: Voor horizontale asymptoten kijken we naar: lim arctan(1/) = lim arctan = : dit betekent dat de lijn y = een asymptoot is voor ; lim arctan(1/) = lim arctan = : dit betekent dat de lijn y = ook een asymptoot is voor. Voor vertikale asymptoten onderzoeken we wat er gebeurt bij het enige punt waar de grafiek niet gedefiniëerd is, namelijk = : lim arctan(1/) = lim + arctan = π 2, en lim arctan(1/) = lim arctan = π 2. Aangezien beide limieten bestaan, is er geen vertikale asymptoot bij =. 5. Laat middels een Taylorpolynoom met steunpunt van log 1 + zien dat 6 pt. 1 log Hints: Tayloren kan hier naar keuze met veel of weinig werk, en 81 let op dat je een verstandige kiest! Oplossing: Korte manier: herken dat log 1+ = log(1 + ) log(1 ). 1 Er geldt (naar keuze uit het geheugen of door ter plekke afleiden) dat het n-de orde Taylorpolynoom van log(1 + ) in steunpunt is: ( 1)n n n ; indien we hierin door vervangen vinden we overeenkomstig voor log(1 ): n n.

3 Het verschil van deze polynomen geeft de Taylorveelterm voor log 1+ 1 namelijk 2( ), waarin dus steeds de even machten van wegvallen. We willen log 2 benaderen dus we hebben nodig = 1 1+1/3 (immers = 4/3 = 2). We weten 3 1 1/3 2/3 alleen nog niet precies welke orde van Taylorbenadering we nodig hebben. De eerste-orde benadering geeft log 2 2 = 2/3 = 54/81, dit is dus nog niet precies genoeg. De tweede-orde benadering is precies hetzelfde, omdat de tweede-orde term is. De derde-orde benadering heeft een etra term = 2 ( )3 = 2. Daarmee vinden we dan inderdaad de benadering log 2 = = 56, zoals in de opgave vermeld. d 6. Bereken (4 + ). Oplossing: Gebruik de substitutie u 2 = met 2u du = d, en voor de grenzen u als, en u als, dan gaat de bepaalde integraal over in 2u du (4 + u 2 )u = 2 = 1 du (u/2) 2 = arctan u 2 du 4 + u 2 = lim u arctan u 2 arctan = π 2. Je kunt ook de onbepaalde integraal uitrekenen, terugsubstitueren en daarna de grenzen evalueren: d (4 + ) = arctan 1 2 = lim arctan 1 2 arctan = π Evalueer d. 3 8 Hint: laat zien dat = ( 2)(2+2)+2( ), en factoriseer de noemer.

4 Oplossing: Eerst hint controleren: dat klopt ja. ( 2)(2 + 2) + 2( ) = ( ) + ( ) = , De noemer van de integrand, 3 8, heeft een nulpunt bij = 2 en heeft dus een factor 2 vgs. de factorstelling. Uitvoeren van de deling geeft 3 8 = ( 2)( ). De tweede factor is gelijk aan (+1) 2 +3 > dus we kunnen niet verder factoriseren. We zien wel beide factoren terug in de hint, dat zal wel de bedoeling zijn. Inderdaad kunnen we nu de integrand als volgt herschrijven: = ( 2)(2 + 2) + 2( ) ( 2)( ) = De laatste twee breuken zijn eenvoudig te primitiveren. De eerste geeft d = log( ) + c, hier kan in de log achterwege blijven omdat de veelterm voor alle waarden van positief is. De tweede breuk levert 2 d = 2 log 2 + c. 2 Samenvattend: (Beide antw goed rekenen.) d 3 8 = log( ) + 2 log 2 + c = log ( ( )( 2) 2) + c. a 8. a. Zij a > gegeven. Bepaal d. 2 e 4 a Oplossing: Noem f() =. Er geldt f( ) = = 2 e 4 2 e ( )4 f() dus f is een oneven functie. Bovendien integreren we van a

5 tot a d.w.z. op een symmetrisch interval om =, zodat de bijdragen van f() met > precies wegvallen tegen de bijdragen met <. We concluderen dat voor alle a R: a a 2 e 4 d =. b. Onderzoek of d bestaat. 2 e 4 Oplossing: Het integratie-interval is tweezijdig onbegrensd dus we moeten de integraal splitsen in twee afzonderlijke oneigenlijke integralen, f() d en f() d, met f als boven. De integraal van de opgave bestaat alleen indien deze delen allebei convergent zijn. Maar aangezien e 4 >, geldt op het interval (, ) dat < 2 < f(); bovendien is d divergent, dus is volgens een stelling in het boek 2 ook f() d divergent. (Terzijde: het tweede deel, met <, is op dezelfde manier ook divergent). We concluderen dat de in de opgave gevraagde integraal divergent is.

6 9. Los de d.v. dy 6 pt. d = e met beginwaarde y() = 2 op. y Oplossing: Scheiden leidt tot de integralen: y dy = e d. De linker integraal geeft 1 2 y2. De rechter integraal behandelen we met de substitutie u 2 =, 2u du = d en partiëel: e d = 2ue u du = 2ue u 2e u du = 2(u 1)e u. We krijgen dus, na terugsubstitutie, y 2 = 4( 1)e + c Nu zijn er in principe twee oplossingen denkbaar voor y, nl. de positieve of negatieve wortel over de rechterkant. (NB dit hebben zeer veel studenten over het hoofd gezien!) Aangezien de beginwaarde y() = 2 positief is, moeten we de positieve wortel kiezen. Los daarvan bepalen we de integratieconstante door de beginwaarde in te vullen: 2 2 = 4( 1)(1) + c, dus c = 8, en de oplossing luidt y = +2 ( 1)e We definiëren een familie functies u n : R R als volgt: u () = 1, constante functie, u 1 () = 2, en u n+1 () = 2u n () u n 1 () als n 1. a. Laat zien dat u 2 () = en bereken zelf u 3 (). Oplossing: Volgens de gegeven regels is dat klopt. u 2 () = 2u 1 () u () = = 4 2 1, Op dezelfde manier is dan u 3 () = 2u 2 () u 1 () = 2(4 2 1) 2 =

7 b. Men beweert dat voor alle n geldt: u n (cos ϕ) = sin((n + 1)ϕ). Laat zien dat deze bewering klopt voor n = en n = 1. Oplossing: Voor n = : per definitie is u (cos ϕ) = 1, en ook dat klopt mooi. = 1, dus Voor n = 1 hebben we per definitie u 1 (cos ϕ) = 2 cos ϕ en daarnaast m.b.v. somformule sin 2ϕ klopt dus ook. = 2 cos ϕ = 2 cos ϕ = u 1 (cos ϕ), c. Neem aan dat u n en u n 1 de genoemde eigenschap hebben. Laat zien dat u n+1 hem dan ook heeft. Hint: Probeer eerst op klad totdat je ziet hoe het werkt. Oplossing: We moeten laten zien dat u n+1 (cos ϕ) = sin(n+2)ϕ. Eerst schrijven we m.b.v. de definitie: u n+1 (cos ϕ) = 2 cos ϕ u n (cos ϕ) u n 1 (cos ϕ). Hierin kunnen we gebruiken dat de bewering klopt voor u n en u n 1, die kunnen we dus invullen en dan de breuken samennemen: sin(n + 1)ϕ sin nϕ u n+1 (cos ϕ) = 2 cos ϕ 2 cos ϕ sin(n + 1)ϕ sin nϕ =. De teller van de laatste breuk moet dus gelijk zijn aan sin(n + 2)ϕ, dat is het enige dat we nog moeten laten zien. Daarvoor gebruiken we een aantal keer de somformules: 2 cos ϕ sin(n + 1)ϕ sin nϕ = 2 cos ϕ( cos nϕ + cos ϕ sin nϕ) sin nϕ wat te bewijzen was. = 2 cos ϕ cos nϕ + (2 cos 2 ϕ 1) sin nϕ = sin 2ϕ cos nϕ + cos 2ϕ sin nϕ = sin(n + 2)ϕ,