Uitwerkingen van 21 januari 2014

Uitwerking eindtoets Calculus voor het schakelprogramma van B (2XB03),
21 januari 2014
(1)
3
log(x + 4) − 3 log(x − 1) = 1.
Dus
3
log
x+4
x−1
= 3 log(3).
x+4
Dus x−1
= 3, dus x + 4 = 3x − 3, dus 2x = 7, dus x = 72 .
De oplossing x = 72 voldoet, want het is in het definitiegebieden van
3
log(x − 1). Dus x = 72 is de enige oplossing.
3
log(x + 4) en
(2) Teken een rechthoekige driehoek met overstaande zijde ter lengte 3 en schuine zijde ter
lengte 5. Dan is sin(ϕ) = 35 . Dus ϕ = arcsin( 35 ). Volgens de stelling van Pythagoras heeft
√
√
de aanliggende zijde lengte 52 − 32 = 16 = 4. Dus cos(arcsin( 35 )) = cos(ϕ) = 54 , dat is
de aanliggende zijde gedeeld door de schuine zijde.
(3) Er geldt
x3 + 2x + 1
x3 (1 + 2/x2 + 1/x3 )
x3 (1 + 2/x2 + 1/x3 )
√
p
=p
=
x6 + 5x + 4
x6 (1 + 5/x5 + 4/x6 )
|x3 | 1 + 5/x5 + 4/x6
Nu is x3 /|x3 | = −1 als x < 0. Dus
lim
x→−∞
1 + 2/x2 + 1/x3
1+0+0
x3 + 2x + 1
√
= −1
= lim − p
= −√
1+0+0
x6 + 5x + 4 x→−∞
1 + 5/x5 + 4/x6
(4a) Het minimum van f (x) = ln(x2 + e2 ) is f (0) = ln(e2 ) = 2.
Verder is limx→∞ ln(x2 + e2 ) = ∞. Dus het bereik van f (x) is [2, ∞).
Het definitiegebied van f −1 (x) is gelijk aan het bereik van f (x) is gelijk aan [2, ∞).
(4b) Er geldt y = f −1 (x) dan en slechts dan als x = f (y). Stel x = f (y),
√ dan is
x = ln(y 2 + e2 ). Dus ex = y 2 + e2 . Dus y 2 = ex − e2 . Derhalve is y = ± ex − e2 .
Het bereik van f −1√
(x) is gelijk aan het definitiegebied van f (x) en dat is gelijk aan [0, ∞).
Dus f −1 (x) = y = ex − e2 .
1
(5a) De kritieke punten van f (x) zijn die punten in het domein van
f (x) waar f (x) niet
√
√
4
1
3
gedefinieerd is of waar de afgeleide van f (x) nul is. Nu is f (x) = x4 − 3 x = x 3 − x 3 ,
dus :
1
2
2
√
f 0 (x) = 43 x 3 − 13 x− 3 = 13 x− 3 (4x − 1) = 34x−1
3 2.
x
Dus f (x) is overal gedefinieerd, en niet differentieerbaar in 0. Het nulpunt van f 0 (x) is 14 .
De kritieke punten zijn derhalve 0 en 14 .
(5b) De (lokale) maxima/minima van f (x) zijn kritieke punten. De afgeleide f 0 (x) is negatief op de intervallen (−∞, 0) en (0, 41 ), en positief op het interval ( 14 , ∞). De functie f (x)
is dus dalend op het interval (−∞, 41 ), en stijgend op het interval ( 41 , ∞).
Dus 41 is een minimum. Het kritieke punt 0 is een verticale raaklijn.
(6) De afgeleide van f (x) =
f 0 (x) =
sin(π(x2 −1))
cos(π(x2 +1))
is met de quotientregel:
cos(π(x2 + 1)) cos(π(x2 − 1))2πx + sin(π(x2 − 1)) sin(π(x2 + 1))2πx
.
cos2 (π(x2 + 1))
Dus
f 0 (1) =
cos(2π) cos(0)2π + sin(0) sin(2π)2π
= 2π.
cos2 (2π)
De vergelijking van de raaklijn aan de kromme in (1, 0) is derhalve y = 2π(x − 1).
(7) Pas in de gevraagde integraal de substitutie u = x4 + 2x2 + 1 toe.
Dan geldt du = (4x3 + 4x) dx. Dus
Z
Z
R
3
x4 +2x2 +1
1 x4 +2x2 +1
(x + x)e
dx =
e
(4x3 + 4x) dx = 14 eu du =
4
1 u
e
4
+ C = 41 ex
4 +2x2 +1
+ C.
(8) Pas parti¨ele integratie toe. Dan is
Z
R
2x sin(3x) dx = 2x(− 13 cos(3x)) − 2(− 31 cos(3x)) dx = − 23 x cos(3x) + 29 sin(3x) + C.
Dus
Z
0
1
π
2
1
π
2x sin(3x) dx = [−x 32 cos(3x) + 92 sin(3x)]|02 = − 92 .
2
(9a) Het gebied R in het xy-vlak wordt gegeven door x2 − 3x ≤ y ≤ 0. De snijpunten van
de x-as met de grafiek van f (x) = x2 − 3x zijn (0, 0) en (3, 0). De oppervlakte A van het
gebied R wordt dus gegeven door:
Z 3
Z 3
A=
|f (x)| dx =
(3x − x2 ) dx = [ 32 x2 − 13 x3 ]|30 = 27
− 27
= 92 .
2
3
0
0
(9b) De x-co¨ordinaat van het zwaartepunt van het gebied is
R3
R3
x¯ = A1 0 x|f (x)|dx = 29 0 (3x2 − x3 )dx = 29 [x3 − 14 x4 ]|30 = 92 (27 −
81
)
4
= 32 .
Een alternatief om aan te tonen dat x¯ = 32 wordt gegeven door op te merken dat het gebied
spiegel symmetrisch is ten opzichte van de lijn met vergelijking x = 23 , de symmetrie-as
van de parabool met vergelijking x2 − 3x = 0. Dus ligt het zwaartepunt op die lijn.
De y-co¨ordinaat van het zwaartepunt van het gebied is
R3
R3
1
y¯ = 2A
−(f (x))2 dx = − 19 0 (9x2 − 6x3 + x4 )dx = − 91 [3x3 − 32 x4 + 51 x5 ]|30 =
0
− 91 [34 −
35
2
+
35
]
5
= − 19 ·
9
Het zwaartepunt is dus ( 23 , − 10
).
3
81
10
9
= − 10
.

Download Report