Calculus I, /11/015 1. Beschouw de functie met a, b R 0. f = a + b + lne a Benoem het domein van de functie f. b Bepaal a en b zodat de rechte y = 1 een schuine asymptoot is voor f. c Voor a = en b = 1, bespreek de grafiek van de functie f, m.a.w. benoem alle asymptoten, alle lokale of globale etrema, en bespreek het functieverloop dalend/stijgend, kritieke punten, buigpunten..5 ptn Antwoord: a Het domein van de functie ft wordt bepaald door alle waarden van waarvoor de natuurlijke logaritme gedefinieerd is. Opdat ft bestaat moet er aan de volgende voorwaarden voldaan zijn: lne moet gedefinieerd zijn; dit is voldaan voor e > 0, wat herschreven kan worden tot < ln 1. De andere termen in de functie hebben als domein R. Hieruit volgt dat het domein van ft is { R : + ln < 0}, ofwel ], ln 1 [. 0.5 ptn b y = α + β is een schuine asymptoot van een willekeurige functie g als of lim g α + β = 0 lim g α + β = 0. + In ons specifieke geval ligt = niet in het domein, dus kiezen we om a en b te bepalen: lim f 1 = 0 lim [f 1] = [ lim a + b + lne + 1 ] = [ lim a + b + 1 + lne ] = 0. Het argument van de natuurlijke logaritme moet nu enigszins herschreven worden om te voorkomen dat de eponent opblaast: lim a + b + 1 + ln e e + 1 ] = 0. Waarna de logaritme gesplitst kan worden en we de somregel voor limieten kunnen toepassen, lim a + b + 1 + ln e + ln e + 1 ] =
Calculus I, /11/015 We zien dat de laatste term lim a + b + 1 + ln e + 1 ] = 0. en we krijgen: lim ln e + 1 ] = ln 1 = 0. Waaruit we concluderen dat a = en b = 1. Alternatief: Los de volgende limieten op met L Hopital en lim [a + b + 1] = 0. lim a + b + ln e ] =. om direct a = en b = 1 te vinden. lim + b + ln e ] = 1. 1 ptn c Voor a = en b = 1 vinden we f = 1 + ln e en we hadden al gevonden dat deze functie een schuine asymptoot y = 1 heeft. We kijken nu of de functie nog een verticale of horizontale asymptoot heeft en we vinden lim f = γ voor e 0 + en dus is = ln een verticale asymptoot voor f. We vinden geen horizontale asymptoot. We bepalen nu het tekenverloop van f. Hiervoor bepalen we de afgeleide en we stellen deze gelijk aan 0 om kritieke punten te bepalen: df + e 1 = 0. ln Waaruit we vinden dat, 1 ln16 een kandidaat etremum is. We bepalen nu de tweede afgeleide van f, d f d = 16e 1 e < 0, waaruit we concluderen dat we te maken hebben met een globaal maimum en dat er geen buigpunten zijn. Dit geeft de volgende tekentabel: ln f ma f + 0 f 1 ptn
Calculus I, /11/015. Bereken het volume en de massa van het omwentelingslichaam dat je bekomt als volgt: a Neem de functie g = sin. Bereken vervolgens de eerste twee tellende vanaf de y-as snijpunten in het eerste kwadrant van enerzijds de grafiek van g met anderzijds de horizontale rechte y = 0.5. b Wentel het stuk van de grafiek van g tussen die twee snijpunten rondom de as y = 0.5. Bereken vervolgens het volume. c Neem aan dat het omwentelingslichaam gevuld is met materiaal met dichtheid ρ = λ met λ = 1 π. Bepaal de massa van het lichaam. Hint: gebruik de identiteit sin = 1 cos twee keer..5 ptn Antwoord: a We zoeken snijpunten van sin = 0.5 in het eerste kwadrant 0, y 0. We vinden uit sin = 1 1 cos = 0.5 cos = 0 de eerste twee snijpunten 1 = en = 0.5 ptn b Het volume van het omwentelingslichaam door omwenteling van deze figuur rond de y = 0.5 as is gelijk aan V = π sin 0.5 d Het makkelijkst is om nu direct de identiteit sin = 1 1 cos en de integraal V = π cos π + sin 6 op te lossen via de standaardintegralen in het boek. We zullen echter alle termen apart oplossen: + sin V = π sin d + π π 1 cos π d + 1 d π π 1 π 1 cos d + π 1 π 1 cos + 1 cos 1 1 cos π sin + sin d + = =
Calculus I, /11/015 1 π 1 cos + 1 cos + 1 d = π π sin + π sin 16 + + 0 = 16 = Alternatief: gebruik de identiteit sin = cos+cos direct, of maak gebruik van de standaardintegralen uit het boek. 1 ptn c De massa van het lichaam wordt gegeven door sin d + m = π λ d sin 0.5 sin I 1 + I + I. We bepalen nu de integralen afzonderlijk om het overzichtelijk te houden. We maken gebruik van de resultaten uit b, waar we vonden dat sin = cos+cos. I 1 = sin d cos cos + cos d + Nu kunnen we partiele integratie toepassen, waarbij we kiezen U = ; dv = cos d du = d; V = sin cos en U = ; dv = cos d du = d; V = sin voor de tweede en derde term in I 1 respectievelijk. Nu vinden we I 1 = 16 sin + sin d + sin sin
Calculus I, /11/015 I 1 = 16 sin 9 cos + sin + 9 1 cos = Vervolgens bepalen we de tweede integraal En de derde integraal I = 9 π +. = 16. I = sin d. Wederom kunnen we de identiteit sin = 1 cos gebruiken en partiele integratie toepassen: En we vinden 1 I = 1 cos + + sin 1 cos + sin 9 π + π. sin + 9 cos m = I 1 + I + I = 9 π + + 16 9 π + π = = Puntenverdeling: Vraag 1 Correct beargumenteren van het domein: 0.5 pt Benoemen limiet om de schuine asymptoot te vinden: 0.5 pt Berekenen van limiet 1b en a en b vinden: 0.75 pt Schuine asymptoot benoemen, mits niet gevonden bij 1b: 0.5 pt
Calculus I, /11/015 Verticale asymptoot benoemen: 0.5 pt Globaal etremum: 0.5 pt Tekenverloop ft: 0.5 pt Vraag Snijpunten vinden: 0.5 pt Correcte integraal opstellen voor volume: 0.5 pt Volume berekenen: 0.5 pt Correcte integraal opstellen voor massa: 0.5 pt Massa berekenen: 0.5 pt Veelgemaakte fouten Vraag 1 1a: Er wordt niet gerealiseerd dat 0 > ln1/ > 1b: De limiet wordt verkeerd gekozen, doordat het domein niet goed bepaald is. 1c: De asymptoten worden vergeten. Er wordt niet gekeken waar de functie stijgend en dalend is, waardoor dit verwisseld wordt en de functie een globaal minimum heeft in plaats van een maimum. Vraag a: De snijpunten worden gevonden, maar vaak niet de eerste twee snijpunten in het eerste kwadrant b: De 0.5 wordt vergeten in de integraal, waardoor er niet gewenteld wordt om y = 0.5 en het verkeerde volume wordt gevonden. c: Het volume wordt constant genomen uit b, of de 0.5 wordt wederom vergeten.