Uitwerking tentamen Calculus 1 (2DB80), januari 2012. Deel A 1

Uitwerking tentamen Calculus 1 (2DB80), januari 2012.
Deel A
√
√
2
2
2
1 2
x
+
3
en
log
x−
log
x
+
3
=
1. We kunnen
log(x+3)
schrijven
als
log
2 x
x
2
. De vergelijking wordt dus 2 log √
= 1, waaruit volgt
log √
x+3
x+3
x
x2
√
= 2. Kwadrateren levert
= 4, wat herschreven kan worden als
x+3
x+3
x2 − 4x − 12 = 0. De oplossingen van deze vierkantsvergelijking zijn x = 6 en
x = −2. Echter x = −2 voldoet niet aan de oorspronkelijke vergelijking. De
enige oplossing is dus x = 6.
2. Gebruik de formules cosh x = 21 (ex + e−x ) en sinh x = 12 (ex − e−x ) . De verge√
√
lijking wordt dan 41 (ex + e−x ) (ex − e−x ) = 2, dus e2x − e−2x = 4 2. Noem
√
1
1
e2x = X, dan is e−2x = , en de vergelijking wordt X −
= 4 2, wat ook
X
X
√
2
geschreven
kan
worden
als
X
−
4
2X
−
1
=
0.
De
oplossingen
hiervan
√
√
√ zijn
2x
X = 2 2+3√
en X = 2 2 − 3. Omdat
X
=
e
voldoet
alleen
X
=
2
2 + 3.
√
1
2x
En uit e = 2 2 + 3 volgt x = 2 ln 2 2 + 3 .
3. (a) De functie arcsin 13 x is gedefinieerd voor −1 ≤ 13 x ≤ 1, dus voor −3 ≤
x ≤ 3. Voor x = ±3 volgt arcsin 31 x = ± 12 π, en tan ± 12 π is niet gedefinieerd. Het domein van de functie f (x) is dus het open interval (−3, 3).
(b) Voor positieve x kunnen we de volgende rechthoekige driehoek bekijken:
3
x
α √
9 − x2
In deze driehoek geldt sin α =
1
x,
3
dus arcsin 13 x = α. En dan lezen
x
we uit de driehoek af dat tan arcsin 31 x = tan α = √
Voor
9 − x2 x ≤ 0 volgt de gelijkheid uit tan arcsin 31 x = − tan arcsin − 31 x =
−x
x
−p
=√
.
2
9 − x2
9 − (−x)
x−2
1
1
= lim
= .
x↓2
x↓2 (x − 2)(x + 3)
x↓2 x + 3
5
−(x − 2)
−1
1
lim f (x) = lim
= lim
=− .
x↑2
x↑2 (x − 2)(x + 3)
x↑2 x + 3
5
4. (a) lim f (x) = lim
(b) Omdat lim f (x) 6= lim f (x) bestaat lim f (x) niet; de discontinuı̈teit is dus
x↓2
x→2
x↑2
niet ophefbaar (de grafiek vertoont een sprong bij x = 2).
5
5. Voor de functie f (x) = (x5 + x + 2) 2 geldt dat de afgeleide
3
f 0 (x) = 52 (x5 + x + 2) 2 (5x4 + 1) . Bepalen van f −1 (32) betekent oplossen van
1
5
(x5 + x + 2) 2 = 32 met als (enige) oplossing x = 1, dus f −1 (32) = 1.
Dan geldt voor de afgeleide van f −1 voor x = 32:
0
f −1 (32) =
1
f 0 (1)
=
1
.
120
Deel B
6. Impliciet differentiëren: 2 (x2 + y 2 ) (2x + 2yy 0 ) = 2(x − y)(1 − y 0 ). Invullen van
x = 1, y = −1 levert y 0 = 1. De vergelijking voor de raaklijn wordt dan:
y = −1 + 1 · (x − 1) = x − 2.
√
1
1 3
1
7. Voor de functie f (x) = 2 x geldt f 0 (x) = x− 2 = √ en f 00 (x) = − x− 2 .
2
x
|f 00 (x)|
1
Formule voor de kromming:κ =
32 . We moeten oplossen κ = 16 ,
2
1 + (f 0 (x))
3
1 −2 − 2 x 1
1
1
1
1
dus 3 = 16 . Hieruit volgt dat
32 = 2 23 = 2
(x + 1) 2
1
1
3
x2 1 +
1+
x
x
3
(x + 1) 2 = 8, dus x + 1 = 4, en de oplossing is dus x = 3.
8. Breng de vergelijking van de kegelsnede in standaardvorm. Schrijf eerst 4x2 +
8x + 2y 2 − 8y = 12 als 4 (x2 + 2x) + 2 (y 2 − 4y) = 12. Vervolgens kwadraat
afsplitsen: 4 ((x + 1)2 − 1) + 2 ((y − 2)2 − 4) = 12, ofwel 4(x + 1)2 + 2(y − 2)2 =
24. Deel nu door 24, en de standaardvorm wordt:
(x + 1)2 (y − 2)2
+
= 1.
6
12
Dit is een ellips, waarbij de hoofdas
√ is. Het middelpunt is het punt
√ verticaal
(x0 , y0 ) = (−1, 2). Schrijf c =√ 12 − 6 = 6. Dan zijn de √brandpunten
de
punten (x0 , y0 − c) = −1, 2 − 6 en (x0 , y0 + c) = −1, 2 + 6 .
√
9. Substitueer 1 + x = u, dus x = (u − 1)2 . Dan wordt dx = 2(u − 1) du, en de
grenzen worden u = 1 en u = 2. De integraal gaat dan over in:
2
Z 2
Z 2
2(u − 1)
2
2
1
2 1 1
du
=
−
du
=
−
+
=
.
u4
u3 u4
u2 3 u3 1 6
1
1
10. Pas partiële integratie toe:
Z
Z
√
2 3
2 3 1
2
x ln(2x) dx = x ln(2x) −
x 2 · dx =
3
3
x
Z
2 3
2 1
2 3
4 3
2
x ln(2x) −
x 2 dx = x 2 ln(2x) − x 2 + c.
3
3
3
9
2