UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

Transcriptie

1 UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (5260) op donderdag 25 oktober 2007, uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden. Bovendien dient U in alle gevallen uw antwoord te beargumenteren!. Toon aan ( ) d dx arcsin x = + x 2 + x 2 voor alle x R. Als we differentiëren krijgen we: x2 + x 2 + 2x2 2 ( + x 2 ) 3/2 +x 2 Vereenvoudigen levert op: ( ) x 2 x2 + x 2 ( + x 2 ) 3/2 +x 2 Een factor + x 2 in de noemer buiten haakjes brengen levert op: ( ) x2 + x 2 Dan brengen we dit onder noemer en we krijgen: + x 2 De laatste stap toont de gewenste gelijkheid aan. 2. Ga na of voor de functie f : [, ] [, ] gedefinieerd door: f(x)= cos(x 3 ) de inverse functie bestaat. Een inverse functie bestaat als een functie injectief en surjectief is (samen ook wel bijectief genoemd). Injectief eist dat als f(a) = f(b) dat dan moet gelden dat a = b. Echter in ons geval f() = f( ) maar en de functie is dus niet injectief en er bestaat dus ook geen inverse functie.

2 3. Bereken de volgende limiet: ( ) 2 lim n sin n n 2 lim n sin( 2 n n ) = lim 2sin( n ) = lim 2 sin(x) = 2 n 2 x 0 x n waar de laatste gelijkheid een standaard limiet is die bijvoorbeeld kan worden aangetoond met de stelling van l Hôpital. 4. Bepaal het minimum en het maximum van de functie f(x)= (x ) 2 e 4x op het interval [0, 2]. We gaan eerst de kandidaatextremen bepalen. We hebben direct de randpunten x = 0 en x = 2. De functie is overal differentieerbaar dus resteren punten waar de afgeleide gelijk is aan nul. f (x) = 2(x )e 4x + 4(x ) 2 e 4x = 2(x )(2x )e 4x en uit f (x) = 0 volgen twee extra kandidaatextremen: x = 2 de functiewaarde in alle kandidaatextremen: en x =. We berekenen f(0) = f( 2 ) = 4 e2 f() = 0 f(2) = e 8 Volgens de extreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maximum en een globaal minimum. We vinden een globaal maximum in 2 en een globaal minimum in. Er wordt niet expliciet om gevraagd maar in /2 hebben we een lokaal maximum terwijl in 0 er een randextreem is wat ik een lokaal maximum noem maar het boek van Stewart niet als een extreem classificeert. 5. Bepaal de volgende integraal 0 x 2 x 2 + 3x + 2 dx. We gaan breuksplitsen maar we moeten oppassen omdat de graad van de teller niet kleiner is dan de graad van de noemer. Dus we schrijven eerst: x 2 x 2 + 3x + 2 = x2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 2 3x + 2 x 2 + 3x + 2 = 3x + 2 (x + 2)(x + )

3 Nu zoeken we constanten A en B zodanig dat: 3x + 2 (x + )(x + 2) = A x + + B x + 2 Door rechts alles onder een noemer te brengen krijgen we: A(x + 2) + B(x + ) = 3x + 2 De twee polynomen links en rechts zijn aan elkaar gelijk als: A + B = 3 2A + B = 2 We vinden dus: A =, B = 4 en vinden dat onze integraal gelijk is aan: + 0 x + 4 x + 2 dx. + x + 4 x + 2 dx = [x + ln x + 4ln x + 2 ] 0 0 = + ln 2 4ln3+ 4ln2 = + 5ln2 4ln3 = + ln Bereken 0 2e x dx We hebben een oneigenlijke integraal omdat x tot loopt. We moeten dus met een limiet werken. 0 lim a a 2e x dx We gaan een substitutie toepassen u = 2e x. We krijgen: en dus: We krijgen: du dx = 2e x du = 2e x dx = (u + )dx lim a a u(u + ) du

4 u(u + ) = A u + B u + met A = enb = enditlevertop: lim [ ln u +ln u + a ] a = lim ln 2 + ln a ln(a + ) a = lim ln 2 + ln a a a + = ln 2 + ln = ln 2 7. Bepaal voor de functie ( ) f(x)= ln x 2 + het Taylorpolynoom van de graad 4 rond x = 0. Als we y = x 2 definieren dan zien we dat voor x 0daty 0. Dus we beginnen met een Taylorreeks voor ln(y + ) rond 0: y 2 y2 De functie x 2 hoeven we niet meer te benaderen want dat is reeds een polynoom dus rest ons y = x 2 in te vullen in bovenstaande expressie: x 2 2 x4 Merk op dat we niet meer termen mee hoeven te nemen van de ontwikkeling van ln(y + ) want de volgende term bevat y 3 en dat wordt x 6 en we hoeven maar tot orde 4 te gaan. 8. a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ẍ + 7ẋ + 2x = 0. We proberen een oplossing van de vorm x(t) = e rt.wevinden: 0 = (r 2 + 7r + 2)e rt = (r + 4)(r + 3)e rt We hebben dus r = 3ofr = 4. We vinden de algemene oplossing: αe 3t + βe 4t. b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ẍ + 7ẋ + 2x = cos(t). We proberen een oplossing van de vorm x(t) = a cos t + b sin t

5 om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: en dus: cos t = (2a + 7b a) cos t + (2b 7a b) sin t cos t = (a + 7b) cos t + (b 7a) sin t en dus a = 70 en b = 7 70.Danis [ cos t + 7sint] 70 een particuliere oplossing en wordt de algemene oplossing gegeven door: αe 3t + βe 4t + [ cos t + 7sint] Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: ẋ = te t ( + x) met x(0) = 2. We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: + x dx = te t dt + x dx = ln x + +C met C een constante. Aan de andere kant, met behulp van partieel integreren vinden we: te t dt = te t e t dt = te t + e t + C 2 = (t + )e t + C 2. met C 2 een constante. Als we dit samenvoegen vinden we: ln x + =(t + )e t + C (*) met C een constante. Dit levert op: x + =e (t+)e t e C De constante e C kan alleen maar positief zijn maar door de absolute waarde krijgen we: of x(t) = e (t+)e t e C x(t) = e (t+)e t e C en dit kunnen we efficiënter beschrijven als x(t) = αe (t+)e t met α een constante die positief en negatief kan zijn. Gebruik makend van x(0) = 2 krijgen we α = e. We krijgen: x(t) = e (t+)e t