UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (526) op donderdag 24 oktober 22, 3.45 6.45 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 2 x 2 We hebben: d +x 2 dx x 2 ( ) +x 2 /2 [ ] ( x 2 )+(+x 2 ) = 2 x 2 ( ) +x 2 /2 = x 2 ( x 2 ) 2 = ( x 2 ) x 2 +x 2 ( x 2 ) 2 b) Vereenvoudig zoveel mogelijk: +x x. We krijgen na vermenigvuldigen van teller en noemer met(+x)( x): (+x)( x) ( x) (+x) = (+x)( x) = (+x)( x)=x 2 2. Ga na of voor de functief :[, 2) [ 4, ) gedefinieerd door: f(x)= x 3 3x 2 + 4 de inverse functie bestaat. We kijken naar de afgeleide vanf en zien dat: f (x)= 3x 2 + 6x (x 3 3x 2 + 4) 2 = 3x(2 x) (x 3 3x 2 + 4) 2 Omdatx [, 2) is het makkelijk te zien dat de afgeleide nooit negatief kan worden en de functie is dus stijgend. Dat betekent dat de functie in ieder geval injectief is. Bovendien geldt f()= 4 f(x)=+ x 2
3. en dus kan de functie zowel 4 als willekeurig grote waarden aannemen. 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. Bereken de volgende twee ieten: [ ] sin(πx)[x+ cos(πx)] a), x (x ) lnx We constateren dat zowel teller als noemer naar gaan alst. We kunnen dus de stelling van l Hôpital gebruiken: [ ] sin(πx)[x+ cos(πx)] x (x ) lnx = x π cos(πx)[x+ cos(πx)]+sin(πx)[ π sin(πx)] lnx+ x x We constateren dat zowel teller als noemer nog steeds naar gaan alst. We kunnen dus de stelling van l Hôpital nog een keer gebruiken: π cos(πx)[x+ cos(πx)]+sin(πx)[ π sin(πx)] x = x lnx+ x x π sin(πx)[x+ cos(πx)]+2π cos(πx)[ π sin(πx)] π2 sin(πx) cos(πx) x + x 2 Omdat de noemer niet meer naar nul convergeert kunnen we apart de iet van teller en noemer nemen en we krijgen [ ] sin(πx)[x+ cos(πx)] = π x (x ) lnx [ x ( ) ] b) x x 2 6x x+ 2 We hebben: [ x x+ 2 ] = x + 2 x = en voor de tweede term gebruiken we de worteltruc : [ [ ] (x x x x 2 6x = 2 6x)(x+ ] x 2 6x) We krijg [ x x+ 2 = = [ x+ x 2 6x ] 6x x+ x 2 6x 6 = 3 + 6 x ( x x 2 6x) ] = 3=3.
4. Bepaal de globale en lokale maxima/minima van de functief gedefinieerd door: f(x)=π 2 (x 2 3x+ 2) cos(πx)+π(3 ) sin(πx) 2 cos(πx) op het interval[ 4, ]. We gaan eerst de kandidaatextremen bepalen. We hebben direct de randpuntenx= 4 en x =. De functie is overal differentieerbaar. Resteren de punten waar de afgeleide gelijk is aan nul. We hebben: f (x)= π 3 (x 2 3x+ 2) sin(πx)= π 3 (x 2)(x ) sin(πx) en uitf (x) = volgen de kandidaatextremen: x = 3, x = 2, x =, x = (de randpunten hadden we al) die in het gebied[ 4, ) ligt. We berekenen de functiewaarde in alle kandidaatextremen: f( 4)=3π 2 2 f( 3)= 2π 2 + 2 f( 2)=2π 2 2 f( )= 6π 2 + 2 f()=2π 2 2 f()=2 Volgens de extreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maximum en een globaal minimum. We vinden (globale) maxima 3π 2 2 in 4 en een (globaal) minimum 2π 2 + 2 in 3. Om te controleren of de andere kandidaatextrema lokale maxima of minima zijn rekenen we de tweede afgeleide uit: f (x)= π 3 ( 3) sin(πx) π 4 (x 2 3x+ 2) cos(πx) We hebbenf ( 2)<en dus is in 2 een lokaal maximum. We hebbenf ( )>en dus is in een lokaal minimum. We hebbenf ( )<en dus is in een lokaal maximum. We hebbenf ()=en dus moeten we even beter kijken. Maar we zien aanf (x) dat voor <x< we hebben datf (x)<en dus is de functie dalend en hieruit volgt dat een lokaal minumum is. 5. Bepaal de volgende integraal x 2 lnx dx. Merk op dat dit een oneigenlijke integraal is want in is de functie niet goed gedefinieerd. We krijg x 2 lnx dx= x 2 lnx dx. s s
Dit is typisch een geval voor partieel integreren. We krijgen: s s ] x 2 lnx dx=[ 3 x3 lnx s s s 3 x3 x dx [ = 3 s3 lns 9 x3] = s 3 s3 lns 9 + 9 s3 x 2 lnx dx= s [ 3 s3 lns 9 + 9 s3] = 9 6. Bepaal de volgende integraal x 3 x 2 + 5x+ 6 dx. We gaan breuksplitsen. De graad van de teller is hoger dan de graad van de noemer dus daar moeten we mee beginnen. We krijgen: x 3 x 2 + 5x+ 6 =x 5x2 + 6x 9x+ 3 x 2 =x 5+ + 5x+ 6 x 2 + 5x+ 6 De volgende stap is breuksplitsen: met 9x+ 3 x 2 + 5x+ 6 = 9x+ 3 (x+ 3)(x+ 2) = A x+ 3 + B x+ 2 9x+ 3=A(x+ 2)+B(x+ 3) Hieruit volgt: A=27, B= 8 x 3 x 2 + 5x+ 6 dx= x 5+ 27 x+ 3 8 x+ 2 dx. We hebben: x 5+ 27 x+ 3 8 [ ] x+ 2 dx= 2 x2 5x+ 27 ln(x+ 3) 8 ln(x+ 2) = 2 = 2 = 9 2 5+27(ln 4 ln 3) 8(ln 3 ln 2) 5+27(2 ln 2 ln 3) 8(ln 3 ln 2) + 62 ln 2 35 ln 3 7. a) Bepaal voor de functie f(x)=lnx het Taylorpolynoom van de graad 4 rondx=.
We krijgen: 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(t)=ln(t 2 3t+ ) het Taylorpolynoom van de graad 4 rondt=. Hint: gebruik deel a Als wex=t 2 3t+ definiëren dan zien we dat voort datx. Dus we beginnen met een Taylorreeks van de graad 4 voort 2 3t+ rond. Dit is echter al een polynoom van graad kleiner of gelijk aan 4 en dus is het Taylor polynoom gewoon de functie zelf. We weten daarnaast dat: lnx (x ) 2 (x )2 + 3 (x )3 4 (x )4 en dus metx =t 2 3t krijgen we als benadering voorg(t): (t 2 3t) 2 (t2 3t) 2 + 3 (t2 3t) 3 4 (t2 3t) 4 Omdat we een Taylor approximatie van orde 4 zoeken gooien we alle machten van x groter dan 4 weg en we krijgen g(t) t 2 3t 2 (t4 6t 3 + 9t 2 )+ 3 (27t4 27t 3 ) 4 8t4 en vereenvoudiging levert op: g(t) 3t 7 2 t2 6t 3 47 4 t4
8. a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ẍ 9x= We proberen een oplossing van de vormx(t)=e rt. We vinden: =(r 2 9)e rt Nu heeft de vergelijkingr 2 9 twee nulpunten: 3 en 3. We krijg x (t)=e 3t en x 2 (t)=e 3t. We vinden de algemene oplossing: αe 3t +βe 3t b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ẍ 9x=e 3t We proberen een oplossing van de vorm x(t)=ae 3t om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: A9e 3t A9e 3t =e 3t en dit heeft geen oplossing. De theorie leert ons dat we nu een oplossing van de vorm: x(t)=ate 3t moeten proberen om een particuliere oplossing te vinden. We hebben: x (t)=a(+3t)e 3t x (t)=a(6+9t)e 3t en we krijgen: A(6+9t)e 3t 9Ate 3t =e 3t en we vindena= 6 en de particuliere oplossing is dus: x(t)= 6 te3t en de algemene oplossing wordt gegeven door: αe 3t +βe 3t + 6 te3t
9. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: ẋ(t)= t sint2 met x() =. We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: dx= t sint 2 dt De eerste integraal levert op: dx=x 2 +C en voor de tweede integraal gebruiken we de substitutiey=t 2 en dit levert op: dy= 2tdt en we vinden: t sint 2 dt= 2 siny dy= 2 cosy+c 2= 2 cost2 +C 2 We krijgen: x 2 +C = 2 cost2 +C 2 metc enc 2 als twee constanten. De beginconditiex()= levert op: C 2 C = 3 2 x 2 = 2 cost2 + 3 2 Hieruit volgt: x= 3 2 3 2 cost2 òf x= 2 2 cost2 Ik weet echter datx()< en dus kan alleen de tweede mogelijkheid: 3 x= 2 2 cost2