1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2013-2014 1ste semester, 31 oktober 2013
Tussentijdse evaluatie Analyse I
1. (a) Toon aan dat elke begrensde numerieke rij een convergente deelrij heeft
(b) Geef de definitie van een Cauchy rij, en toon aan dat elke Cauchy rij begrensd is (c) Toon tenslotte aan dat een rij convergent is als en slechts als ze een Cauchy rij is. 2. Onderstel dat f : [a, b] → R continu is over [a, b] en dat f (a) en f (b) een verschillend teken
hebben. Bewijs dat er een punt c ∈ (a, b) bestaat zodat f (c) = 0. 3. Bereken de limiet van de volgende rij
un=
n2+ 2
n2 − 4
2n2−8
4. Bestaat de volgende limiet? Indien ja bereken de waarde, indien nee leg uit.
lim
(x,y)→(0,0)
x2+ |y| |x| + |y|
5. Voor welke k ∈ R is de volgende functie continu in het punt 0?: f : R → R; f (x) = (x + k)
2 x < 0
cos(kx) x ≥ 0
6. Onder welke hoek snijden volgende cirkels elkaar in het 1ste kwadrant?: x2− 4x + y2 = 0 en x2+ y2 = 8.
7. Zij x, y ∈ R+positieve re¨ele getallen zodat x ≤ y en (un) de rij gedefinieerd als
un =
xn+ yn
2
1/n . Bewijs dat (un) convergeert naar y.
hint: gebruik de sandwichregel
Tijd: 3u30; vraag 1: 40 punten; vraag 2: 10 punten; vraag 3,4,5: 10 punten ; vraag 6: 15 punten ; vraag 7: 5 punten. Totaal: 100 punten.
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen/ Wiskunde/Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2013-2014 1ste semester, 14 januari 2014
Analyse I
1. Toon aan dat een niet-dalende begrensde rij convergent is.
2. Gegeven is een functie f : R2 → R. We onderstellen dat f continu is en continue parti¨ele afgeleiden heeft op een omgeving van ~a = (a, b). Toon aan dat f differentieerbaar is in ~a. 3. Formuleer en bewijs de formule van Leibniz voor de n-de afgeleide van het product van twee
functies f en g.
4. Formuleer en bewijs de stelling van het gemiddelde voor de integraal van een continue func-tie. Pas deze stelling toe om de afgeleide te berekenen van de functie
g(x) = Z x
a
f (t)dt,
waarbij x ∈ [a, b] en f : [a, b] → R een continue functie. Bewijs dan de grondformule van de integraalrekening.
5. Geef de definitie van een verdichtingspunt. Toon aan dat elke oneindige begrensde deelverza-meling van R minstens een verdichtingspunt heeft.
Tijd: 90 minuten; alle vragen worden gekwoteerd op 8 punten. Totaal: 40 punten.
Dit examen telt mee voor 20 % van het eindcijfer voor het jaarvak “Analyse” (Eerste bachelor Ingenieursweten-schappen en Fysica, en voor 25 % van het eindcijfer voor het jaarvak “Analyse” (Eerste bachelor Wiskunde).
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen/ Wiskunde/Natuurkunde Academiejaar 2013-2014 1ste semester, 14 januari 2014
Oefeningen Analyse I
1. Bespreek de continu¨ıteit van de numerieke functie f : R → R
f (x) = x + 3 als x ≤ −1 x2− x als − 1 < x < 3 x als x = 3 −x + 9 als 3 < x ≤ 6 x − 4 als x > 6.
2. De straal van een cilinder neemt toe met 2 cm per minuut, terwijl de hoogte afneemt met 3 cm per minuut. Hoe snel verandert het volume van de cilinder op het ogenblik dat de straal 8 cm is en de hoogte 12 cm is? Neemt het volume toe of af?
3. Bereken de volgende limiet met behulp van reeksontwikkeling lim
x→0
tan x − sin x
x3 .
4. Bereken de oppervlakte van het vlak deel begrensd door de kromme y = x(1−ln12(x)), de x-as,
en de rechten x − 1 = 0 en x − 2 = 0. 5. Bereken de volgende integraal
Z ∞
0
ln(x) (x + 1)2dx.
6. Onderzoek de extreme waarden van de volgende functie
f (x, y) = x3+ y3− 4x2 + 6y2+ 5.
Tijd: 180 minuten; vragen 1, 3 en 4: 8 punten; vraag 2: 6 punten; vragen 5 en 6: 10 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 25 % van het eindcijfer. Eerste bachelor wiskunde: 55 % van het eindcijfer voor Analyse I.
Oplossingen
1. De functie f (x) wordt geschetst in Figuur 1.
Figure 1: f (x) van Oefening 1. f (x) is zeker continu in alle x ∈ R\{−1, 3, 6}.
lim
x→−1−f (x) = limx→−1+f (x) = 2 = f (−1) =⇒ f is continu in − 1.
lim
x→3−f (x) = limx→3+f (x) = 6 6= 3 = f (3) =⇒ f is niet continu in 3.
lim
x→6−f (x) = 3 6= 2 = limx→6+f (x) =⇒ f is niet continu in 6.
Dus, f (x) is continu in alle x ∈ R\{3, 6}. f (x) is niet continu in {3, 6}. 2. Als r de straal is en h de hoogte, dan is
dr
dt = 2 en dh
dt = −3. Het volume van de cilinder is V = πr2h.
Dus volgt: dV dt = π d dt(r 2· h) = π2rhdr dt + πr 2dh dt. We moeten dVdt bepalen voor r = 8 en h = 12:
dV dt r=8,h=12 = π · 2 · 8 · 12 · 2 − π · 82· 3 = 192π cm3/min.
3. We schrijven de formule van McLaurin op voor de functies tan x en sin x, met restterm van Liouville: tan x = x + 1 3x 3+ x 3 6λ(x) sin x = x − 1 6x 3+ x 3 6 µ(x) waarbij lim x→0λ(x) = limx→0µ(x) = 0 Dan is lim x→0 tan x − sin x x3 = limx→0 x +13x3+ x3 6 λ(x) − x + 1 6x 3− x3 6 µ(x) x3 = lim x→0 2 6+ 1 6λ(x) + 1 6 − 1 6µ(x) = 1 2.
4. In het interval 1 ≤ x ≤ 2 geldt x(1−ln12(x)) > 0.
Dus A = 2 Z 1 1 x(1 − ln2(x))dx.
We voeren de substitutie t = ln x uit. Dit geeft dt = 1xdx, en de aangepaste grenzen van de integraal worden 0 en ln 2. A = ln 2 Z 0 1 1 − t2dt = ln 2 Z 0 1 (1 + t)(1 − t)dt = 1 2 ln 2 Z 0 1 1 + t + 1 1 − t dt.
Uiteindelijk krijgen we: A = 1 2[ln |1 + t| − ln |1 − t|] ln 2 0 = 1 2(ln(1 + ln 2) − ln(1 − ln 2)) = 1 2ln 1 + ln 2 1 − ln 2 .
5. We berekenen eerst de onbepaalde integraal. Via parti¨ele integratie vinden we Z ln(x) (x + 1)2dx = − ln x x + 1 + Z 1 x(x + 1)dx. Splitsen in partieelbreuken levert:
− ln x x + 1 + Z 1 x(x + 1)dx = − ln x x + 1 + Z 1 xdx − Z 1 x + 1dx = − ln x x + 1 + ln x − ln(x + 1). 2
We kunnen nu de oneigenlijke integraal uitwerken: Z ∞ 0 ln(x) (x + 1)2dx = lima→0 Z 1 a ln(x) (x + 1)2dx + limb→∞ Z b 1 ln(x) (x + 1)2dx = lim a→0 − ln x x + 1 + ln x − ln(x + 1) 1 a + lim b→∞ − ln x x + 1 + ln x − ln(x + 1) b 1 = lim a→0 − ln 2 + ln a a + 1 − ln a + ln(a + 1) + lim b→∞ − ln b b + 1 + ln b − ln(b + 1) + ln 2 = lim a→0ln aa+11 a ! + lim b→∞ −1/b 1 + ln b b + 1 = lim a→0ln aa+1−a + 0 = lim a→0 −1 a + 1ln(a a) = 0.
6. De parti¨ele afgeleiden van f (x, y) zijn
∂f ∂x = 3x 2− 8x ∂f ∂y = 3y 2+ 12y
Dus, de stationaire punten van f zijn de oplossingen van het stelsel 3x2− 8x = 0
y2 + 4y = 0
namelijk (0, 0), (0, −4), (83, 0) en (83, −4).
Voor elk stationair punt bepalen we of het een minimum, een maximum of een zadelpunt is door eerst de parti¨ele afgeleiden van tweede orde te berekenen
r = ∂∂x2f2 = 6x − 8 s = ∂y∂y∂2f = 0 t = ∂∂y2f2 = 6y + 12 Dan, s2− rt = −(6x − 8)(6y + 12) en
in (0, 0), s2− rt = 8.12 > 0 =⇒ f bereikt geen extremum in (0, 0) ((0, 0) is een zadelpunt)
in (0, −4), s2− rt = 8.(−12) < 0 en r = −8 < 0 =⇒ f bereikt een maximum in (0, −4)
in (83, 0), s2 − rt = −8.12 < 0 en t = 12 > 0 =⇒ f bereikt een minimum in (8 3, 0)
in (83, −4), s2− rt = −8.(−12) > 0 =⇒ f bereikt geen extremum in (8 3, −4)
((83, −4) is een zadelpunt).
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Groep A Academiejaar 2013-2014 1ste zittijd, 12 maart 2014
Examen Analyse II: Matlab
Vervang in de naam van elke functie “XX” door je initialen. Vermeld in elk bestand dat je aanmaakt bovenaan je naam, voornaam en groep. Plaats alle bestanden in een map met je naam en voornaam. Geef een korte uitleg bovenaan je code. Wees zo effici¨ent mogelijk. De eerste vraag staat op 6 punten, de tweede vraag op 4 punten. Het examen duurt 3 uur. Veel succes!
1. • Schrijf een functie XXpositief (A) die alle elementen van een willekeurige matrix positief maakt. Je mag geen gebruik maken van reeds gedefinieerde functie abs binnen Matlab. >> A=[[-1 3 5]; [5 2 80]] A = -1 3 5 5 2 80 >> XXpositief(A) ans = 1 3 5 5 2 80
• Schrijf vervolgens een functie XXvm(x, r, k) die van een gegeven vector x met lengte L, een matrix maakt van dimensies r × k waar rk = L. Schrijf ook een gedeelte dat nagaat of rk = L en anders de boodschap ’Onmogelijk, rk is niet gelijk aan L’ weer geeft. >> x = [72 0 3 2 56 1] x = 72 0 3 2 56 1 >> XXvm(x,3,2) ans = 72 0 3 2 56 1
• Schrijf een functie XXorder(M ) die de elementen van een gegeven matrix M rangschikt van groot naar klein en in dezelfde matrixvorm zet als M indien alle elementen positief zijn. Indien de elementen niet allen positief zijn moet volgende boodschap verschij-nen: ’Niet alle elementen zijn positief!’. (Hint: je kan eventueel gebruik maken van de vorige functies.) >> M = [[2 9 1 4];[0 30 2 5];[65 7 10 3]] M = 2 9 1 4 0 30 2 5 65 7 10 3 >>XXorder(M) ans = 65 30 10 9 7 5 4 3 2 2 1 0
2. De oppervlakte onder de grafiek van de functie f (x) = x2op het interval [a, b] kan benaderd worden door de bovensommen. Schrijf een functie XXbovensom(N ) die het volgende plot (zorg dat er een duidelijk onderscheid is tussen alles):
• Teken de grafiek van de functie f (x) = x2 op het interval [a, b].
• Teken de x- en y-as.
• Teken de bovensommen op het interval [a, b] door het interval op te delen in N stukken. >> XXbovensom(-4,7,15)
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Groep B Academiejaar 2013-2014 1ste zittijd, 14 maart 2014
Examen Analyse II: Matlab
Vervang in de naam van elke functie ‘XX’ door je initialen. Vermeld in elk bestand dat je aanmaakt bovenaan je naam, voornaam en groep. Geef een korte uitleg bovenaan je code. Wees zo effici¨ent mogelijk. De eerste vraag staat op 6 punten, de tweede vraag op 4 punten. Veel succes!
1. Een magisch vierkant van orde n is een n × n matrix bestaande uit alle getallen van 1 tot en met n2, zodanig dat de som van de getallen op elke rij en elke kolom gelijk is aan de
magische som. Deze magische som is dus gelijk aan de som van alle getallen in het vierkant, gedeel door n. 1 n n2 X i=1 i = n 2(n2+ 1) 2n = n(n2+ 1) 2 .
Een voorbeeld van een magisch vierkant van orde drie is,
4 9 2
3 5 7
8 1 6
• Schrijf nu een functie XXmagisch(M), die controleert of een gegeven vierkante matrix M een magisch vierkant is.
>> M = [[7 12 1 14];[2 13 8 11];[16 3 10 5];[9 6 15 4]] M = 7 12 1 14 2 13 8 11 16 3 10 5 9 6 15 4 >>XXmagisch(M)
De opgegeven matrix is een magisch vierkant.
• Schrijf vervolgens een programma XXmodulo(M), die er voor zorgt dat alle getallen in het magische vierkant M modulo n worden weergegeven, waardoor alle getallen zich in de verzameling {0, 1, . . . , n − 1} bevinden. >> XXmodulo(M) ans = 3 0 1 2 2 1 0 3 0 3 2 1 1 2 3 0
• Op het vierkant dat we nu bekomen, gaan we vervolgens een sorteerfunctie XXsor-teer(M)toepassen die er voor zorgt dat alle getallen in de eerste rij en de eerste kolom van klein naar groot worden gerangschikt, waarbij dus kolommen, respectievelijk rijen, van plaats worden verwisseld. De bedoeling is dat je eerst de getallen op de eerste rij van klein naar groot sorteert, waarbij je dus kolommen van plaats verwisselt, en vervol-gens hetzelfde doet met de getallen in de eerste kolom, waarbij je dan rijen van plaats verwisselt. >> XXsorteer(M) ans = 0 1 2 3 1 0 3 2 2 3 0 1 3 2 1 0
2. Vandaag, 03/14, is het π-dag, bij deze een tweede vraag waarbij we het getal π grafisch zullen benaderen met behulp van de ingeschreven en omgeschreven regelmatige n−hoek van een cirkel met straal 1. We weten dat een cirkel met straal 1 een oppervlakte heeft die gelijk is aan π. Door nu de oppervlakte te berekenen van het ingeschreven en omgeschreven vierkant, hebben we een bovengrens, respectievelijk ondergrens voor het getal π. Dit kunnen we nu verder verfijnen door ons vierkant om te zetten naar een regelmatige 8−hoek. Vervolgens zetten we deze regelmatige 8−hoek om naar een regelmatige 16−hoek, enzovoort. Door tekeningen te maken en goniometrische formules te gebruiken, bekomen we de volgende benaderingen voor de oppervlakten van deze ingeschreven en omgeschreven regelmatige n−hoeken.
Voor de oppervlakte van de ingeschreven 2k-hoek, startende bij k = 2 hebben we:
2k−1 r 2 − 2 cos π 2k−1 v u u t 1 − 2 − 2 cos 2k−1π 4 !! . 2
Voor de oppervlakte van de omgeschreven 2k-hoek, startende bij k = 2 hebben we:
2ktanπ 2k
.
Schrijf nu een programma XXbenadering(n) dat voor de eerste n regelmatige 2k-hoeken (startende bij de vierhoek) de oppervlakte van zowel de ingeschreven als de omgeschreven regelmatige 2k-hoek uitzet op een grafiek, zodanig dat je een grafische benadering krijgt van het getal π. Verbind deze punten met lijnstukken zoals in de onderstaande figuur en teken hierbij ook de rechte y = π.
>> XXbenadering(5)
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Groep C Academiejaar 2013-2014 1ste zittijd, 10 maart 2014
Examen Analyse II: Matlab
Vervang in de naam van elke functie “XX” door je initialen. Vermeld in elk bestand dat je aanmaakt bovenaan je naam, voornaam en groep. Plaats alle bestanden in een map met je naam en voornaam. Geef een korte uitleg bovenaan je code. Wees zo effici¨ent mogelijk. Beide vragen staan op 5 punten. Het examen duurt 3 uur. Veel succes!
1. Een binomiaalco¨efficient nk is gedefinieerd als het natuurlijke getal n
k
= n!
(n − k)!k!.
De driehoek van Pascal is een driehoek die bestaat uit binomiaalcoeffici¨enten. De driehoek begint te tellen vanaf rij en kolom 0. Bekijk onderstaande figuur ter verduidelijking:
0 1 2 3 4 · · · k 0 00 1 10 11 2 20 21 22 3 30 3 1 3 2 3 3 4 40 41 42 43 44 .. . ... ... ... ... ... . .. n n0 n1 n2 n3 n4 · · · nk
• Schrijf een functie XXbin(n, k) die de binomiaal coeffici¨ent van een koppel (n, k) kan berekenen. Je mag geen gebruik maken van reeds gedefinieerde functie nchoosek(n, k) en f actorial, maar je kan hiermee wel je resultaat controleren. (Hint: schrijf eerst een functie XXf ac(n), die faculteiten kan berekenen van een gegeven getal n.)
>> XXbin(7,3) ans =
35
• Gebruik nu je vorige functie om een functie XXptriangle(s) te schrijven die de driehoek van Pascal weergeeft tot en met een zekere rij s.
>> XXptriangle(4) res = 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 2 1 0 0 1 3 3 1 0 1 4 6 4 1
• De driehoek van Pascal kan ook bekomen worden door de som te nemen van bepaalde elementen in de voorgaande rij. Ga eerst na welke elementen dit zijn door boven-staand voorbeeld te bestuderen. Schrijf daarna een functie XXmethode2(s) die ge-bruik maakt van deze regel. Controleer of je met beide methoden dezelfde driehoek bekomt.
2. De trapeziumregel benadert de integraal van een functie f over het interval [a, b] door de integrand op het interval te benaderen door de oppervlakte van trapezia. Deze trapezia ontstaan door het interval [a, b] op te delen in N gelijke stukken en de beeldwaarden van deze verdelingen met elkaar te verbinden door middel van rechten. Zie onderstaande figuur ter verduidelijking.
Pas deze methode nu toe om de bepaalde integraal van de functie f (x) = esin(x) op een
interval [a, b] te benaderen. Schrijf dus een functie XXtrapezium(a, b, N ), die de integraal op het interval [a, b] benaderd door de oppervlakte van deze trapezia. Je mag geen gebruik maken van de reeds gedefinieerde functie trapz binnen matlab. Bovendien moet deze functie ook het volgende plotten (zorg dat er een duidelijk onderscheidt is tussen alles!):
• De x-as, de y-as en de functie f (x) = esin(x)op het interval [a, b]
• De trapezia die gebruikt worden in de trapeziumregel >> XXtrapezium(-3,5,7)
ans =
8.9078
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Groep D Academiejaar 2013-2014 1ste zittijd, 11 maart 2014
Examen Analyse II: Matlab
N.B.: Vervang in elke functie “XX” door je achternaam. Vermeld in elk bestand dat je aanmaakt bovenaan je naam en voornaam. Geef een korte uitleg bovenaan je code. Wees zo effici¨ent mo-gelijk. Beide vragen staan op 5 punten. Jullie hebben 3 uur de tijd. Veel succes!
1. Een binomiaalco¨effici¨ent nk is gedefinieerd als het natuurlijke getal: n
k
= n!
k!(n − k)! voor 0 ≤ k ≤ n. Merk op dat 0! = 1 per definitie.
Voor de volgende vraag mag je geen gebruik maken van de functies nchoosek(n, k) en factorial(n), maar je kan hiermee wel je resultaat controleren.
(a) Schrijf een functie XXbino(n, k) die de binomiaalco¨effici¨ent nk bepaalt voor natuurlijke getallen n en k.
>> XXbino(7,3) 35
>> XXbino(3,7) Error using XXbino
k moet groter of gelijk aan 0 zijn en kleiner of gelijk aan n De eerste elementen van de rij van Fibonacci (Fn)n≥1zijn de volgende: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13,
21, 34, 55, 89, . . . .
(b) Schrijf een functie XXfibo1(n) die, gegeven een natuurlijk getal n, het nde Fibonacci getal Fnteruggeeft gebruikmakend van de volgende definitie:
Fn = bn−12 c X k=0 n−k−1 k .
(c) Schrijf een functie XXfibo2(n) die, gegeven een natuurlijk getal n, het nde Fibonacci getal Fnteruggeeft door gebruik te maken van de volgende recursieve definitie:
2. De gulden snede heeft waarde ϕ = 1+
√ 5
2 . De verhouding van opeenvolgende getallen van
Fibonacci benadert een macht van de gulden snede, er geldt limn→∞ FFn+a
n = ϕ
a.
Schrijf een functie XXgulden(k,a) die, gegeven natuurlijke getallen k en a, de eerste k ver-houdingen plot, samen met de rechte y = ϕa, zodanig dat je volgende tekening krijgt: >> XXgulden(7,4) Immers, [F5 F1, F6 F2, F7 F3, F8 F4, F9 F5, F10 F6, F11 F7 ] = [5.0000, 8.0000, 6.5000, 7.0000, 6.8000, 6.8750, 6.8462] en ϕ4 = 6.8541. 2
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde Academiejaar 2013-2014 2ste semester, 17 juni 2014
Oefeningen Analyse II
1. Berekenen de extreme waarden van de functie f (x, y, z) = 4x2y2 − 3y2z2− 4z waarbij de
punten (x, y, z) voldoen aan de vergelijkingen z = x2+ y2en x2+ 3y2 = 1.
2. Bepaal het volume van het omwentelingslichaam dat ontstaat door ´e´en boog van de cyclo¨ıde (
x = a(t + sin(t)) y = a(1 − cos(t))
te laten wentelen om de x-as. Maak ook een schets van de cyclo¨ıde.
3. Bereken beide leden van de stelling van Ostrogradsky voor ~v = x2~u1 + y2~u2+ z2~u3 en het
gebied dat begrensd wordt door de oppervlakken met vergelijking x2 + y2 = 1, z = 1 en
z = −1.
4. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking: y = xy02− y03
. 5. Bepaal de algemene integraal van volgend differentiaalstelsel (x en y zijn functies van t).
x0− 2x + y = e2t
3x0+ y0− 11x − y = −t 6. Voor welke a ∈ R is de volgende reeks convergent?
∞
X
n=1
sin(n) an+ 1
7. Voor welke waarden van x convergeert de volgende machtreeks?
∞
X
n=1
sin((2n+1)π2 )(x − 3)n
n ln2(n)
Tijd: 4 uur; vragen 1,4,6,7: 6 punten, vraag 2: 4 punten, vraag 3: 12 punten, vraag 5: 10 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 25 % van het eindcijfer.
1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2013-2014 2ste semester, 17 juni 2014
Oefeningen Analyse II
1. Berekenen de extreme waarden van de functie f (x, y, z) = 4x2y2 − 3y2z2− 4z waarbij de
punten (x, y, z) voldoen aan de vergelijkingen z = x2+ y2en x2+ 3y2 = 1.
2. Bepaal het volume van het omwentelingslichaam dat ontstaat door ´e´en boog van de cyclo¨ıde (
x = a(t + sin(t)) y = a(1 − cos(t))
te laten wentelen om de x-as. Maak ook een schets van de cyclo¨ıde. 3. Bereken beide leden van de stelling van Ostrogradsky voor ~v = x2~u
1 + y2~u2+ z2~u3 en het
gebied dat begrensd wordt door de oppervlakken met vergelijking x2 + y2 = 1, z = 1 en z = −1.
4. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking: y = xy02− y03.
5. Bepaal de algemene integraal van volgend differentiaalstelsel (x en y zijn functies van t). x0− 2x + y = e2t
3x0+ y0− 11x − y = −t
6. Bepaal een interval L voor (x, y), dat (1, 0) bevat, zodat de betrekking f (x, y, z) = z
cos y + x ln(y + 1) − z
2 = 0
z als impliciete functie van x en y bepaalt op L, waarbij z(1, 0) = 1. Bepaal het raakvlak aan de grafiek van z in het punt (1, 0, 1).
Bereken ook ∂z∂y(1, 0), ∂z∂x(1, 0) en ∂y∂x∂2z (1, 0).
Tijd: 4 uur; vragen 1 en 6: 8 punten, vraag 2: 4 punten, vraag 3: 14 punten, vraag 4: 6 punten, vraag 5: 10 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het eindcijfer voor Analyse II.
Oplossingen
1. We berekenen de extrema van de functie f (x, y, z) = 4x2y2 − 3y2z2 − 4z met
nevenvoor-waarden z = x2+ y2 en x2+ 3y2 = 1. Definieer de Lagrange functie φ:
φ(x, y, z, λ, µ) = 4x2y2− 3y2z2− 4z − λ(z − x2− y2) − µ(x2+ 3y2 − 1).
De stationaire punten zijn de oplossingen van het volgend stelsel: ∂φ ∂x = 8xy 2+ 2λx − 2µx = 2x(4y2 + λ − µ) = 0 ∂φ ∂y = 8x
2y − 6yz2+ 2λy − 6µy = 2y(4x2− 3z2+ λ − 3µ) = 0
∂φ ∂z = −6zy 2− 4 − λ = 0 ∂φ ∂λ = z − x 2− y2 = 0 ∂φ ∂µ = x 2+ 3y2− 1 = 0 (1) (2) (3) (4) (5) Uit (3) volgt: λ = −6zy2− 4.
Uit (2) volgt:
y = 0 en/of 4x2− 3z2+ λ − 3µ = 0.
Geval 1: y = 0.
Uit (5) volgt x = ±1. Uit (4) volgt z = 1. We vinden twee punten A± = (±1, 0, 1).
Geval 2: 4x2− 3z2+ λ − 3µ = 0. Uit (1) volgt: x = 0 en/of 4y2+ λ − µ = 0. Geval 2.a: 4x2− 3z2+ λ − 3µ = 0 en x = 0. Uit (5) volgt y = ±√1 3. Uit (4) volgt z = 1
3. We vinden twee punten B± = (0, ± 1 √ 3, 1 3). Geval 2.b: 4x2− 3z2+ λ − 3µ = 0 en 4y2+ λ − µ = 0.
We combineren beide vergelijkingen zodat µ verdwijnt als veranderlijke: 4x2− 3z2− 12y2− 2λ = 0.
Gebruikmakend van λ = −6zy2− 4 bekomen we:
Gebruikmakend van (4) kunnen we dit herleiden tot een vergelijking in functie van x en y: 4x2− 3(x4+ 2x2y2+ y4) − 12y2+ 12(x2+ y2)y2+ 8 = 0
4x2− 3x4− 6x2y2 − 3y4 − 12y2+ 12x2y2+ 12y4+ 8 = 0
4x2− 3x4+ 6x2y2+ 9y4 − 12y2+ 8 = 0.
Gebruikmakend van (5) kunnen we dit herleiden tot een vergelijking enkel in functie van y: 4(1 − 3y2) − 3(1 − 6y2+ 9y4) + 6(1 − 3y2)y2+ 9y4− 12y2+ 8 = 0
4 − 3 + 8 + (−12 + 18 + 6 − 12)y2+ (−27 − 18 + 9)y4 = 0 9 − 36y4 = 0 y2 = 1
2. Er bestaan echter geen re¨ele oplossingen (x, y) van (5) waarbij y2 = 1
2.
Minima of maxima?
We bepalen de tweede parti¨ele afgeleiden: ∂2φ ∂x2 = 8y 2+ 2λ − 2µ ∂φ ∂x∂y = 16xy ∂2φ ∂x∂z = 0 ∂2φ ∂y2 = 8x 2− 6z2+ 2λ − 6µ ∂2φ ∂y∂z = −12yz ∂2φ ∂z2 = −6y 2
We beschouwen eerst de punten A± = (±1, 0, 1).
Er geldt λ = −6zy2− 4 = −4. Uit (1) volgt 4y2+ λ − µ = −4 − µ = 0, dus µ = −4. We
vinden dus tweede differentiaal:
d2φ(±1, 0, 1) = 18d2y > 0. De punten A±zijn dus minima.
Voor de punten B± = (0, ±√13,13) geldt λ = −6zy2 − 4 = −143 . Uit (2) volgt 4x2 − 3z2+
λ − 3µ = −13 +−143 − 3µ = 0 dus µ = −53 . We vinden de tweede differentiaal:
d2φ(0, ±√1 3, 1 3) = −10 3 d 2x + ∓8√ 3dydz − 2d 2z.
Vermits z = x2 + y2 geldt dz = 2xdx + 2ydy. In het geval van de punten B
± geldt dus
dy = ±
√ 3
2 dz. De tweede differentiaal is dus gelijk aan:
d2φ(0, ±√1 3, 1 3) = −10 3 d 2 x + (−4 − 2)d2z = −10 3 d 2 x − 6d2z < 0. 2
De punten B±zijn dus maxima.
2. Nemen we de eerste boog dan zien we dat deze ligt tussen x = −aπ en x = aπ. Het volume van het lichaam dat ontstaat door de boog te wentelen om de x-as wordt dan bepaald door:
V = π
Z aπ
−aπ
y2dx. Gebruikmakend van de symmetrie:
V = 2π Z aπ 0 y2dx = 2π Z π 0 a2(1 − cos t)2dx dtdt = 2π Z π 0
a2(1 − cos t)2a(1 + cos t)dt = 2πa3
Z π
0
(1 − cos t − cos2t + cos3t)dt = 2πa3 t − sin t − t 2 + sin(2t) 4 + sin t − sin 3t 3 π 0 = π2a3.
3. We moeten beide leden van de stelling van Ostrogradsky berekenen, dat is Z Z Z G div(~v)dv = Z Z S (~v.~n)dO,
waar ~n de normaal is die naar buiten is gericht en S het volledige gesloten oppervlak van het gebied G. In ons geval bestaat S dus uit drie delen:
(a) S1: cirkel op hoogte z = 1;
(b) S2: cilindermantel;
(c) S3: cirkel op hoogte z = −1.
We beginnen met de driedubbele integraal. We zien eenvoudig dat div(~v) = 2x + 2y + 2z. We lossen de integraal op met behulp van cilinderco¨ordinaten:
Z Z Z G (2x + 2y + 2z)dxdydz = Z 1 −1 Z 2π 0 Z 1 0 (2ρ cos θ + 2ρ sin θ + 2z)ρdρdθdz = Z 1 −1 Z 2π 0 2ρ 3 3 (cos θ + sin θ) + zρ 2 1 0 dθdz = Z 1 −1 Z 2π 0 2 3(cos θ + sin θ + z)dθdz = Z 1 −1 2 3sin θ − 2 3cos θ + zθ 2π 0 dz = Z 1 −1 2πzdz = 0 3
Voor de dubbele integraal merken we op dat Z Z S (~v.~n)dO = Z Z S1 (~v.~n1)dO + Z Z S2 (~v.~n2)dO + Z Z S3 (~v.~n3)dO.
(a) We kunnen S1 parametriseren als volgt: ~r1 : G → R3 : (ρ, θ) 7→ (ρ cos θ, ρ sin θ, 1),
met G = [0, 1]×[0, 2π]. Hieruit volgt dat ∂~r1
∂ρ = (cos θ, sin θ, 0) en ∂~r1
∂θ = (−ρ sin θ, ρ cos θ, 0).
We berekenen eenvoudig dat ∂~r1
∂ρ × ∂~r1
∂θ = (0, 0, ρ). Verder geldt er dat
~n1 = ∂~r1 ∂ρ × ∂~r1 ∂θ ||∂~r1 ∂ρ × ∂~r1 ∂θ || = (0, 0, ρ) ||∂~r1 ∂ρ × ∂~r1 ∂θ || .
Nemen we bijvoorbeeld ρ = 1, θ = 0 dan zitten we in het punt (1, 0, 1) en zien we dat de normaal naar buiten wijst zoals gewenst. Hieruit besluiten we dat = 1.
Z Z S1 ~ v.~n1dO = Z 2π 0 Z 1 0 (ρ2cos2θ, ρ2sin2θ, 1).(0, 0, ρ)dρdθ = Z 2π 0 Z 1 0 ρdρdθ = Z 2π 0 ρ2 2 1 0 dθ = Z 2π 0 1 2dθ = π
(b) De cilindermantel S2 kan geparametriseerd worden door ~r2 : G → R3 : (θ, z) 7→
(cos θ, sin θ, z), met G = [0, 2π] × [−1, 1]. Hieruit volgt dat ∂~r2
∂θ = (− sin θ, cos θ, 0) en ∂~r2
∂θ = (0, 0, 1). We berekenen eenvoudig dat ∂~r2
∂ρ × ∂~r2
∂θ = (cos θ, sin θ, 0). Verder geldt
er dat ~n2 = ∂~r2 ∂ρ × ∂~r2 ∂θ ||∂~r2 ∂ρ × ∂~r2 ∂θ || = (0, 0, 1) ||∂~r1 ∂ρ × ∂~r2 ∂θ || .
Nemen we bijvoorbeeld θ = 0, z = 1 dan zitten we in het punt (1, 0, 1) en zien we dat de normaal naar buiten wijst zoals gewenst. Hieruit besluiten we dat = 1.
Z Z S2 ~v.~n2dO = Z 1 −1 Z 2π 0
(cos2θ, sin2θ, 0).(cos θ, sin θ, z)dθdz = Z 1 −1 Z 2π 0 (cos3θ + sin3θ)dθdz = Z 1 −1 Z 2π 0
(1 − sin2θ) cos θ + (1 − cos2θ) sin θ dθdz
= Z 1 −1 sin θ − sin 3θ 3 − cos θ + cos3θ 3 2π 0 dz = Z 1 −1 0 dz = 0
(c) Voor de flux te berekenen doorheen S3, de cirkel op hoogte z = −1, gaan we volledig
analoog te werk als in geval (a). De parametrisatie wordt gegeven door ~r3 : G →
R3 : (ρ, θ) 7→ (ρ cos θ, ρ sin θ, −1), met G = [0, 1] × [0, 2π]. De normaal ~n3 is gelijk
aan ~n1. De normaal wijst in dit geval echter naar binnen en we kunnen besluiten dat
= −1. Dit zorgt voor een minteken tijdens de berekening van de integraal wat ons −π als resultaat geeft.
We besluiten: Z Z S (~v.~n)dO = Z Z S1 (~v.~n1)dO + Z Z S2 (~v.~n2)dO + Z Z S3 (~v.~n3)dO = π + 0 + (−π) = 0.
4. De gegeven differentiaalvergelijking is een vergelijking van Lagrange. Stel y0 = p. Dan verkrijgen we
y = xp2+ p3. Dit afleiden geeft
p = p2+ 2xpp0+ 3p2p0, of nog
p − p2 = (2xp + 3p2)p0. We draaien nu de rollen van x en p om, en krijgen dan
(p − p2)x0 = 2xp + 3p2, of nog x0− 2p p − p2x = 3p2 p − p2.
Dit is een lineaire DV van orde 1. We zoeken eerst de algemene oplossing van de geasso-cieerde homogene vergelijking:
Z 1 x dx dp = Z 2p p − p2 ⇔ ln(x) = Z 2 1 − p ⇔ ln(x) = −2 ln(1 − p) + ln(C) ⇔ xh = C (1 − p)2.
Vervolgens zoeken we de particuliere oplossing: xp = C(p) 1 (1 − p)2, met C(p) = Z 3p2(1 − p)2 p − p2 dp = 3 Z p(1 − p)dp = 3 2p 2− p3. Dus ( x = 3 2p 2−p3+C (1−p)2 y = xp2+ p3
5. We leiden de eerste vergelijking af:
x00− 2x0+ y0 = 2e2t,
en vullen vervolgens de tweede vergelijking (y0 = −3x0+ 11x + y − t) hierin in: x00− 2x0− 3x0+ 11x + y − t = 2e2t.
Met behulp van de eerste vergelijking (y = −x0+ 2x + e2t) elimineren we y: x00− 5x0+ 11x − x0+ 2x + e2t− t = 2e2t
⇔ x00− 6x0+ 13x = e2t+ t.
We zoeken eerst de algemene oplossing van de geassocieerde homogene vergelijking van deze lineaire DV met constante co¨effici¨enten van graad 2. De karakteristieke vergelijking λ2 − 6λ + 13 = 0 heeft discriminant −16, en heeft bijgevolg oplossingen λ1 = 3 + 2i en
λ2 = 3 − 2i. Dus
xh = e3t(C1cos(2t) + C2sin(2t)).
Vervolgens zoeken we de particuliere oplossing:
xp = Ae2t+ Bt + C
x0p = 2Ae2t+ B x00p = 4Ae2t. Invullen in de DV geeft:
4Ae2t− 12Ae2t− 6B + 13Ae2t+ 13Bt + 13C = e2t+ t
⇔ 5Ae2t+ 13Bt − 6B + 13C = e2t+ t. Dus A = 15, B = 131 en C = 1696 . Dus xp = 1 5e 2t+ 1 13t + 6 169, bijgevolg x = e3t(C1cos(2t) + C2sin(2t)) + 1 5e 2t+ 1 13t + 6 169. En dus
x0 = 3e3t(C1cos(2t) + C2sin(2t)) + e3t(−2C1sin(2t) + 2C2cos(2t)) +
2 5e 2t+ 1 13 = e3t((3C1+ 2C2) cos(2t) + (3C2− 2C1) sin(2t)) + 2 5e 2t+ 1 13
Tenslotte vinden we ook y: y = −x0+ 2x + e2t
= −e3t((3C1+ 2C2) cos(2t) + (3C2− 2C1) sin(2t)) −
2 5e
2t− 1
13 +2e3t(C1cos(2t) + C2sin(2t)) +
2 5e 2t+ 2 13t + 12 169 + e 2t = e3t((−C1− 2C2) cos(2t) + (−C2+ 2C1) sin(2t)) + 2 13t + e 2t− 1 169. Dus x = e3t(C 1cos(2t) + C2sin(2t)) + 15e2t+ 131t + 1696 . y = e3t((−C1− 2C2) cos(2t) + (−C2+ 2C1) sin(2t)) +132t + e2t−1691 6
6. Hier gaan we absolute convergentie na. Na vergelijking metPa1n (een meetkundige reeks)
zien we dat voor |1a| < 1, of dus 1 < |a|, dat de reeks absoluut convergent is. Indien |a| ≥ 1 dan gaan de termen niet naar nul en is dus de reeks divergent.
6 WIS. Beschouw de functie f (x, y, z) = cos yz + x ln(y + 1) − z2 en bepaal zijn partieel afgeleiden.
∂f ∂x = ln(y + 1) ∂f ∂y = z sin y cos2y + x y + 1 =
z sin y(y + 1) + x cos2y
cos2y(y + 1) ∂f ∂z = 1 cos y − 2z = 1 − 2z cos y cos y
Beschouw het interval L = [0, 2] × [−π4 ,π4] dat het punt (x, y) = (1, 0) bevat. De functie f (x, y, z) voldoet aan de stelling van de impliciete functies voor het interval L, vermits:
• f is continu op L, • f (1, 0, 1) = 0,
• de partieel afgeleiden ∂f∂x,∂f∂y en ∂f∂z zijn continu op L, • ∂f
∂z(1, 0, 1) = −1 6= 0.
Het raakvlak aan het oppervlak in punt (1, 0, 1) heeft vergelijking: ∂f ∂x(1, 0, 1)(x − 1) + ∂f ∂y(1, 0, 1)(y − 0) + ∂f ∂z(1, 0, 1)(z − 1) = 0, y − z + 1 = 0. Er geldt: ∂z ∂y(x, y) = −∂f /∂y ∂f /∂z =
−z sin y(y + 1) − x cos2y
cos y(y + 1)(1 − 2z cos y) ∂z ∂y(1, 0) = 1 ∂z ∂x(x, y) = −∂f /∂x ∂f /∂z = − ln(y + 1) cos y 1 − 2z cos y ∂z ∂x(1, 0) = 0 Hieruit volgt : ∂2z ∂y∂x(x, y) = (1 − 2z cos y)−cos y
y+1 + ln(y + 1) sin y
+2z sin y − 2∂z∂y(x, y) cos yln(y + 1) cos y (1 − 2z cos y)2 ∂z2 ∂y∂x(1, 0) = −1.(−1 + 0) + (0 − 2).0.1 (−1)2 = 1 7
7. We berekenen de convergentiestraal R van de machtreeksP∞
n=2
sin((2n+1)π2 )(x−3)n
n ln2(n) . Merk op
dat sin((2n+1)π2 ) = (−1)n, we vinden:
R = lim n→∞ (−1)n n ln2(n) (n + 1) ln2(n + 1) (−1)n+1 = 1.
De machtreeks convergeert absoluut voor x − 3 ∈] − 1, 1[, dus x ∈]2, 4[. De machtreeks is divergent voor x ∈] − ∞, 2[ en x ∈]4, +∞[.
Voor x = 2 bekomen we de reeks:
∞ X n=2 (−1)n(−1)n n ln2(n) = ∞ X n=2 1 n ln2(n).
Deze reeks is convergent wegens de integraaltest (reeks van Bertrand). Voor x = 4 bekomen we de reeks:
∞ X n=2 (−1)n(1)n n ln2(n) = ∞ X n=2 (−1)n n ln2(n). Deze alternerende reeks is absoluut convergent.
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde 1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2013-2014 2e zittijd, 19 augustus 2014
Examen Oefeningen Analyse I
1. Bestaat de volgende limiet? Indien ja, bereken de waarde. Indien nee, leg uit. lim
(x,y)→(0,0)
x2− xy − x
(√x −√y + 1)
2. Bewijs de volgende drievoudige ongelijkheid met behulp van de stelling van Lagrange: π 6 + √ 3 15 < Bgsin 3 5 < π 6 + 1 8. 3. Bereken de volgende oneigenlijke integraal
+∞
Z
0
9x + 8
x3 + 2x2+ x + 2 dx.
4. Bepaal de lengte van de boog met vergelijking
y = ln(cos x), waarbij y ∈h0,π 4 i
. (Hint: de afgeleide van ln | sec x + tg x| kan nuttig zijn.)
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde Academiejaar 2013-2014 2e zittijd, 19 augustus 2014
Examen Oefeningen Analyse II
5. Bepaal de extrema van de functie f (x, y, z) = x + y + z, waarbij de punten (x, y, z) liggen op de doorsnede van de eenheidsbol x2+ y2+ z2 = 1 met de kegel z2 = x2+ y2. Bespreek
ook de aard van de extrema.
6. S is het oppervlak met vergelijking z = x2 + y2, z ≤ 1. ~n is de naar boven gerichte
eenheidsnormaal op S. Verder beschouwen we het vectorveld ~v = z~u1+ x~u2+ y~u3. Bereken
de flux van rot ~v doorheen S op twee manieren, gebruik makend van de stelling van Stokes. 7. Bepaal de algemene integraal van volgend differentiaalstelsel (x en y zijn functies van t).
x0 + 3x + y = 0
3x0+ y0− 3x − y = −4tet
8. Stel a ∈ R, is de volgende reeks absoluut convergent, relatief convergent of divergent?
∞
X
n=1
n(−1)n+ a n2+ 1
Tijd: 4u30; studenten die enkel Analyse II moeten afleggen: 2u30.
Puntenverdeling Analyse I: vraag 1: 10 punten, vragen 2 en 4: 13 punten, vraag 3: 14 punten; totaal: 50 punten.
Puntenverdeling Analyse II: vraag 5: 10 punten, vraag 6 en 7: 14 punten, vraag 8: 12 punten ; totaal: 50 punten.
Syllabus en oefeningenboek mogen gebruikt worden; zakrekenmachine en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.
1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2013-2014 2e zittijd, 19 augustus 2014
Examen Oefeningen Analyse II
5. Bepaal de extrema van de functie f (x, y, z) = x + y + z, waarbij de punten (x, y, z) liggen op de doorsnede van de eenheidsbol x2+ y2+ z2 = 1 met de kegel z2 = x2+ y2. Bespreek
ook de aard van de extrema.
6. S is het oppervlak met vergelijking z = x2 + y2, z ≤ 1. ~n is de naar boven gerichte eenheidsnormaal op S. Verder beschouwen we het vectorveld ~v = z~u1+ x~u2+ y~u3. Bereken
de flux van rot ~v doorheen S op twee manieren, gebruik makend van de stelling van Stokes. 7. Bepaal de algemene integraal van volgend differentiaalstelsel (x en y zijn functies van t).
x0 + 3x + y = 0
3x0+ y0− 3x − y = −4tet
8. De betrekking
z3− xz − y = 0, (∗)
met z(0, 1) = 1 bepaalt z als impliciete functie van x en y op een omgeving van (1, 0, 1). Bereken ∂x∂y∂2z en bepaal ook de vergelijking van het raakvlak in het punt (1, 0, 1) aan het oppervlak met vergelijking (∗).
Tijd: 4u30; studenten die enkel Analyse II moeten afleggen: 2u30.
Puntenverdeling Analyse I: vraag 1: 10 punten, vragen 2 en 4: 13 punten, vraag 3: 14 punten; totaal: 50 punten.
Puntenverdeling Analyse II: vraag 5: 10 punten, vraag 6 en 7: 14 punten, vraag 8: 12 punten ; totaal: 50 punten.
Syllabus en oefeningenboek mogen gebruikt worden; zakrekenmachine en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.
Oplossingen
1. We herschrijven de limiet eenvoudig als volgt lim
(x,y)→(0,0)
x2−xy−x
(√x−√y+1) = (x,y)→(0,0)lim
(x2−xy−x)(√x+√y+1) (√x−√y+1)(√x+√y+1) = lim (x,y)→(0,0) x(x−y−1)(√x+√y+1) (x−y−1) = lim (x,y)→(0,0)x( √ x +√y + 1) = 0 2. Merk op dat Bgsin(12) = π6. Bijgevolg moeten we bewijzen dat
√ 3 15 < Bgsin( 3 5) − Bgsin( 1 2) < 1 8.
Hiervoor passen we de stelling van Lagrange toe op de functie Bgsin(x) over het interval [12,35]. De functie voldoet hier duidelijk aan de nodige voorwaarden en Lagrange levert nu dat Bgsin(35) − Bgsin(12) 3 5 − 1 2 = √ 1 1 − c2 voor een c ∈]12,35[.
De ongelijkheid 12 < c < 35 laat zich herschrijven tot √1
1−14 < 1 √ 1−c2 < 1 √ 1−259 . Hieruit volgt: 2 √ 3 < Bgsin(35) − Bgsin(12) 3 5 − 1 2 < 5 4. Na overbrengen van 35 −1 2 = 1
10 vindt men het gevraagde.
3. +∞ Z 0 9x + 8 x3+ 2x2+ x + 2 dx = +∞ Z 0 9x + 8 (x + 2)(x2 + 1) dx
Splitsing in parti¨ele breuken: 9x + 8 (x + 2)(x2+ 1) = A x + 2 + Bx + C x2+ 1 = Ax2+ A + Bx2+ 2Bx + Cx + 2C (x + 2)(x2 + 1)
Hieruit volgt: A + B = 0, 2B + C = 9, A + 2C = 8, en dus is: A = −2, B = 2, C = 5.
+∞ Z 0 9x + 8 (x + 2)(x2 + 1) dx = +∞ Z 0 −2 x + 2 + 2x + 5 x2+ 1 dx = +∞ Z 0 −2 x + 2 + 2x x2+ 1 + 5 x2+ 1 dx = lim a→+∞−2 ln(x + 2) + ln(x 2 + 1) + 5Bgtg (x)a0 = lim a→+∞ ln x 2+ 1 (x + 2)2 + 5Bgtg (x) a 0 = lim a→+∞ln a2+ 1 (a + 2)2 + 5Bgtg (a) − ln 1 4 = ln(1) + 5π 2 − ln 1 4 = 5π 2 + ln(4)
4. We berekenen het kwadraat van de afgeleide van y = ln(cos x). dy dx = 1 cos x(− sin x) = −tg x dy dx 2 + 1 = tg2x + 1 = sec2x
De booglengte is gelijk aan:
l = Z π/4 0 s 1 + dy dx 2 dx = Rπ/4 0 √ sec2x dx = R0π/4sec x dx [door hint] = h ln | sec x + tg x| iπ/4 0 = ln | secπ4 + tg π4| − ln | sec 0 + tg 0| = ln |√2 + 1| − ln |1 + 0| = ln(√2 + 1) 5. De Lagrange hulpfunctie is:
f∗(x, y, z, λ, µ) = x + y + z − λ(x2+ y2+ z2− 1) − µ(z2− x2− y2) De stationaire punten worden gevonden door het volgend stelsel op te lossen:
∂f∗
∂x = 1 − 2xλ + 2xµ = 0 (6)
∂f∗
∂y = 1 − 2yλ + 2yµ = 0 (7)
∂f∗
∂z = 1 − 2zλ − 2zµ = 0 (8)
x2+ y2+ z2− 1 = 0 (9)
z2− x2− y2 = 0
(10) De 3 eerste vergelijkingen leveren dat
x = 1
2(λ − µ) = y, z = 1 2(λ + µ). Optellen van de vergelijkingen (4) en (5) geeft
z = ± √
2
2 . (11)
Hieruit volgt meteen dat λ + µ = 1 2z = ± √ 2 2 . Uit (5) en (??) volgt nu dat
x2+ y2 = 1
2. (12)
Aangezien x = y volgt hieruit ook dat x = y = ±1
2 en λ − µ = ±1 We hebben dus in totaal 4 stationaire punten:
(1 2, 1 2, √ 2 2 ); ( 1 2, 1 2, − √ 2 2 ); (− 1 2, − 1 2, √ 2 2 ); (− 1 2, − 1 2, − √ 2 2 ). We berekenen nu de tweede differentiaal van f∗in de stationaire punten.
d2f∗ = [1 − 2(λ − µ)](dx2+ dy2) + [1 − 2(λ + µ)]dz2.
Als we (??) differenti¨eren vinden we dat dz = 0. Als we (??) differenti¨eren vinden we dat 2xdx + 2ydy = 0.
Omdat x = y 6= 0 in de stationaire punten, krijgen we dx2 = dy2. In de stationaire punten
hebben we dus dat
d2f∗ = 2[1 − 2(λ − µ)]dx2. In de stationaire punten (12,1 2, √ 2 2 ) en ( 1 2, 1 2, − √ 2
2 ) hebben we dat λ − µ = 1, en bijgevolg
d2f∗ = −2dx2 < 0. In deze twee punten wordt dus een maximum bereikt. In de stationaire punten (−12, −12, √ 2 2 ) en (− 1 2, − 1 2, − √ 2 2 ) hebben we dat λ − µ = −1, en bijgevolg d2f∗ = 6dx2 > 0. In deze twee punten wordt dus een minimum bereikt. Alternatieve kortere methode.
De snijlijn van de eenheidssfeer en de kegel wordt gegeven door de vergelijkingen (??) en (??) x2+ y2 = 1 2 z = ± √ 2 2
Bijgevolg herleidt het probleem zich tot het berekenen van de extreme waarden van de func-tie
f (x, y) = x + y ± √
2 2
waarbij (x, y) loopt over de cirkel met vergelijking x2+ y2 = 1 2.
6. De stelling van Stokes vertelt ons dat Z Z S rot(~v).~ndO = I C+ ~v(~r)d~r.
Om het linkerlid uit te rekenen gebruiken we de volgende parametrisatie van het oppervlak S: ~r1(x, y) = (x, y, x2+ y2), waarbij (x, y) ∈ G = {(x, y)|y ∈ [−1, 1], x ∈ [−p1 − y2,p1 − y2]}. (a) rot(~v) = (1, 1, 1) (b) ∂~r1 ∂x = (1, 0, 2x) (c) ∂~r1 ∂y = (0, 1, 2y) (d) ∂~r1 ∂x × ∂~r1 ∂y = (−2x, −2y, 1). De normaal is ~n = (−2x, −2y, 1) norm ,
met = 1, omdat ~n naar boven gericht is (bekijk bijvoorbeeld x = y = 0).
Z Z S rot(~v).~ndO = Z 1 −1 Z √ 1−y2 −√1−y2 (−2x − 2y + 1)dxdy = Z 1 −1 −x2− 2xy + x √ 1−y2 −√1−y2dy = Z 1 −1 −(1 − y2) − 2p 1 − y2y +p1 − y2+ (1 − y2) − 2p 1 − y2y +p1 − y2dy = Z 1 −1 −4p1 − y2y + 2p1 − y2dy = 0 + 2 t/2 +sin(2t) 4 π/2 −π/2 = π
Om het rechterlid uit te rekenen gebruiken we de volgende parametrisatie van C: ~r2 = (cos θ, sin θ, 1), waarbij θ ∈ [0, 2π]. Verder is ~v(~r2(θ)) = (1, cos θ, sin θ) en d~r2 dθ = (− sin θ, cos θ, 0). 4
Hieruit volgt: I C ~ v(~r2) · d~r = I C ~ v(~r2) d~r2 dθ · dθ = Z 2π 0
(1, cos θ, sin θ).(− sin θ, cos θ, 0)dθ = Z 2π 0 (− sin θ + cos2θ + 0)dθ = [cos θ]2π0 + θ 2 + sin(2θ) 4 2π 0 = π
7. We leiden de eerste vergelijking af:
x00+ 3x0+ y0 = 0,
en vullen vervolgens de tweede vergelijking (y0 = −3x0+ 3x + y − 4tet) hierin in: x00+ 3x0− 3x0+ 3x + y − 4tet= 0.
Met behulp van de eerste vergelijking (y = −x0− 3x) elimineren we y: x00+ 3x − x0− 3x − 4tet= 0
⇔ x00− x0 = 4tet.
We zoeken eerst de algemene oplossing van de geassocieerde homogene vergelijking van deze lineaire DV met constante co¨effici¨enten van graad 2. De karakteristieke vergelijking λ2− λ = 0 heeft 2 oplossingen met multipliciteit 1: λ1 = 0 en λ2 = 1. Dus
xh = C1 + C2et.
Vervolgens zoeken we de particuliere oplossing:
xp = ett(At + B) = et(At2+ Bt)
x0p = (At2+ (2A + B)t + B)et
x00p = (At2+ (4A + B)t + 2A + 2B)et. Invullen in de DV geeft:
(At2+ (4A + B)t + 2A + 2B)et− (At2+ (2A + B)t + B)et = 4tet
⇔ 2At + 2A + B = 4t. Hieruit volgt A = 2 en B = −4, en dus:
xp = (2t2 − 4t)et.
We vinden
x = C1+ C2et+ (2t2− 4t)et= C1+ (2t2− 4t + C2)et,
en dus
x0 = (4t − 4)et+ (2t2− 4t + C2)et
= (2t2 − 4 + C2)et.
Tenslotte vinden we ook y:
y = −x0− 3x = −(2t2− 4 + C2)et− 3C1− 3(2t2− 4t + C2)et = −3C1− (8t2− 12t − 4 + 4C2)et Dus x = C1+ (2t2− 4t + C2)et y = −3C1 − (8t2 − 12t − 4 + 4C2)et.
8. Beschouw de reeks met algemene term un= n(−1)
n+a
n2+1 .
Absolute convergentie Als n > 2|a|, dan geldt |un| =
|n(−1)n+a| n2+1 ≥ n/2 n2+1. Aangezien lim n→∞ (n/2).n n2+ 1 = 1 2 ∈ R\{0}
volgt uit het vergelijkend kenmerk in limietvorm volgt dat de reeks P∞
n=1 n/2
n2+1 hetzelfde
gedrag vertoont als de (divergente) reeksP∞
n=1 1 n. Bijgevolg is P∞ n=1|un| divergent, en de reeksP∞
n=1unis dus niet absoluut convergent.
Relatieve convergentie Merk eerst op dat
un =
n(−1)n
n2+ 1 +
a n2+ 1.
Voor a 6= 0 vertoont de reeksP∞
n=1 a
n2+1 hetzelfde gedrag als
P∞
n=1 1
n2
(limietvergelijking-stest) en is dus convergent. Voor a = 0 is de reekssom gelijk aan 0, dus is de reeks ook convergent.
De reeks P∞
n=1 n(−1)n
n2+1 is alternerend en we gaan convergentie na gebruikmakend van het
criterium van Leibniz.
De limiet van de algemene term voor n naar oneindig is nul: lim n→∞ n n2+ 1 = limn→∞ 1 n = 0 De reeks is niet-stijgend, immers voor n ≥ 1 geldt:
n n2+ 1 ≥ n + 1 (n + 1)2+ 1 ⇐⇒ n((n + 1)2+ 1) = n3+ 2n2+ 2n ≥ (n + 1)(n2 + 1) = n3+ n2+ n + 1 ⇐⇒ 2n2+ n ≥ 1, 6
De reeksP∞n=1 n(−1)n2+1n is dus relatief convergent.
De som van twee convergente reeksen is convergent, en we kunnen dus besluiten dat de reeks P∞
n=1
n(−1)n+a
n2+1 relatief convergent is.
8 WIS. We bepalen eerst de eerste afgeleiden van z naar x en naar y: ∂z ∂x = z 3z2− x en ∂z ∂y = 1 3z2− x.
Uit de eerste gelijkheid volgt: ∂2z ∂x∂y = ∂z ∂y(3z 2− x) − z(6z∂z ∂y) (3z2− x)2
Invullen van de 2de vergelijking geeft dan: ∂2z ∂x∂y = 1 − 6z2 1 3z2−x (3z2− x)2 = −3z 2− x (3z2− x)3
We bepalen de vergelijking van het raakvlak: z = z(1, 0) + ∂z ∂x(1, 0)(x − 1) + ∂z ∂y(1, 0)(y − 0) ⇔ z = 1 + 1 2x − 1 2 + 1 2y ⇔ 1 2x + 1 2y − z + 1 2 = 0 ⇔ x + y − 2z + 1 = 0 7
