UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (151260) op dinsdag 6 januari 2009, 9.00 – 12.00 uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden. Bovendien dient U in alle gevallen uw antwoord te beargumenteren!
1. a) Bereken de volgende afgeleide d dx
1 − e− cos x cos x
Vereenvoudig zo veel mogelijk het resulterende antwoord. Als we differentiëren krijgen we: d 1 sin(x) − e− cos x = − sin(x)e− cos(x) dx cos x cos2 (x) b) Toon aan dat: 1 1−2x+x 2 1 2 1−x + (1−x)2
=
1 3−x
We krijgen: 1 1−2x+x 2 1 2 1−x + (1−x)2
=
1 (1−x)2 1 2 1−x + (1−x)2
Als we nu teller en noemer met (1 − x)2 vermenigvuldigen krijgen we: 1 1 = (1 − x) + 2 3−x 2. Ga na of voor de functie f : [0, ∞) → (0, 1] gedefinieerd door: f (x) =
1 (1 + x)3
de inverse functie bestaat. We kijken naar de afgeleide van f en zien dat: f ′ (x) =
−3 <0 (1 + x)4
Het is dus een dalende functie op het hele domein en dus zeker een injectieve functie. Bovendien geldt: f (0) = 1,
lim f (x) = 0
x→∞
en dus daalt de functie van 1 naar 0. Omdat de functie continu is worden, volgens de middelwaardestelling, alle waarden in het interval (0, 1] aangenomen. Het randpunt 0 wordt natuurlijk niet aangenomen omdat f (x) nooit gelijk is aan 0. Hieruit volgt dat de functie surjectief is. Omdat de functie surjectief en injectief is bestaat de inverse functie. 3. Bereken de volgende twee limieten: p a) lim 4x 2 − 3x + 1 − 2x x→∞
Dit is een limiet waarvoor de zogenaamde “worteltruc” het beste werkt: p p p ( 4x 2 − 3x + 1 − 2x)( 4x 2 − 3x + 1 + 2x) 2 p lim 4x − 3x + 1 − 2x = lim x→∞ x→∞ 4x 2 − 3x + 1 + 2x 2 (4x − 3x + 1) − 4x 2 = lim p x→∞ 4x 2 − 3x + 1 + 2x −3x + 1 = lim p 2 x→∞ 4x − 3x + 1 + 2x = lim q x→∞
1 x 1 1 4 − 3 x + x2
−3 +
−3 −3 = √ = 4 4+2
+2
waarbij we bij de 4de gelijkheid teller en noemer door x hebben gedeeld. Hierbij moet je opletten met de wortel: als je de wortel door x deelt moet je binnen de wortel door x 2 delen. b) lim
π x→ 2
(x −
π 2 ) cos(x)
1 − sin x
.
We zien dat zowel de teller als de noemer naar 0 convergeert en dus kunnen we de stelling van l’Hôpital toepassen: lim
π x→ 2
(x −
π 2 ) cos(x)
1 − sin x
= lim
π x→ 2
cos(x) − (x −
π 2 ) sin(x)
− cos x
Ook na het toepassen van l’Hôpital gaan zowel de teller als de noemer naar 0. Dus passen we l’Hôpital nog een keer toe: lim
π x→ 2
cos(x) − (x −
π 2 ) sin(x)
− cos x
= lim
π x→ 2
−2 sin(x) − (x −
π 2 ) cos(x)
sin x
Deze laatste limiet is eenvoudig want teller en noemer gaan geen van tweeën naar nul en we krijgen: lim
π x→ 2
−2 sin(x) − (x − sin x
π 2 ) cos(x)
=
−2 = −2 1
4. Bepaal het minimum en het maximum van de functie f gedefinieerd door: f (t) = 3t 4 + 4t 3 − 12t 2 . op het interval [−1, 2]. We gaan eerst de kandidaatextremen bepalen. We hebben direct de randpunten t = −1 en t = 2. De functie is overal differentieerbaar dus resteren punten waar de afgeleide gelijk is aan nul. We hebben: f ′ (t) = 12t 3 + 12t 2 − 24t = 12t(t 2 + t − 2) = 12t(t − 1)(t + 2) en uit f ′ (t) = 0 volgen twee extra kandidaatextremen: t = 0 en t = 1. Merk op dat t = −2 geen kandidaatextreem is omdat het niet in het interval [−1, 2] ligt. We berekenen de functiewaarde in alle kandidaatextremen: f (−1) = −13 f (0) = 0
f (1) = −5
f (2) = 32
Volgens de extreme waarde stelling is er op dit gesloten interval een globaal maximum en een globaal minimum. We vinden een (globaal) maximum 32 in 2 en een (globaal) minimum −13 in −1. 5. Bepaal de volgende integraal Z
1√ 2 2 0
t √ dt. 1 − t2
We gaan een substitutie toepassen y = 1 − t 2 . We krijgen: dy = −2t dt en dus: dy = −2tdt Voor de grenzen zien we dat t = 0 en t = We krijgen: Z
1 2
1
−1 √ dy 2 y
We krijgen:
p
− y
1
2
1
=1−
1 2
√ 2
1√ 2 2
opleveren y = 1 en y =
1 2
respectievelijk.
6. Bepaal de volgende integraal Z∞
x+3 dx. (x 2 − 1)(x + 1)
2
We gaan breuksplitsen. De graad van de teller is al kleiner dan de graad van de noemer dus daar hoeven we niets aan te doen. We krijgen: (x 2
x+3 x+3 = − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1)2 A B C = + + x − 1 x + 1 (x + 1)2
Nu moeten we de constanten A, B en C nog vinden. Door de drie termen onder een noemer te brengen krijgen we: A(x + 1)2 + B(x − 1)(x + 1) + C(x − 1) = x + 3 x = 1 invullen levert op A = 1. x = −1 invullen levert op C = −1. Tot slot kijken we naar de x 2 -termen links en rechts en krijgen A + B = 0 en dat levert op B = −1. We hebben dus: 1 1 1 x+3 = − − (x 2 − 1)(x + 1) x − 1 x + 1 (x + 1)2 en krijgen Z∞ 2
1 1 1 − − dx x − 1 x + 1 (x + 1)2 t 1 = lim ln |x − 1| − ln |x + 1| + x+1 2 t→∞ 1 1 = lim ln |t − 1| − ln |t + 1| + + ln 3 − t→∞ t+1 3 t − 1 1 1 = lim ln t + 1 + t + 1 + ln 3 − 3 t→∞ 1 = ln 3 − 3
7. a) Bepaal voor de functie f (x) = ln x het Taylorpolynoom van de graad 4 rond x = 1. We hebben: 1 x −1 (2) f (x) = 2 x 2 (3) f (x) = 3 x −6 f (4) (x) = 4 x
f (1) (x) =
en dus: f (1) = 0
f (1) (1) = 1
f (2) (1) = −1
f (3) (1) = 2
f (4) (1) = −6 en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: f (1) +
f (2) (1) f (3) (1) f (4) (1) f (1) (1) (x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 + (x − 1)4 1! 2! 3! 4! = (x − 1) − 12 (x − 1)2 + 31 (x − 1)3 − 14 (x − 1)4
b) Bepaal voor de functie g(x) =
1 1 − ln x
het Taylorpolynoom van de graad 3 rond x = 0. Hint: gebruik deel a Als we y = f (x) definieren dan zien we dat voor x ≈ 1 dat y ≈ 0. Dus we beginnen 1 rond 0. met een Taylorreeks voor h(y) = 1−y We hebben: 1 (1 − y)2 2 h(2) (y) = (1 − y)3 6 h(3) (y) = (1 − y)4 h(1) (y) =
en dus: h(0) = 1
h
(1)
(0) = 1
h(2) (0) = 2
h(3) (0) = 6
en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door: h(0) +
h(2) (0) 2 h(3) (0) 3 h(1) (0) y+ y + y = 1 + y + y2 + y3 1! 2! 3!
We weten echter y ≈ (x − 1) − 21 (x − 1)2 + 13 (x − 1)3
en dus krijgen we als benadering voor de oorspronkelijke functie: 2 1 + (x − 1) − 12 (x − 1)2 + 31 (x − 1)3 + (x − 1) − 12 (x − 1)2 + 13 (x − 1)3 3 + (x − 1) − 12 (x − 1)2 + 13 (x − 1)3 Omdat we een Taylor approximatie van orde 3 zoeken gooien we alle machten van x groter dan 4 weg: 1
1
1 + (x − 1) − 2 (x − 1)2 + 3 (x − 1)3 + (x − 1)2 − (x − 1)3 + (x − 1)3 en we krijgen na vereenvoudiging: 1
1
1 + (x − 1) + 2 (x − 1)2 + 3 (x − 1)3 8. a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking: ¨ + 4x ˙ − 5x = 0 x
We proberen een oplossing van de vorm x(t) = er t . We vinden: 0 = (r 2 + 4r − 5)er t = (r + 5)(r − 1)er t We vinden twee oplossingen r = −5 en r = 1. Dit levert twee onafhankelijke oplossingen van de homogene vergelijking: x1 (t) = e−5t
en
x2 (t) = et .
We vinden de algemene oplossing: αe−5t + βet . b) Bepaal de oplossing van de volgende differentiaalvergelijking: ¨ + 4x ˙ − 5x = 4e3t x waarvoor geldt x(0) =
1 4
˙ en x(0) =
−21 4 .
We proberen een oplossing van de vorm x(t) = ae3t om een particuliere oplossing te vinden. We krijgen: (9a + 12a − 5a)e3t = 4e3t 1
en we krijgen a = 4 . Dan is 1 3t 4e
een particuliere oplossing en wordt de algemene oplossing gegeven door: αe−5t + βet + 14 e3t .
1 4 −21 4
We zoeken een oplossing waarvoor geldt x(0) = ˙ α + β = 0. Daarnaast moet gelden dat x(0) = −5α + β +
3 4
=
en invullen levert op dat moet gelden en invullen levert op
−21 4
en dat levert op α = 1 en β = −1. De gevraagde oplossing is dus: 1
e−5t − et + 4 e3t . 9. Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking: t sin t x sin(x 2 ) q π met x(0) = 2 . ˙= x
We gebruiken separatie van variabelen en krijgen: Z Z x sin x 2 dx = t sin t dt Voor de eerste integraal gebruiken we een substitutie y = x 2 en dat levert op dy = 2xdx en dus: Z Z 1 1 1 2 x sin(x ) dx = 2 sin(y)dy = − 2 cos(y) = − 2 cos(x 2 ) Voor de tweede integraal gebruiken we partiële integratie: Z Z t sin t dt = −t cos t + cos tdt = −t cos t + sin t We krijgen: 1
− 2 cos(x 2 ) = −t cos t + sin t + C met C een constante. Als we gebruiken dat voor t = 0 we moeten hebben dat x = vanwege onze beginvoorwaarde zien we dat C = 0. Dit levert op:
q
π 2
cos(x 2 ) = 2t cos t − 2 sin t en dus: x 2 = arccos(2t cos t − 2 sin t) We krijgen: q x = ± arccos(2t cos t − 2 sin t) Door te gebruiken dat voor t = 0 we hebben dat x = wortel en krijgen we: q x = arccos(2t cos t − 2 sin t)
q
π 2
vinden we het teken van de
