Uitwerking - Universiteit Twente

UNIVERSITEIT TWENTE
Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica
Uitwerking Proeftentamen 3 Functies van één veranderlijke (151260)
De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk opgeschreven te worden. Bovendien dient U in alle gevallen uw antwoord te beargumenteren!
1.
Bereken de volgende afgeleide
d
sin x
dx cos2 x − sin2 x
en vereenvoudig zo veel mogelijk het resulterende antwoord.
We krijgen als afgeleide:
cos x cos2 x − sin2 x + 4 sin2 x cos x
2
cos2 x − sin2 x
of
cos3 x + 3 sin2 x cos x
2
cos2 x − sin2 x
Dit kun je eventueel verder vereenvoudigen via:
cos 2x = cos2 x − sin2 x
sin 2x = 2 cos x sin x
en dan krijg je:
cos x + sin x sin 2x
cos2 2x
Als je de verdubbelingsformules meteen had toegepast was het differentiëren iets eenvoudiger geweest.
2.
Ga na of voor de functie f : [0, 1] → [0, ln 2] gedefinieerd door:
π
f (x) = ln 1 + sin( 2 x)
de inverse functie bestaat.
Laten we eerst eens een plaatje maken (dat kun je ook met de hand schetsen):
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
We zien een functie die loopt van 0 tot ln 2 als x van 0 tot 1 loopt. Dat zijn precies de
grenzen die gegeven zijn in de definitie van de functie. Als we nu ook nog aantonen
dat de functie een afgeleide heeft die niet van teken wisselt dan is aangetoond dat de
functie een inverse heeft. We krijgen:
π
2
f (x) =
cos( π2 x)
π
1 + sin( 2 x)
Met x ∈ [0, 1] weten we dat zowel de cosinus als de sinus positief is en dus is de afgeleide bijna overal positief met alleen in losse punten gelijk aan nul. Maar dat betekent
dat de inverse functie bestaat.
We kunnen het bestaan van de inverse ook aantonen via de formele definitie. 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. In ons
geval krijgen we dat:
ln 1 + sin( π2 a) = ln 1 + sin( π2 b)
impliceert dat
π
π
1 + sin( 2 a) = 1 + sin( 2 b)
als we links en recht de exponentiële functie gebruiken. We vinden:
sin( π2 a) = sin( π2 b)
Als we nu de arcsin links en recht toepassen dan krijgen we:
π
2a
=
π
2b
en dus a = b. Merk op dat dit alleen klopt omdat a en b beide in het interval [0, 1]
liggen want arcsin(sin x) = x geldt alleen als x ∈ [−π/2, π/2].
Surjectief geldt als voor een willekeurige y ∈ [0, ln 2] er een x ∈ [0, 1] bestaat zodanig
dat f (x) = y. We vinden dat moet gelden
ln 1 + sin( π2 x) = y
oftewel:
1 + sin( π2 x) = ey
en dit geldt als:
π
2x
= arcsin(ey − 1)
Merk op dat ey − 1 ∈ [0, 1] en dus dat de arcsin goed gedefinieerd is. We krijgen:
x=
2
π
arcsin(ey − 1)
en omdat arcsin(ey − 1) ∈ [0, π/2] ligt als y ∈ [0, ln 2] vinden we dat voor deze x geldt
dat x ∈ [0, 1] en dus is de functie is surjectief omdat we voor onze willekeurig gekozen
y we een x ∈ [0, 1] gevonden hebben met f (x) = y. We hebben bovendien meteen de
inverse functie gevonden:
f −1 (y) =
2
π
arcsin(ey − 1)
3.
Bereken de limiet
lim
x→1
1 − x + ln x
(x − 1) sin(πx)
Het antwoord alleen is niet voldoende!
De teller en noemer gaan beide naar 0 en dus kunnen we l’Hôpital toepassen. We krijgen:
lim
x→1
−1 + x1
1 − x + ln x
= lim
(x − 1) sin(πx) x→1 sin(πx) + π(x − 1) cos(πx)
De teller en noemer gaan nog steeds beide naar 0 en dus kunnen we l’Hôpital een tweede
keer toepassen. We krijgen:
lim
x→1
−1 +
1
x
sin(πx) + π(x − 1) cos(πx)
= lim
x→1
−1
x2
π cos(πx) + π cos(πx) − π 2 (x − 1) sin(πx)
=
1
2π
De laatste limiet was eenvoudig omdat nu de teller niet meer naar nul convergeert.
4.
Bepaal het (globale) maximum van de functie f gedefinieerd door:
f (t) = 2t 3 + 3t 2 − 12t + 1
We bepalen eerst alle kandidaatextremen. We hebben natuurlijk t = −3 en t = 3 als
mogelijke extremen (de randpunten). Daarnaast zijn kandidaatextremen de punten waar
de functie niet differentieerbaar is maar die zijn er in dit geval niet. Tot slot de punten
waar de afgeleide gelijk is aan 0. We hebben:
f (t) = 6t 2 + 6t − 12 = 6(t 2 + t − 2) = 6(t + 2)(t − 1)
en vinden de kandidaatextremen t = −2 en t = 1. Nu kijken we naar de functiewaarden
in de kandidaatextremen:
f (−3) = 10
f (−2) = 21
f (1) = −6
f (3) = 46
De grootste functiewaarde wordt aangenomen voor t = 3 en dat is dus het globale
maximum.
5.
Bepaal de volgende integralen
a)
x sin x 2 dx.
We gaan dit aanpakken met substitutie y = x 2 met dy = 2xdx en we vinden:
x sin x 2 dx = 12 sin y dy = − 12 cos y = − 12 cos x 2
Bepaal de volgende integralen
b)
√π
0
x 3 sin x 2 dx.
We gaan aan de slag met partieel integreren:
√π
0
√
π
√π 2
x (x sin x ) dx = − x2 cos x 2
+
0
0
π
= π2 + 12
cos y dy
0
π
= π2 + 12 sin y 0
2
2
x cos x 2 dx
π
2
waarbij we ook weer de substitutie y = x 2 met dy = 2xdx hebben gebruikt.
6.
Bereken de volgende integraal
1
0
arcsin x
√
dx
1 − x2
We hebben te maken met een oneigenlijke integraal omdat voor x = 1 de noemer gelijk
is aan nul. We moeten dus een limiet gebruiken:
1
0
arcsin x
√
dx = lim
a↑1
1 − x2
a
0
arcsin x
√
dx
1 − x2
We gebruiken hier de substitutie y = arcsin x en krijgen:
a
0
en dus:
1
0
y dy =
1 2 a
2y
0
= 12 a2
arcsin x
√
dx = lim 21 a2 =
a↑1
1 − x2
π2
8
7.
Bepaal voor de functie
f (x) =
ln(1 + x)
1+x
het Taylorpolynoom van de graad 2 rond x = 0.
We hebben:
1
ln(1 + x)
−
(1 + x)2
(1 + x)2
−3 + 2 ln(1 + x)
f (2) (x) =
(1 + x)3
f (1) (x) =
en dus:
f (0) = 0
f (1) (0) = 1
f (2) (0) = −3
en dus wordt het Taylorpolynoom gegeven door:
f (0) +
f (1) (0)
f (2) (0)
3
(x − 0) +
(x − 0)2 = x − 2 x 2
1!
2!
8.
a) Bepaal de algemene oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking:
ẍ − 6ẋ + 9x = 0
We proberen een oplossing van de vorm er t . We vinden:
(r 2 − 6r + 9)er t = 0
De bijbehorende karakteristieke vergelijking is dus:
r 2 − 6r + 9 = 0
We vinden r = 3. We hebben nu één nulpunt en de theorie vertelt ons nu dat twee
onafhankelijke oplossingen gegeven worden door e3t en te3t en de algemene oplossing
wordt dan gegeven door:
(α + βt)e3t
met α en β willekeurige constanten.
b) Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijking:
ẍ − 6ẋ + 9x = te2t
We proberen een particuliere oplossing van de vorm
(at + b)e2t
Invullen levert op:
[at + (b − 2a)] e2t = te2t
We krijgen:
a=1
b − 2a = 0
We vinden dus a = 1 en b = −2. De particuliere oplossing die we vinden is dus gelijk
aan:
(t + 2)e2t
Gecombineerd met het antwoord van a. ( de algemene oplossing van de homogene
vergelijking) vinden we:
(α + βt)e3t + (t + 2)e2t
met α en β willekeurige constanten.
9.
Bepaal de oplossing van de differentiaalvergelijking:
x ẋ = (x 2 + 1)(sin t + t cos t)
met x(0) = 0, x(t) > 0 en t ∈ [0, π].
We hebben
dx
x dt = (x 2 + 1)(sin t + t cos t)
en dus:
x
dx =
1 + x2
(sin t + t cos t) dt
We krijgen:
x
dx
=
−
cos
t
+
t cos t dt
1 + x2
Voor de linkerintegraal gebruiken we de substitutie y = x 2 en voor de rechterintegraal
partiële integratie. We krijgen:
1
dy = − cos t + t sin t − sin t dt
2(1 + y)
en de oplossing wordt dus bepaald door:
1
2
ln(1 + y) = t sin t + C
met C een willekeurige constante en dus
y = e2t sin t+C − 1.
en omdat y = x 2 en x(t) > 0 krijgen we:
x = e2t sin t+C − 1.
Uit de laatste vergelijking met x(0) = 0 vinden we C = 0. We vinden als oplossing:
x(t) = e2t sin t − 1.
(∗)