Uitwerkingen van 23 juni 2014

Uitwerking eindtoets Calculus voor het schakelprogramma van B (2XB03),
23 jun 2014
(1) Na toepassing van de identiteit sin2 (x) = 1 − cos2 (x) op de vergelijking
2 sin2 (x) + 5 cos(x) = 4 krijgen we
2(1 − cos2 (x)) + 5 cos(x) = 4 ofwel 2 cos2 (x) − 5 cos(x) + 2 = 0.
1 punt
Substitueer u = cos(x). Dan geldt: 2u2 − 5u + 2 = 0, 1 punt
ofwel (2u − 1)(u − 2) = 0. Dus u = 12 of u = 2. 1 punt
Dus cos(x) = 12 of cos(x) = 2.
Er geldt | cos(x)| ≤ 1, dus cos(x) = 2 heeft geen oplossing. 1 punt
Uit cos(x) = 12 volgt x = 31 π +2kπ of x = − 31 π +2kπ met k een geheel getal. De oplossingen
in het interval [0, 2π] zijn dus x = 13 π en x = 53 π. 1 punt
(2a) arctan(tan(ϕ)) = ϕ voor alle − 12 π < ϕ < 21 π, want de functie tan(x) met definitiegebied (− 12 π, 12 π) heeft arctan(x) als inverse functie. 1 punt
π − 4π = − 14 π. Dus tan( 15
π) = tan(− 41 π).
De functie tan(ϕ) is periodiek modulo π en 15
4
4
Dus arctan(tan( 15
π)) = arctan(tan(− 41 π)) = − 14 π. 1 punt
4
√
(2b) arccos( 12 3) = 16 π 1 punt en sin( 61 π) =
√
Dus sin(arccos( 12 3)) = 12 .
(3) Er geldt
Dan geldt
x−4
√
4−2 x
=
x−4
√ .
2(2− x)
1
2
1 punt .
√
Vermenigvuldig teller en noemer beide met 2 + x. 1 punt
√
√
(x − 4)(2 + x)
(x − 4)(2 + x)
x−4
√ =
√
√ =
.
2(4 − x)
4−2 x
2(2 − x)(2 + x)
Deel teller en noemer beide door x − 4. Dan is
√
√
(x − 4)(2 + x)
−(2 + x)
=
=
.
2(4 − x)
2
Dus
x−4
−(2 +
√ = lim
lim
x→4 4 − 2 x
x→4
2
1
√
x)
= −2.
1 punt
1 punt
1 punt
(4a) De kritieke punten van f (x) zijn die punten in het domein van f (x) waar f (x) niet
gedefinieerd is of waar de afgeleide van f (x) nul is. Nu is f (x) = cosh(6x2 − 5πx + π 2 ),
dus :
f 0 (x) = sinh(6x2 − 5πx + π 2 ) · (12x − 5π). 1 punt
Dus f (x) is overal gedefinieerd en differentieerbaar. Uit f 0 (x) = 0 volgt 12x − 5π = 0 of
5
π of 6x2 − 5πx + π 2 = 0. 1 punt
sinh(6x2 − 5πx + π 2 ) = 0, dus x = 12
Nu is 6x2 − 5πx + π 2 = (3x − π)(2x − π). Dus x = 31 π en x = 12 π zijn de nulpunten van
6x2 − 5πx + π 2 en dus ook van sinh(6x2 − 5πx + π 2 ).
5
De kritieke punten van f (x) zijn dus x = 13 π, x = 21 π en x = 12
π. 1 punt
(4b) De (lokale) maxima/minima van f (x) zijn kritieke punten. De functie sinh(x) is echt
stijgend. Dus het tekenverloop van f 0 (x) is hetzelfde als
(6x2 − 5πx + π 2 ) · (12x − 5π) = (3x − π)(2x − π)(12x − 5π)
5
π) en ( 12 π, ∞), en negatief op de inDe afgeleide f 0 (x) is positief op de intervallen ( 13 π, 12
5
tervallen (−∞, 31 π) en ( 12
π, 12 π, ). 1 punt
5
De functie f (x) is dus stijgend op de intervallen ( 13 π, 12
π) en ( 12 π, ∞) en dalende op de
5
intervallen (−∞, 31 π) en ( 12
π, 12 π, ).
5
π is een maximum. 1 punt
Dus x = 31 π, x = 21 π zijn minima en x = 12
(5) Voor de afgeleide van de inverse functie g(x) in x = b geldt:
g 0 (b) =
1
f 0 (g(b))
1 punt
.
Verder is g(1) = x dan en slechts dan als f (x) = 1 ofwel x3 + 4x + 1 = 1.
Door wat getallen te proberen zien we dat x = 0 de (unieke) oplossing is.
De afgeleide van f (x) = x3 + 4x + 1 is f 0 (x) = 3x2 + 4. 1 punt
Dus f 0 (0) = 4 en g 0 (1) = f 01(0) = 14 . 1 punt
1 punt
(6) Er geldt f (x) = e−x ln(x2 + 3x + 1). Dus
f 0 (x) = −e−x ln(x2 + 3x + 1) + e−x
x2
2x + 3
.
+ 3x + 1
2 punten
(De afgeleide kan ook met de quotientregel worden berekend.) Dus
f 0 (0) = −e0 ln(1) + e0 ·
3
=3
1
1 punt
De vergelijking van de raaklijn aan de kromme in (0, 0) is derhalve y = 3x.
2
1 punt
R
(7) Pas in de integraal cos2 (x) sin(x) dx de substitutie u = cos(x) toe.
Dan geldt du = − sin(x) dx. 1 punt
√
Verder is u(0) = cos(0) = 1 en u( 41 π) = cos( 41 π) = 12 2. 1 punt
Dus
Z 1
Z 1√
4
π
2
3 cos2 (x) sin(x) dx =
0
2
−3u2 du =
1 punt
1
1
[−u3 ]|12
√
2
√
= − 14 2 + 1.
1 punt
(8) De noemer van de gevraagde integraal is te ontbinden in
x2 + 2x − 3 = (x − 1)(x + 3). 1 punt
Partieel breuksplitsen geeft:
x2
x+7
A
B
A(x + 3) + B(x − 1)
=
+
=
. 1 punt
+ 2x − 3
x−1 x+3
(x − 1)(x + 3)
Vergelijk de tellers:
x + 7 = A(x + 3) + B(x − 1).
Substitutie van x = 1 geeft A = 2 en van x = −3 geeft B = −1. 1 punt
Dus
Z
Z x+7
2
1
dx =
−
dx = 2 ln |x − 1| − ln |x + 3| + C.
x2 + 2x − 3
x−1 x+3
1 punt
(9a) Het gebied R in het xy-vlak wordt gegeven door x2 ≤ y ≤ x. De snijpunten van de
lijnen met vergelijkingen y = x en y = x2 zijn (0, 0) en (1, 1). 1 punt
De oppervlakte A van het gebied R wordt dus gegeven door:
Z 1
(x − x2 ) dx = [ 12 x2 − 31 x3 ]|‘0 1 = ( 12 − 31 ) = 16 . 1 punt
A=
0
(9b) De x-co¨ordinaat van het zwaartepunt van het gebied is
R1
x¯ = A1 0 x(x − x2 dx = 1 punt
6[ 31 x3 − 14 x4 ]|10 = 6( 31 − 14 ) = 12 . 1 punt
De y-co¨ordinaat van het zwaartepunt van het gebied is
R1 2
1
y¯ = 2A
(x − x4 )dx = 1 punt
0
3[ 31 x3 − 15 x5 ]|10 = 3( 31 − 15 ) = 25 . 1 punt
Het zwaartepunt is dus ( 12 , 25 ).
3

Download Report