UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

Transcriptie

1 UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (526) op maandag 4 januari 2, 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 (x+ 5)e x ( x)e x Vereenvoudig zo veel mogelijk het resulterende antwoord. (x+ 5)e x 5)e2x (x+ ( x)e x ( x) Als we differentiëren krijgen we: d (x+ 5)e 2x dx ( x) [+2(x+ 5)]e2x ( x)+(x+ 5)e 2x [( x)(2x+ )+(x+ 5)]e2x ( 2x2 8x+ 6)e 2x 2e 2xx2 + 4x 8 b) Vereenvoudig zo veel mogelijk: en ln( (x )2 x )+lnx+ (x 2 ) 2 ln( x )ln(x ) ln(x) x 2 (x )(x+ ). Hieruit volgt: ln( x )+lnx+ (x )2 (x 2 ) 2 (x ) 2 (x ) 2 (x+ ) 2 (x+ ) 2

2 2. Ga na of voor de functief :[, π 2 ] [ln(π 2 ), cos()] gedefinieerd door: f(x)cos(x)+ ln(x) de inverse functie bestaat. We kijken naar de afgeleide vanf en zien dat: f (x) sin(x)+ x Voorx is dit positief omdat sin()<. Voor π 2 is dit + 2 π en dus negatief omdatπ > 2. We zien dat de functie gedeeltelijk stijgt en gedeeltelijk daalt. Dan kan de functie nooit injectief zijn en dan bestaat de inverse functie dus ook niet. 3. Bereken de volgende twee limieten: [ ] a) lim x 2 + 2x+ 2 x x Dit is een limiet waarvoor de zogenaamde worteltruc het beste werkt: lim x 2 ( x + 2x+ 2 x lim 2 + 2x+ 2 x)( x 2 + 2x+ 2+x) x x x 2 + 2x+ 2+x (x 2 + 2x+ 2) x lim 2 x x 2 + 2x+ 2+x 2x+ 2 lim x x 2 + 2x+ 2+x lim x 2+ 2 x + 2 x + 2 x waarbij we bij de 4de gelijkheid teller en noemer door x hebben gedeeld. Hierbij moet je opletten met de wortel: als je de wortel doorx deelt moet je binnen de wortel door x 2 delen. b) lim x [ cos(x) sin(x) ]. x We zien dat beide termen naar oneindig gaan en als we dat van elkaar aftrekken is het niet duidelijk wat eruit komt. Het is dus beter de twee termen samen te voegen en dus onder een noemer te brengen: [ cos(x) lim x sin(x) ] x cos(x) sin(x) lim x x x sin(x)

3 We zien dat zowel de teller als de noemer naar convergeert en dus kunnen we de stelling van l Hôpital toepassen: x cos(x) sin(x) lim lim x x sin(x) x x sin(x) sin(x)+xcos(x) We zien dat zowel de teller als de noemer nog steeds naar convergeert en dus passen we de stelling van l Hôpital nogmaals toe: lim x x sin(x) sin(x)+xcos(x) lim sin(x) xcos(x) x 2 cos(x) xsin(x) De noemer gaat niet meer naar nul en dus krijgen we: sin(x) xcos(x) lim x 2 cos(x) xsin(x) 2 4. Bepaal het minimum en het maximum van de functief gedefinieerd door: f(x)3x 4 6x 3 + 8x 2 5. 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)2x 3 48x x 2x(x 2 4x+ 3)2x(x )(x 3) en uitf (x)volgen twee extra kandidaatextremen: x enx. Merk op dat x 3 geen kandidaatextreem is omdat het niet in het interval[ 2, 2] ligt. We berekenen de functiewaarde in alle kandidaatextremen: f( 2)243 f() 5 f() f(2) 3 Volgens de extreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maximum en een globaal minimum. We vinden een (globaal) maximum 243 in 2 en een (globaal) minimum 3 in Bepaal de volgende integraal π x 3 cos(x 2 ) dx. We gaan een substitutie toepassenyx 2. We krijgen: dy dx 2x

4 dy 2xdx Voor de grenzen zien we datx enx π oplevereny enyπ respectievelijk. We krijgen: π 2y cos(y) dy. Om dit verder uit te rekenen gaan we partieel integreren: π [ ] 2 y cos(y) dy π π 2 y sin(y) [ ] π 2 cos(y) 2 sin(y) dy 6. Bepaal de volgende integraal 2 x 3 x(x+ ) 2 dx. We gaan breuksplitsen. De graad van de teller is niet kleiner dan de graad van de noemer dus daar moeten we mee beginnen: We krijgen: x 3 x(x+ ) 2 (x3 + 2x 2 +x) 2x 2 x x 3 + 2x 2 2x2 +x+ +x x 2 + 3x+ 2 2x2 +x+ x(x+ ) 2 x 3 x(x+ ) 2 2x2 +x+ x(x+ ) 2 + A x + B x+ + C (x+ ) 2 Nu moeten we de constanten A, B en C nog vinden. Door de termen onder een noemer te brengen krijgen we: A(x+ ) 2 +Bx(x+ )+Cx 2x 2 x x invullen levert opc 2. x invullen levert opa. Tot slot kijken we naar de hoogste machtx 2 en dat levert opa+b 2 en dusb. x 2 + 3x+ 3 x 2 + 3x+ 2 x x+ + 2 (x+ ) 2 en krijgen 2 x 3 x(x+ ) 2 dx 2 x x+ + 2 (x+ ) 2 dx [ x ln x ln x+ 2 x+ ] 2 2 ln 2 ln 3 2 +ln +ln ln 3

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) 2 x 3 f (4) (x) 6 x 4 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 g(x)cos[f(x)]cos(lnx) het Taylorpolynoom van de graad 4 rondx. Hint: gebruik deel a Als wey f(x) ln(x) definiëren dan zien we dat voorx dat y. Dus we beginnen met een Taylorreeks voor h(y) cos y rond. h () (y) sin(y) h (2) (y) cos(y) h (3) (y)sin(y) h (4) (y)cos(y)

6 h() h () () h (2) () h (3) () h (4) () en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: h()+ h() ()! We weten echter y+ h(2) () 2! y 2 + h(3) () 3! y (x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4 y 3 + h(4) () y 4 4! 2 y y4 en dus krijgen we als benadering voor de oorspronkelijke functie: 2 [(x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4] [(x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4] 4 Omdat we een Taylor approximatie van orde 4 zoeken gooien we alle machten van x groter dan 4 weg: [ 2 (x ) 2 (x ) 3 +( )(x )4] + 24 (x )4 en we krijgen na vereenvoudiging: 2 (x )2 + 2 (x )3 5 2 (x )4 8. a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ẍ 2ẋ+ 2x We proberen een oplossing van de vormx(t)e rt. We vinden: (r 2 2r+ 2)e rt [(r ) 2 + ]e rt We vinden twee complexe oplossingenr +i enr i. Dit levert twee onafhankelijke oplossingen van de homogene vergelijking: x (t)e t cost en x 2 (t)e t sint. We vinden de algemene oplossing: αe t cost+βe t sint. b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ẍ 2ẋ+ 2x 2t 2

7 We proberen een oplossing van de vorm x(t)a+bt+ct 2 om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: 2c 2(b+ 2ct)+2(a+bt+ct 2 )2t 2 en we krijgen: 2c 2b+ 2a, 4c+ 2b, 2c 2 door de, t ent 2 termen aan elkaar gelijk te stellen. De derde vergelijking levert op c. Uit de tweede vergelijking krijgen we danb2en de eerste vergelijking levert dana. Dit levert een particuliere oplossing +2t+t 2 (t+ ) 2 en dus wordt de algemene oplossing gegeven door: (t+ ) 2 +αe t cost+βe t sint. 9. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: ẋ metx(). (x )2 (t+ ) 2 We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: (x ) 2 dx (t+ ) 2 dt De eerste integraal levert op: dx (x ) 2 x +C en de tweede integraal levert op: dt (t+ ) 2 t+ +C 2 We krijgen: x +C t+ +C 2 metc enc 2 als twee constanten.x() levert op:c C 2 2 x 2t+ + 2 t+ t+ Hieruit volgt: x t+ 2t+ x(t) t+ 2t+ t 2t+