UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

Transcriptie

1 UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (526) op donderdag 23 oktober 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 tan arccos (x 2)) Vereenvoudig zo veel mogelijk het resulterende antwoord. Als we differentiëren krijgen we: d ( dx tan arccos (x 2)) cos 2 (arccos(x 2 )) x 4 2x x 4 2 x 3 x 4 b) Toon aan dat: x 4 2x We krijgen: + 6x+3 (2x+) x 4x 2 + 4x+ 2x (2x+ ) 3 + 6x+3 (2x+) x 4x 2 + 4x+ + 3(2x+) (2x+) 2 4 2x+ (2x+ ) x+ 4 2x+ (2x+ ) 2 (2x+ )+3 4 (2x+ ) 3 2x (2x+ ) 3

2 2. Ga na of voor de functief :[, ] [, ] gedefinieerd door: ( ) f(x)x 2 cos πx+ π 2 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( )enf()dus de randpunten worden niet op elkaar afgebeeld en dus heeft de functie geen inverse. Natuurlijk zien we nu meteen dat deze functie niet injectief is omdat en op het zelfde punt worden afgebeeld. 3. Bereken de volgende twee ieten: ( ) a) cos, x sinx Het makkelijkste is natuurlijk als je herkent dat: ( ) ( ) cos cos sinx cosx maar ook zonder dit te gebruiken kun je deze iet uitrekenen. We gebruiken eerst dat de cosinus een continue functie is ( ) ( ) cos cos x sinx x sinx 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: x sinx +tan 2 x x cosx cos x ( ) ( cos sinx x ) cos() sinx b) x x cos(x) x 2 +. We zien dat in de teller cosx tussen en blijft en dusx cosx tussen x enx blijft terwijl de noemer ongeveer gelijk is aanx 2 en dus veel groter wordt. Het vermoeden ontstaat dat de iet gelijk is aan. Om dit hard te maken gebruiken we de insluitstelling. terwijl: x x 2 + x cosx x 2 + x x 2 + x x x 2 + x x +x 2

3 en x x x 2 + x x +x 2 Volgens de insluitstelling vinden we: x cosx x x Bepaal het minimum en het maximum van de functief gedefinieerd door: f(x)4x 4 + 6x 3 + 8x op het interval[ 2, 2]. We gaan eerst de kandidaatextremen bepalen. We hebben direct de randpuntenx 2 en x 2. De functie is overal differentieerbaar dus resteren punten waar de afgeleide gelijk is aan nul. f (x)6x x x 4x(4x 2 + 2x+ 9)4x(2x+ 3) 2 en uitf (x) volgen twee extra kandidaatextremen:x 3 2 de functiewaarde in alle kandidaatextremen: enx. We berekenen f( 2) f()2 f( 3 2 ) 35 4 f(2)266 Volgens de extreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maximum en een globaal minimum. We vinden een (globaal) maximum 266 in 2 en een (globaal) minimum 2 in. 5. Bepaal de volgende integraal 2(x x 3 )e x2 dx. We gaan een substitutie toepasseny x 2. We krijgen: dy dx 2x dy 2xdx Voor de grenzen zien we datx enx oplevereny eny respectievelijk. We krijgen: ye y dy

4 Dit is een oneigenlijke integraal dus als je dit netjes wil uitrekenen moeten we een iet gebruiken: s ye y dy ye y dy s Om dit op te lossen moeten we gaan partieel integreren. We krijgen: s [ ] s s ye y dy ye y e y du [ ] s se s + e y se s +e s 2(x x 3 )e x2 dx s se s +e s. 6. Bepaal de volgende integraal 3 6(x 2 + ) 9x 3 + 6x 2 +x dx. We gaan breuksplitsen. De graad van de teller is al kleiner dan de graad van de noemer dus daar hoeven we niets aan te doen. We krijgen: 6(x 2 + ) 9x 3 + 6x 2 +x 6(x2 + ) x(3x+ ) 2 A x + B 3x+ + C (3x+ ) 2 Nu moeten we de constanten A, B en C nog vinden. Door de drie termen onder een noemer te brengen krijgen we: A(3x+ ) 2 +Bx(3x+ )+Cx 6(x 2 + ) x invullen levert op A 6. x /3 invullen levert op C 2. Tot slot kijken we naar dex 2 termen links en rechts en krijgen 9A+3B 6 en dat levert opb 6. We hebb en krijgen 6(x 2 + ) 9x 3 + 6x 2 +x 6 x 6 3x+ 2 (3x+ ) x 6 3x+ 2 (3x+ ) 2 dx [ 6 ln x 6 3 ] 3 2 ln 3x+ + 3(3x+) 6 ln ln ln ln ln ln 4

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

6 en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: g()+ g() ()! We weten echter y x+x 2 +x 3 (y )+ g(2) () 2! (y ) 2 + g(3) () (y ) 3 e+e(y )+ e 3! 2 (y )2 + e 6 (y )3 en dus krijgen we als benadering voor de oorspronkelijke functie: e+e(x+x 2 +x 3 )+ e 2 (x+x2 +x 3 ) 2 + e 6 (x+x2 +x 3 ) 3 Omdat we een Taylor approximatie van orde 3 zoeken gooien we alle machten van x groter dan 4 weg: e+e(x+x 2 +x 3 )+ e 2 (x2 + 2x 3 )+ e 6 x3 en we krijgen na vereenvoudiging: e+ex+ 3e 2 x2 + 3e 6 x3 8. a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ẍ+ 4ẋ+ 5x We proberen een oplossing van de vormx(t)e rt. We vinden: (r 2 + 4r+ 5)e rt [(r+ 2) 2 + ]e rt We vinden twee complexe oplossingenr 2+i enr 2 i. Dit levert twee onafhankelijke oplossingen van de homogene vergelijking: x (t)e 2t cost enx 2 (t)e 2t sint. We vinden de algemene oplossing: αe 2t cost+βe 2t sint. b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ẍ+ 4ẋ+ 5x 25t 2 2 We proberen een oplossing van de vorm x(t)a+bt+ct 2 om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: 25t 2 22c+ 4(b+2ct)+5(a+bt+ct 2 ) en na enig rekenwerk krijgen wec 5,b 8 ena2. Dan is 2 8t+ 5t 2 een particuliere oplossing en wordt de algemene oplossing gegeven door: αe 2t cost+βe 2t sint+ 2 8t+ 5t 2.

7 9. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: ẋ cost 2x+ 2 metx(π). We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: 2x+ 2 dx cost dt x 2 + 2x sint+c metc een constante. Als we gebruiken dat voort π we moeten hebben datx vanwege onze beginvoorwaarde zien we datc. Dit levert op: x 2 + 2x sint (x+ ) 2 +sint We krijgen: x ± +sint Door te gebruiken dat voor t π we hebben dat x vinden we het teken van de wortel en krijgen we: x + +sint