UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

Transcriptie

1 UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (15126) op dinsdag 4 januari 211, uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden. Bovendien dient U in alle gevallen uw antwoord te beargumenteren! 1. a) Bereken de volgende afgeleide d d [e ln(2) e sin(2 ) ] Merk op dat: Vereenvoudig zoveel mogelijk het resulterende antwoord. e ln(2) = 2 omdat de e macht de inverse functie is van de logaritme. Na deze vereenvoudiging gaan we differentiëren: d [ ] 2 e sin(2 ) d = 2 e sin(2) cos( 2 )2 [ ] = 2 1 e sin(2) cos( 2 ) b) Vereenvoudig zo veel mogelijk: We hebben: en = (+ 2)() 2+ = = (+ 3)() = =() 1 ()=1

2 2. Ga na of voor de functief :[,π] [,π 2 +π] gedefinieerd door: f()= 2 + sin 2 de inverse functie bestaat. We kijken naar de afgeleide vanf en zien dat: f ()= sin cos= 2+ 1 sin(2) Omdat en sin(2) 1is het makkelijk te zien dat voor [,π], de afgeleide positief is en de functie is dus stijgend. Dat betekent dat de functie in ieder geval injectief is. Bovendien geldtf()=enf(π)=π 2 +π dus de randpunten van het interval [,π 2 +π] worden aangenomen. Hieruit volgt dat deze continue functie volgens de tussenwaarde stelling ook alle tussenliggende waarden aanneemt. De functie is dus surjectief. We concluderen dat de inverse functie bestaat omdat de functie zowel injectief als surjectief is. 3. Bereken de volgende twee ieten: [ ] a) , + 5 Teller en noemer gaan naar oneindig. We delen teller en noemer door en krijgen: [ ] = De noemer gaat nu niet naar nul toe en we krijg = 1+ 5 [ 1+ 5 ] = 2 1 = 2 sin( 5 ) cos( 5 ) b) ln( 5. ) We merken op dat teller en noemer beide naar nul gaan en dus kunnen we de stelling van l Hôptital toepassen. Maar door de 5 factor moeten we die stelling dan maar liefst 5 keer toepassen. We kunnen beter die structuur benutten. We hebben: sin( 5 ) cos( 5 ) ln( 5 ) = y sin(y) cos(y) ln(1+y) We zien dat natuurlijk nog steeds de teller en noemer beide naar nul convergeren en dus kunnen we de stelling van l Hôpital toepassen: y sin(y) cos(y) ln(1+y) cos 2 (y) sin 2 (y) = = 1 y 1 1 = 1 1+y

3 4. Bepaal de globale en lokale maima/minima van de functief gedefinieerd door: f()= op het interval[ 3, 3]. (t+ 1)(t 1)(t+ 2) dt. We gaan eerst de kandidaatetremen bepalen. We hebben direct de randpunten= 3 en = 3. De functie is overal differentieerbaar dus resteren punten waar de afgeleide gelijk is aan nul. We hebben: f ()=(+ 1)( 1)(+ 2) en uitf ()=volgen drie etra kandidaatetremen: = 2, = 1 en = 1. We kunnen natuurlijk ook integreren om de functie f te bepalen en dan gaan differentieren om de afgeleide te bepalen. Maar eerst integreren en dan differentiëren levert de oorspronkelijke functie op. Om de functiewaarden in de kandidaatetremen te bepalen moet ik echter wel de functie f uitrekenen: f()= (t+ 1)(t 1)(t+ 2) dt= = t 3 + 2t 2 t 2 dt We berekenen de functiewaarde in alle kandidaatetremen: f( 3)= 15 4 f( 2)= 2 3 f( 1)= f(1)= f(3)= Volgens de etreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maimum en een globaal minimum. We vinden een (globaal) maimum 111/4 in 3 en een (globaal) minimum 19/12 in 1. Om te controleren of het randpunt 3 een lokaal maimum of minimum is kijken we afgeleide. We zienf ( 3)= 8<en dus is dit linker randpunt een lokaal maimum. Om te controleren of 2 en 1 lokale minima/maima zijn nemen we de tweede afgeleide. We krijgen: f ()= We hebbenf ( 2)> en dus is 2 een lokaal minimum. Verder isf ( 1)< en dus is 1 een lokaal maimum. 5. Bepaal de volgende integraal e 1 sin(ln ) d. We gaan een substitutie toepasseny= ln. We krijgen: dy d = 1

4 dy= 1 d Voor de grenzen zien we dat= 1 en=eoplevereny = eny = 1 respectievelijk. We krijgen: e 1 sin(ln ) d= 1 sin(y) dy= [ ] 1 cos(y) = 1 cos(1) 6. Bepaal de volgende integraal (+ 1) 2 d. We gaan breuksplitsen. De graad van de teller is niet kleiner dan de graad van de noemer dus daar moeten we mee beginnen: = 2( ) = De teller is nog steeds niet kleiner dan de graad van de noemer dus doen we dit nog een keer: = ) (2 2 = We krijgen: (+ 1) 2 = (+ 1) (+ 1) 2 d= = (+ 1) 2 d [ 2 ++ ln ] = 6+ln = ln 3 7. a) Bepaal voor de functie f()= het Taylorpolynoom van de graad 3 rond= 1. Omdat dit al een polynoom is van graad kleiner of gelijk aan 3 is het Taylor polynoom gewoon het polynoom zelf. We kunnen het eventueel nog herschrijven in termen van 1: f()=1+( 1) 2

5 Als we het Taylorpolynoom formeel uitrekenen komt er natuurlijk hetzelfde uit: f (1) ()=2 2 f (2) ()=2 f (3) ()= f(1)=1 f (1) (1)= f (2) (1)=2 f (3) (1)= en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: f(1)+ f(1) (1) 1! b) Bepaal voor de functie ( 1)+ f(2) (1) 2! g()=e f() =e het Taylorpolynoom van de graad 3 rond= 1. Hint: gebruik deel a ( 1) 2 + f(3) (1) ( 1) 3 = 1+( 1) 2 3! Als wey =f()= definiëren dan zien we dat voor 1daty 1. Dus we beginnen met een Taylorreeks voorh(y)=e y rond 1. We hebben: h (1) (y)=e y h (2) (y)=e y h (3) (y)=e y h(1)=e h (1) (1)=e h (2) (1)=e h (3) (1)=e en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: h(1)+ h(1) (1) 1! We weten echter y 1 ( 1) 2 (y 1)+ h(2) (1) 2! (y 1) 2 + h(3) (1) (y 1) 3 3! =e+e(y 1)+ e 2 (y 1)2 + e 6 (y 1)3

6 (in ons speciale geval hebben we zelfs een gelijkheid in plaats van een benadering) en dus krijgen we als benadering voor de oorspronkelijke functie: e+e( 1) 2 + e 2 ( 1)4 + e 6 ( 1)6 Omdat we een Taylor approimatie van orde 3 zoeken gooien we alle machten van groter dan 3 weg en we krijgen g() e+e( 1) a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ẍ 4ẋ+ 5= We proberen een oplossing van de vorm(t)=e rt. We vinden: [ ] =(r 2 4r+ 5)e rt = (r 2) e rt We vinden twee complee oplossingenr = 2+i enr = 2 i. Dit levert twee onafhankelijke oplossingen van de homogene vergelijking: 1 (t)=e 2t sint en 2 (t)=e 2t cost. We vinden de algemene oplossing: e 2t [α sint+β cost] b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ẍ 4ẋ+ 5= 2e 2t We proberen een oplossing van de vorm (t)=ae 2t om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: 4ae 2t 8ae 2t + 5ae 2t = 2e 2t en we krijgena=2. Dit levert een particuliere oplossing 2e 2t en dus wordt de algemene oplossing gegeven door: e 2t [ 2+α sint+β cost] 9. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: ẋ(t) = t sin(t)(t) ) met( π 2 = e.

7 We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: 1 d= t sint dt De eerste integraal levert op: 1 d= ln +C 1 en de tweede integraal levert op: t sint dt= t cost+ cost dt= t cost+ sint+c 2 We krijgen: ln +C 1 = sint tcost+c 2 metc 1 enc 2 als twee constanten. De beginconditie( π 2 )= e levert op: C 2 C 1 = ln =sint tcost Hieruit volgt: sint t cost =e en als we weer gebruik maken van( π 2 )= e krijgen we: (t)= e sint t cost.