1. Wat is het maximale domein van \(f(x)=ln(x^2)\)?
Bij deze vraag moet je rekening houden met het feit dat de \(ln()\) functie alleen positieve getallen als parameter mag bevatten.
Om daaraan te voldoen geldt dus: \(x^2>0\).
Nu is het verleidelijk om te zeggen \(x>0\), maar we moeten er rekening mee houden dat het kwadraat van negatieve getallen ook een positief getal is. Om die reden is het volgende antwoord het juiste: \(D = \mathbb{R} \setminus \{0\}\)
2. De functie \(f(x) = ln(x^2)\) is op zijn maximale domein:
- (a) stijgend
- (b) dalend
- (c) niet monotoom
Het makkelijkst is om hier een aantal waarden in te vullen in de functie
| \(\mathbf{x}\) | \(\mathbf{y=ln(x^2)}\) |
| -4 | \(ln(16)\) |
| -2 | \(ln(4)\) |
| 0 | \(ln(0)\) (kan niet) |
| 2 | \(ln(2)\) |
| 4 | \(ln(16)\) |
Zoals je kunt zien is de vorm van de grafiek een soort parabool. Duidelijk is in ieder geval dat de functie in zijn geheel niet alleen maar daalt of stijgt.
Het antwoord is dan ook: (c) niet monotoom
3. De functie \(\mathbf{f(x) = ln(x^2)}\) is:
- (a) even
- (b) oneven
- (c) geen van beide
Voor de duidelijkheid een overzicht van even en oneven functies:
Een functie is even als geldt:
\(f(x) = f(-x)\) De functiewaarden zijn hier gelijk
Een functie is oneven als geldt:
\(f(-x) = -f(x)\)
Dit kunnen we dus invullen:
Als de functie even zou zijn: \(f(4) = f(-4) \Rightarrow ln(16) = ln(16)\).
Dat klopt! De functie is dus even!
Als de functie oneven zou zijn: \(f(-4) = -f(4) \Rightarrow ln(16) \not= -ln(16)\).
Die klopt dus niet, de functie is dus niet oneven.
Het antwoord is dus (a) even
4. bepaal \(\mathbf{\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{sin(x)}{x}}\)
Met limieten is de L’Hospital regel heel vaak je beste vriend. Deze regel zegt dat, als zowel de noemer als de deler van een breuk naar \(0\) of \(\pm\infty\) gaan, dan mag je beiden differentieren.
In ons geval gaat zowel \(sin(x)\) als \(x\) naar \(0\), dus wij mogen de L’Hospital regel toepassen:
\(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{sin(x)}{x} \Rightarrow \lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{cos(x)}{1} \Rightarrow \lim\limits_{x \rightarrow 0}cos(x)\)
En deze limiet kunnen we wel oplossen! Het antwoord is dus \(\mathbf{cos(0) = 1}\)
5. Bepaal: \(\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} arctan(x)\)
<deze nog uitwerken>
6. Bepaal: \(\frac{d}{dx}ln(\frac{-1}{x})\)
Deze opgave lossen we op met behulp van substitutie. We schrijven de opgave om naar:
\(\frac{d}{du}ln(u)\mid_{u=\frac{-1}{x}}\)
En deze vorm lossen we op met behulp van de kettingregel.
\(\frac{d}{du}ln(u)\cdot u’ \Rightarrow \frac{1}{u}\cdot u’ \Rightarrow \frac{1}{\frac{1}{x}} \cdot \frac{d}{dx}(-(x^{-1}))\)
\(\Rightarrow -x \cdot -(-x^{-2}) \Rightarrow -x \cdot \frac{1}{x^2} = \frac{-1}{x}\)
7. Bepaal \(\mathbf{\int_{-\pi}^{\pi} x^3 cos(x^3)dx}\)
Hier is een integraal waarin twee functies van \(x\) voorkomen. Als dat gebeurt, dan weten we dat we gebruik dienen te maken van partieel integreren.
We schrijven de gevraagde integraal dus om naar de vorm: \(\int u dv = vu – \int v du\). Hierbij willen we voor \(u\) dat gedeelte van de integraal nemen, welke bij differentiëren makkelijker wordt:
\(u = x^3\)
\(du = 3x^2\)
\(v=\frac{1}{sin(x^3)}du\)
\(dv=cos(x^3)\)
Als we hier goed naar kijken, zien we dat \(x^3\) vaak voorkomt. Dit is wat we als \(u\) gekozen hebben, dus kunnen we deze variabele ook bij de overige onderdelen plaatsen:
\(u = x^3\)
\(du = 3x^2\)
\(v=\frac{sin(u)}{du}\)
\(dv=cos(u)\)
Nu kunnen we gaan rekenen:
\(\int u dv = vu – \int v du \Rightarrow x^3 cos(u) = \frac{sin(u)}{du} u – \frac{sin(u)}{du}\)
\(\frac{usin(u)}{du} – \int sin(su) \Rightarrow \frac{usin(u)}{du} + cos(u)\)
Nu hebben we de hele formule zo ver als mogelijk vereenvoudigd. Nu kunnen we de waarden gaan invullen.
\(\frac{x^3sin(x^3)}{3x^2}+cos(x^3) \Rightarrow \frac{xsin(x^3)}{3}+cos(x^3)\)
\(\frac{1}{3}xsin(x^3)+cos(x^3)\)
We hadden een integraal met grenzen, dus dat moeten we nog invullen:
\([\frac{1}{3}xsin(x^3) + cos(x^3)]_{-\pi}^{\pi} \Rightarrow \)
\([\frac{\pi}{3}sin(\pi^3) + cos(\pi^3)] -[ \frac{-\pi}{3}sin(-\pi^3) + cos(-\pi^3) ] = 0\)
8. \(\int_{1}^{\infty} x^q dx\) is convergent \(\Longleftrightarrow\)
Deze integraal kunnen we omschrijven naar een limiet: \(\lim_{t \to \infty} \int_{1}^{t}x^q dx=\lim_{t \to \infty} \frac{1}{q+1} x^{q+1} |\)
\(\lim_{t \to \infty}(\frac{1}{q+1}t^{q+1}-\lim_{t \to \infty}(\frac{1}{q+1}1^{q+1} \Rightarrow\)
\(\lim_{t \to \infty}(\frac{1}{q+1}t^{q+1}-\frac{1}{q+1} \Rightarrow\)
\(\lim_{t \to \infty}(\frac{t^{q+1}-1}{q+1}\)
De vraag is wanneer de inde gevraagde integraal convergent is. Een integraal is convergent als de limit oneindig is, oftwel: deze niet bestaat. bij ons is dat het geval als er door 0 gedeeld zou worden. Dus: \(q+1=0\)
\(q+1 < 0\)
\(q< -1\)
9. Geef de algemene vergelijking voor de raaklijn aan de grafiek van een functie \(f(x)\) rond \(x=a\)
De algemene formule voor een rechte lijn is \(f(x) = ax+b\) waarbij \(a\) staat voor de richtingscoefficient en \(b\) voor de functiewaarde bij \(x=0\).
Omdat in de vraagstelling al een \(a\) zit, vervangen we die van de algemene formule door \(r\). Hierdoor krijgen we voor de algemene formule van een rechte lijn: \(f(x) = rx + b\).
We willen de waarde rond punt \(a\) hebben, dus kunnen we schrijven: \(f(a) = rx+b\)
\(r\) is de richtingscoefficient. Dat is dus niets anders dan de afgeleide van de functie. In de formule kunnen we \(r\) dus vervangen door de afgeleide van de functie op punt \(a\): \(f(a) = f'(a)x + b\).
Door de functie te herschrijven weten we de waarde van \(b\):
\(f(a) = f'(a)x + b \Rightarrow b = f(a) – f'(a) a\)
En nu kunnen we de gevonden waarde voor \(b\) plaatsen in de algemene formule waardoor we tot het uiteindelijke antwoord komen:
\(f'(a)x + b = f(a) \Rightarrow f(a) – f'(a)a \Rightarrow\)
\(f(a)+f'(a)(x-a)\)
