TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7. (a) Gevraagd is het polynoom f() + f () (x ) + f (x ). Een eenvoudige rekenpartij leert f() = ln() + + a = + a f (x) = x f () = f (x) = x + f () = + 6 a a (x ) a ( ) = + a 6 a (x ) 4 en het antwoord is + a + ( + a) (x ) + + 6 a (x ). (b) Als de functie f een extremum heeft, dan is f () =, dus + a =. De enige waarde voor a die in aanmerking komt is a =. In dat geval is het Taylorpolynoom (x ) oftewel de kwadratische term is negatief. Rond lijkt de grafiek van f op een bergparabool, dus heeft f in een maximum. Conclusie: er is geen enkele waarde van a waarvoor de functie in een minimum heeft. Een andere manier om telaten zien dat bij a = f een maxiimum heeft is de volgende: omdat f () = 4 is de afgeleide f links van positief en rechts van negatief en heeft f een maximum in. (c) Merk op dat lim x f(x) x = lim x + a + ( + a) (x ) + + 6 a (x ) + x = + a + 6 a = lim + ( + a) + (x ) + x x De limiet kan alleen maar bestaan als + a = ofwel als a =. zoz
Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7. Op het interval [, ] geldt dat + 8 sin(x) + + x + +. Integreren over het interval [, ] geeft 8 = 9 sin(x) + dx 4 + x = 5. 9. (a) Laat A = 4 x + x dx. Stel u = x. Dan x = u en dx = u du. Als x = 4, dan is u = en als x = 9, dan is u =. Dus A = (b) Laat A = π/6 u u + u du = x cos(x) dx. u + du = ln(u + ) = ln( 5 4 ). Neem f(x) = x en g (x) = cos(x). Dan g(x) = sin(x) en A = f(x) g(x) = x sin(x) π/6 π/6 π/6 π/6 = π 6 sin ( π ) π/6 6 f (x) g(x) dx = x sin(x) dx = x sin(x) dx. Op de integraal aan de rechterkant passen we weer partiële integratie toe. Laat f(x) = x en g (x) = sin(x). Dan is g(x) = cos(x) en ( A = π x ) 6 π/6 π/6 ( cos(x)) ( cos(x)) dx ( = π 7 π π/6 6 cos(π 6 ) + = π 7 ( π 6 cos(x) dx ) π/6 + sin(x) = ( π 7 π π ) + sin( 6 ) = π 7 + π. 6 ) zie volgende pagina
Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7 4. (a) Per tijdseenheid wordt er een constante hoeveelheid geneesmiddel a aangevoerd. Naarmate er meer geneesmiddel in de bloedbaan komt, wordt er meer geneesmiddel uitgehaald. Er zal dan op den duur een evenwichtstoestand ontstaan. Als t, dan geldt dat x (t) naar gaat ofwel a bx(t) naar gaat. Dat betekent dat x(t) op a b gaat lijken. De evenwichtstoestand is a b. Dit onderdeel kunt u ook na onderdeel (b) beantwoorden. (b) De DV is een eerste orde lineaire DV van het type x (t) + p(t)x(t) = a met p(t) = b. Een primitieve van p(t) is µ(t) = b t. Vermenigvuldigen van de DV met e b t geeft e b t x (t) + e b t b x(t) = e b t a en dus d ( ) e b t x(t) = e b t a. dt Integreren geeft ofwel e b t x(t) = e b t a b + c x(t) = a b + c e b t, c R. Op tijdstip is de concentratie x() gelijk aan, dus a + c =. De gevraagde b concentratie is x(t) = a b a b e b t. Omdat b > zal lim x(t) = a x b en dus is a de evenwichtsstand. b (c) Laat het gevraagde tijdstip τ zijn. Dan x(τ) = a b en a b = a b a b e b τ. Uit de laatste gelijkheid volgt dat = e b τ ofwel ln( ln() ) = b τ. Dus τ =. b 5. (a) De homogene DV is y +4 y +4y =. Proberen van y(t) = e r t levert de karakteristieke vergelijking r + 4 r + 4 = ofwel r = r = en de bijbehorende algemene oplossing is y(t) = α e t + β t e t. Voor de algemene oplossing van de inhomogene DV y + 4 y + 4y = hebben we een particuliere oplossing nodig. Er is een constante oplossing: door proberen van y (t) = y (t) = vinden we y(t) =. De algemene oplossing is y(t) = + α e t + β t e t met α en β in R. zoz
Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7 5. (b) Er geldt dat y() = = + α ; Dus α =. Differentiëren geeft y (t) = α e t β t e t + β e t. Dus y () = = α + β = + β. Dus β =. De gevraagde oplossing is y(t) = + e t + t e t. 6. Laat z = x + i y met x en y reëel. Dan is z + i = (x ) + i (y + ) = (x ) + (y + ). De complexe getallen z die voldoen aan z + i zijn de getallen die op of binnen de cirkel met vergelijking (x ) + (y + ) = liggen. De complexe getallen z met π arg(z) π liggen in het gebied in het rechterhalfvlak tussen of op de lijnen met vergelijking y = x respectievelijk de vergelijking y = x uitgezonderd de oorsprong. Voor het getal is geen argument gedefiniëerd. Omdat de getallen z aan beide voorwaarden moeten voldoen, moeten ze in beide gebieden liggen. Zie figuur. Omdat de cirkel in zijn geheel binnen het zoëven beschreven gebied ligt, zijn de getallen z die aan beide voorwaarden voldoen de getallen z op of binnen de cirkel met middelpunt (, ) en straal. Y 4 4 5 6 7 X Figuur : Schets gebied Als u een dergelijk plaatje getekend heeft, dan krijgt u de volle mep voor dit onderdeel. De lijn y = x en de cirkel (x ) + (y + ) = hebben geen enkel punt gemeen. Invullen van de de vergelijking van de lijn in de vergelijking van de cirkel geeft de kwadratische vergelijking 4 x (4 + ) x + 4 = heeft de negatieve discriminant 6 + 6. zie volgende pagina 4
Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7 Y.5.5.5 X.5 Figuur : Het getal + i 7. Laat w = + i. (a) Aan figuur is te zien dat de hoofdwaarde van het argument van w gelijk aan π is. Andere methode: arg(w) = arg( i ) + π = arctan( (b) Nu is z 4 = + i = ) + π = = arctan( ) + π = arctan( ) + π = π + π = π. 4 + 4 =. Dus z4 = z 4 = ofwel z =. Voor de argumenten geldt: arg(z 4 ) = 4 arg(z) = arg(w) + k π = π + k π met k Z. Dus arg(z) = π 6 + k π met k =,,,. Voor een plaatje van de oplossingen zie figuur op de volgende pagina. We vinden dan achtereenvolgens z = cos( π 6 ) + i sin(π 6 ) = + i, z = cos( π) + i sin( π) = + i, z = z = i, z 4 = z = i zoz 5
Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7 7. (b) Vervolg Y z.5 z.5.5 X z.5 z 4 8. (a) Laat w = z z +. Dan w = Dan w = Figuur : De vier oplossingen z x + i y (x + ) + i y. (x + i y) ((x + ) i y) ((x + ) + i y) ((x + ) i y) = x + x + y + i y. (x + ) + y Dus Re(w) = x + x + y (x + ) + y. (b) Dan z = i (z + ). Herschrijven geeft ( i) z = i ofwel z = Dus z = i ( + i) ( i) ( + i) = + i. i i. zie volgende pagina 6
Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7 9. (a) Delen gaat als volgt: z + 4 z 8 z + z 4 z + 8 z + 4 z De rest is inderdaad. 4 z 8 z 4 z 6 z + 8 z + + 8 z + (b) Omdat het polynoom van de graad is, zijn er nulpunten. De nulpunten voldoen aan de vergelijking p(z) =, dus (z + 4) (z 4 z + 8) =. Dus (z + 4) = of (z 4 z + 8) =. Uit (z + 4) = volgt z = 4. Herschrijven van (z 4 z + 8) = geeft achtereenvolgens (z ) + 4 =, (z ) ( i) =, (z i) (z + i) =, Hieruit volgt z = + i en z = i. Er zijn dus inderdaad drie nulpunten.. De middelwaardestelling zegt dat voor een differentieerbare functie f en twee getallen a en b geldt dat f(b) f(a) = f (c) (b a). Hier is f(x) = + x en f (x) = ( + x). / Nu is x >. Dus + x = f(x) f() = f (c) (x ) = x ( + c) / voor een zekere c met < c < x. Omdat zowel c als x positief zijn, vinden we dat ( + c) < / en ook dat x ( + c) < x. Dit alles impliceert dat / + x = x ( + c) / < x. 7