1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2014-2015 1ste semester 30 oktober 2014
Tussentijdse evaluatie Analyse I
1. Toon aan dat een niet-stijgende begrensde rij convergent is.
2. Geef de definitie van een verdichtingspunt. Toon aan dat elke oneindige begrensde deelverza-meling van R minstens een verdichtingspunt heeft.
3. Ga na of de rij (un)nconvergent is. Indien ja bereken de limiet, indien nee leg uit.
un= (−1)n 3 √ n2+ 3n + 1 −√3 n2+ 3n + 4
4. Bestaat de volgende limiet? Indien ja bereken de waarde, indien nee leg uit. lim
(x,y)→(0,0)
tg x sin y 5. Bespreek de continu¨ıteit van de volgende functie:
f : R → R : x 7→ (
e1/x als x 6= 0,
0 als x = 0. 6. Bereken de afgeleide van de volgende functie:
f (x) = (cos x)cos x
7. Zij a, b, c ∈ R. Toon aan dat de hoek tussen de grafieken van de functies f1(x) = ax2+ bx + c en f2(x) = b sin x + c
in het punt (0, c) onafhankelijk is van a, b en c.
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen/ Wiskunde/Natuurkunde Academiejaar 2014-2015 1ste semester, 13 januari 2015
Theorie Analyse I
1. Toon aan dat een niet-stijgende begrensde rij convergent is.
2. Onderstel dat f : [x0, x1] → [y0, y1] continu en bijectief is, dat f afleidbaar is in f−1(b) =
a ∈ (x0, x1), en dat f0(a) 6= 0. Bepaal (f−1)0(b).
3. Onderstel dat f : [a, b] → R continu is, en dat f (a)f (b) < 0. Toon aan dat f minstens 1 nulpunt heeft gelegen in het interval (a, b).
4. Geef de definitie van een rectificeerbare boog, en van de booglengte van een rectificeerbare boog. Toon aan dat een continu differentieerbare boog rectificeerbaar is, en stel de formule op die toelaat om de lengte van een kromme gegeven in parametervorm te berekenen.
Tijd: 90 minuten; vragen 1, 2, 3: 9 punten; vraag 4: 13 punten. Totaal: 40 punten. Dit examen telt mee voor 20 % van het eindcijfer. Eerste bachelor wiskunde: 25 % van het eindcijfer.
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen/ Wiskunde/Natuurkunde Academiejaar 2014-2015 1ste semester, 13 januari 2015
Oefeningen Analyse I
1. Bepaal, indien deze bestaat, de volgende limiet lim
(x,y)→(0,0)
sin(x − tan y) x + tan y .
2. Onder welke hoek snijden volgende krommen elkaar in het derde kwadrant? y = 3
x − 2 en y = x
2− x − 3
3. (a) Schrijf de formule van Taylor met restterm van Lagrange (orde n + 1) rond a = 1 op, voor de volgende functie
f (x) = ln(x).
(b) Gebruik (a) om een n ∈ N (zo klein mogelijk) te bepalen zodanig dat w = Tn(1.2)
(i.e de n-de Taylorveelterm van f in x = 1.2) een benadering is van het getal ln(1.2), waarvoor geldt dat de absolute waarde van het verschil tussen ln(1.2) en w strikt kleiner is dan 10−4.
4. Wat is het grootste product dat er met 3 positieve getallen x, y en z gevormd kan worden, als x + y + z2 gelijk moet zijn aan 16? Gebruik de methode van de multiplicatoren van Lagrange.
5. Bereken de oppervlakte van het vlak deel gelegen onder de parabool y = −5x2 + 10x − 1
en boven de parabool y = −x2+ 2x + 2.
Tijd: 3 uur; elke vraag wordt gekwoteerd op 10 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 25 % van het eindcijfer.
Het formularium horende bij de cursus Analyse mag gebruikt worden. Cursusnota’s, zakrekenmachine, oe-feningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.
Oplossingen
1. Deze limiet bestaat niet. Immers, indien de limiet bestaat en de waarde l aanneemt, dan is l = lim (x,y)→(0,0) y=0 sin(x − tan y) x + tan y = limx→0 sin(x) x = 1 en l = lim (x,y)→(0,0) x=0 sin(x − tan y)
x + tan y = limy→0
sin(− tan y)
tan y = −1. Dit zou impliceren dat 1 = −1, en dat is een contradictie.
2. We zoeken eerst het snijpunt. Stel 3
x − 2 = x
2− x − 3.
Dan is x3− 3x2 − x + 3 = 0. Deze veelterm kan ontbonden worden in factoren als volgt:
(x + 1) (x − 1) (x − 3). Bijgevolg is (−1, −1) het snijpunt in het derde kwadrant. Stel f (x) = x−23 en g (x) = x2− x − 3. Dan is
f0(x) = − 3
(x − 2)2 en g
0
(x) = 2x − 1
dus m1 = f0(−1) = −13 en m2 = g0(−1) = −3. De hoek wordt dus gegeven door
Bgtan m1− m2 1 + m1m2 = Bgtan −1 3 + 3 1 + 1 = Bgtan 4 3 .
3. (a) We bepalen enkele afgeleiden van f (x) om een algemene formule te zoeken. f (x) = ln(x), f (1) = 0 f0(x) = 1 x, f 0 (1) = 1 = 0! f00(x) = −1 x2 , f 00 (1) = −1 = −(1!) f000(x) = 2 x3, f 000 (1) = 2 = 2! f(4)(x) = −6 x4 , f 0(4) (1) = −6 = −(3!) f(5)(x) = 24 x5, f (5)(1) = 24 = 4!
Dit geeft ons een algemene formule voor i > 0 f(i)(x) = (−1) i−1(i − 1)! xi . en f(i)(1) = (−1)i−1(i − 1)!. We verkrijgen f (x) = 0 + n X i=1 (−1)i−1(i − 1)! i! (x − 1) i+(−1)(n+1)−1((n + 1) − 1)! cn+1(n + 1)! (x − 1) n+1 = n X i=1 (−1)i−1 i (x − 1) i+ (−1)n cn+1(n + 1)(x − 1) n+1 met 1 < c < x.
(b) We moeten n bepalen zodanig dat w = Tn(1.2) =
Pn
i=1 (−1)i−1
i (0.2)
i het getal ln(1.2)
benadert, en deze benadering aan volgende voorwaarde voldoet: (−1)n cn+1(n + 1)(0.2) n+1 < 1 10 4 , of nog 0.2 c n+1 1 n + 1 < 1 10000.
Aangezien 1 < c < 1.2, is bovenstaande ongelijkheid geldig, indien de volgende ongelijkheid waar is 0.2n+1 n + 1 < 1 10000. Maw 1 5n+1(n + 1) < 1 10000, of nog 5n+1(n + 1) > 10000. Deze laatste ongelijkheid is waar voor n = 4.
4. Stel f (x, y, z) = xyz. We moeten deze functie maximaliseren onder de voorwaarde x + y + z2 = 16. Beschouw de functie
f∗(x, y, z) = xyz − α(x + y + z2− 16).
We zoeken de stationaire punten, maw de oplossingen van volgend stelsel: ∂f∗ ∂x = yz − α = 0 ∂f∗ ∂y = xz − α = 0 ∂f∗ ∂z = xy − 2αz = 0 x + y + z2 = 16 2
Uit de eerste twee vergelijkingen volgt dat yz = xz = α en dus (als z 6= 0) x = y. De eerste twee vergelijkingen vermenigvuldigen met z en bij elkaar optellen geeft
yz2+ xz2− 2αz = 0.
Gebruik makende van x = y en van de derde vergelijking (2αz = xy = x2) vinden we 2xz2− x2 = 0
⇒ x(2z2− x) = 0
Dus 2z2− x = 0 (als x 6= 0), of z = +px
2. Uit de vierde vergelijking volgt nu
2x + x 2 = 16 ⇒ x = y = 32 5 . En dus z = q 16 5 = 4√5 5 en α = 32 5 4√5 5 = 128√5 25 . Bijgevolg is ( 32 5, 32 5, 4√5 5 ) (α = 128√5 25 ) een
stationair punt. Merk op dat (16, 0, 0), (0, 16, 0) en (0, 0, 4) ook stationaire punten zijn, maar deze leveren zeker geen maximaal product op. We berekenen de tweede totale differentiaal van f∗:
df∗ = (yz − α)dx + (xz − α)dy + (xy − 2αz)dz ⇒ d2f∗ = 2zdxdy + 2ydxdz + 2xdydz − 2αdz2.
Evalueren in het stationair punt (325,325,4
√ 5 5 ) geeft d2f∗ = 8 √ 5 5 dxdy + 64 5 dxdz + 64 5 dydz − 256√5 25 dz 2.
Uit de nevenvoorwaarde volgt dx + dy + 2zdz = 0 en dus (in het stationair punt) dz =√
5 8 (−dx − dy). Invullen in d 2f∗ geeft d2f∗ = 8 √ 5 5 dxdy + 8√5 5 dx(−dx − dy) + 8√5 5 dy(−dx − dy) − 256√5 25 √ 5 8 (−dx − dy) !2 ⇒ d2f∗ = −12 √ 5 5 dx 2− 16 √ 5 5 dxdy − 12√5 5 dy 2
We zitten nu in een situatie met twee variabelen, waar r = −12
√ 5 5 , s = − 8√5 5 en t = − 12√5 5 .
Bijgevolg is s2− rt < 0 en r < 0, maw wordt er een maximum bereikt in (32 5,
32 5 ,
4√5 5 ) en is
het maximale product dus 325 325 4
√ 5
5 =
4096√5 125 .
5. Stel f de eerste parabool en g de tweede parabool. We berekenen waar de functie h (x) = f (x) − g (x) = −4x2+ 8x − 3 = − (2x − 1) (2x − 3) positief is. Het tekenschema van deze functie is
x 12 32
h (x) − 0 + 0 −
Bijgevolg wordt de oppervlakte gegeven door Z 32 1 2 h (x) dx = −4x 3 3 + 4x 2− 3x 32 1 2 = −4 3 26 8 + 8 − 3 = − 13 3 + 5 = 2 3. 3
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2014-2015 2de semester, 16 juni 2015
Oefeningen Analyse II
1. V is het gebied in R3gelegen buiten de sfeer
x2+ y2 + (z − 1)2 = 1, binnen de sfeer
x2+ y2+ z2 = 4 en boven het xy-vlak. Bereken
I = Z Z Z
V
(x2+ y2 + z2) dx dy dz.
2. Bekijk de cilindermantel met vergelijking x2+ y2 = 4 met eenheidsnormaal ~n naar buiten
gericht. S is het gedeelte van de cilindermantel gelegen tussen z = −3 en z = 1. Beschouw ook het vectorveld ~F = yz~u1+ z~u2+ y~u3. Bereken
Z Z
S
(rot( ~F ) · ~n)dO
op twee manieren: eerst rechtstreeks en daarna door toepassing van de stelling van Stokes. 3. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking
y − yy02= 6y02.
Je mag gebruik maken van volgende gelijkheidR sec θdθ = ln | sec θ + tan θ| + c. 4. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking (x > 0):
x2y00− 3xy0 + 3y = sin ln x. 5. Toon aan dat de reeks van functies
∞
X
n=1
x nx+ n
puntsgewijs convergent is over (1, +∞) en divergent over (0, 1]. Toon ook aan dat de reeks uniform convergeert op het gesloten interval [a, b], als 1 < a < b.
Tijd: 3uur 30min; vraag 1: 8 punten, vraag 2: 12 punten, vraag 3, 4 en 5: 10 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 25 % van het eindcijfer voor het studiedeel Analyse. Het formularium horende bij de cursus Analyse en het theorieboek “Analyse II” mogen gebruikt worden. Cursusnota’s, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden. Schrijf je naam op elk blad dat je afgeeft.
1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2014-2015 2de semester, 16 juni 2015
Oefeningen Analyse II
1. V is het gebied in R3gelegen buiten de sfeer
x2+ y2 + (z − 1)2 = 1, binnen de sfeer
x2+ y2+ z2 = 4 en boven het xy-vlak. Bereken
I = Z Z Z
V
(x2+ y2 + z2) dx dy dz.
2. Bekijk de cilindermantel met vergelijking x2+ y2 = 4 met eenheidsnormaal ~n naar buiten gericht. S is het gedeelte van de cilindermantel gelegen tussen z = −3 en z = 1. Beschouw ook het vectorveld ~F = yz~u1+ z~u2+ y~u3. Bereken
Z Z
S
(rot( ~F ) · ~n)dO
op twee manieren: eerst rechtstreeks en daarna door toepassing van de stelling van Stokes. 3. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking
y − yy02= 6y02.
Je mag gebruik maken van volgende gelijkheidR sec θdθ = ln | sec θ + tan θ| + c. 4. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking (x > 0):
x2y00− 3xy0 + 3y = sin ln x. 5. Bereken voor elke n ≥ 1 het middelpunt Mnvan
Gn= (x, y, z) ∈ R3 x ∈ [0, 2] , y ∈ x 2 n − 2x n + 1 n, 2 , z ∈ [0, 1] . Bereken en verklaar wat er gebeurt met Gnen Mnals n → ∞.
Tijd: 3uur 30min; vraag 1: 8 punten, vraag 2: 12 punten, vraag 3, 4 en 5: 10 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 25 % van het eindcijfer voor het studiedeel Analyse. Het formularium horende bij de cursus Analyse en het theorieboek “Analyse II” mogen gebruikt worden. Cursusnota’s, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden. Schrijf je naam op elk blad dat je afgeeft.
Oplossingen
1. We gaan over op bolco¨ordinaten: de vergelijking van de sfeer x2+ y2 + (z − 1)2 = 1 wordt in
bolco¨ordinaten gegeven door de vergelijking ρ = 2 cos(θ) met 0 ≤ θ ≤ π/2 en 0 ≤ φ ≤ 2π. Het deel van de sfeer x2 + y2+ z2 = 4 gelegen boven het xy-vlak heeft als vergelijking ρ = 2 met
0 ≤ θ ≤ π/2 en 0 ≤ φ ≤ 2π. We vinden dan I = Z Z Z V (x2+ y2+ z2) dx dy dz = Z 2π 0 dϕ Z π/2 0 sin θdθ Z 2 2 cos θ ρ4dρ = 2π Z π/2 0 sin θdθ ρ 5 5 2 2 cos θ = −2 6π 5 Z π/2 0 (1 − cos5θ)d cos θ = 2 6π 5 Z π/2 0 cos6θ 6 − cos θ 2 2 cos θ = 2 6π 5 5 6 = 32π 3
2. We berekenen beide leden van de stelling van Stokes Z Z S (rot( ~F ) · ~n)dO = Z C ~ F (~r) · d~r De oppervlakte integraal
We schrijven de vergelijking van S in parametervorm: x = 2 cos θ y = 2 sin θ z = z waarbij (θ, z) ∈ G = [0, 2π] × [−3, 1].
Vervolgens berekenen we het vectorieel product ∂~r ∂θ × ∂~r ∂z = ~u1 ~u2 ~u3 −2 sin θ 2 cos θ 0 0 0 1 = 2 cos θ~u1+ 2 sin θ~u2.
Deze normaal is naar buiten gericht, en heeft dus dezelfde zin als ~n. We berekenen nu de rotatie van ~F :
rot( ~F ) = ~ u1 ~u2 ~u3 ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z yz z y = ~u2− z~u3.
We kunnen besluiten dat rot( ~F (~r)) = 2 sin θ~u2− z~u3.
Het linkerlid van de stelling van Stokes wordt: Z Z S (rot( ~F ) · ~n)dO = Z Z G rot( ~F ) ·∂~r ∂θ × ∂~r ∂zdθ dz = Z 1 −3 dz Z 2π 0 4 sin2θdθ = 16 θ 2− sin 2θ 4 2π 0 = 16π. De lijnintegraal
De cilinder wordt begrensd door 2 krommen: een cirkel C1 op hoogte z = 1 en een cirkel C2 op
hoogte z = −3. Omdat ~n naar buiten gericht is, moet C1 in wijzerzin doorlopen worden, en C2
in tegenwijzerzin. Daarom nemen we de volgende vectorvergelijkingen voor C1 en C2, waarbij
t ∈ [0, 2π]:
C1 : ~r = ~r1(t) = 2 cos t~u1− 2 sin t~u2+ ~u3
C2 : ~r = ~r2(t) = 2 cos t~u1+ 2 sin t~u2− 3~u3
Het rechterlid van de stelling van Stokes wordt: Z C ~ F (~r) · d~r = Z C1 ~ F (~r) · d~r + Z C2 ~ F (~r) · d~r = Z 2π 0 ~ F (~r1(t)) · d~r1 dt (t)dt + Z 2π 0 ~ F (~r2(t)) · d~r2 dt (t)dt = Z 2π 0 (16 cos2t − 8 cos t)dt = 16π. 2
3. We hebben te maken met een differentiaalvergelijking van orde 1, graad 2, waarin x niet voorkomt. De differentiaalvergelijking is te schrijven als
y = 6y
02
1 − y02.
Als we t = y0stellen, dan volgt er dat
y = 6t
2
1 − t2.
We verkrijgen dus volgend stelsel
y = 6t2
1−t2
y0 = t
en zoeken vervolgens x in functie van t. Uit de eerste vergelijking volgt dat dy = 12t(1 − t
2) − 6t2(−2t)
(1 − t2)2 dt
= 12t
(1 − t2)2dt.
Uit de tweede vergelijking volgt dat dy = tdx. We verkrijgen dus dat x = Z 12 (1 − t2)2dt = 12 Z 1 cos3θdθ,
waar in de tweede stap de goniometrische substitutie t = sin θ toegepast is. We berekenen de primitieve van sec3θ, adhv parti¨ele integratie:
Z sec3θdθ, = Z sec2θ 1 cos θdθ = tan θ sec θ − Z tan2θ sec θdθ = tan θ sec θ − Z (sec2θ − 1) sec θdθ = tan θ sec θ − Z sec3θdθ + Z sec θdθ = tan θ sec θ − Z
sec3θdθ + ln | sec θ + tan θ|,
waar we in de laatste gelijkheid gebruik maken vanR sec θdθ = ln | sec θ + tan θ| + c. Er volgt dat Z
sec3θdθ = 1
2tan θ sec θ + 1
2ln | sec θ + tan θ| + c. We bekomen dus de volgende oplossing:
x = 6 tan θ sec θ + 6 ln | sec θ + tan θ| + c y = 6 sincos22θθ = 6 tan
2θ
4. Dit is een differentiaalvergelijking van Euler. We gebruiken de substitutie u = ln x. Dan is x = eu. Uit de kettingregel volgt dat
dy dx = dy du 1 x en d2y dx2 = d dx dy du 1 x− dy du 1 x2 = 1 x2 d2y du2 − dy du
Hieruit volgt dat
x2y00− 3xy0+ 3y = d 2y du2 − dy du− 3 dy du+ 3y = d2y du2 − 4 dy du + 3 end de differentiaalvergelijking wordt
d2y
du2 − 4
dy
du + 3y = sin u.
1) Homogene vergelijking. De karakteristieke veelterm is λ2− 4λ + 3 = (λ − 1)(λ − 3), en de AI
van de homogene vergelijking is
yh = Aeu+ Be3u
2) Particuliere integraal van de volledige vergelijking: er bestaat er een van de vorm yp = A sin u + B cos u.
dan is yp0 = A cos u − B sin u en y00p = −yp. Substitutie in de vergelijking geeft
2A sin u + 2B cos u − 4A cos u + 4B sin u = sin u.
Hieraan is voldaan als 2A + 4B = 1 en 2B − 4A = 0. Hieruit volgt achtereenvolgens dat B = 2A, 10A = 1, A = 1/10 en B = 1/5. De algemene integraal is dus
y = Aeu+ Be3u+ 1 10sin u + 1 5cos u = Ax + Bx 3 + 1 10sin ln x + 1 5cos ln x. 5. puntsgewijze convergentie
Neem x ∈ (0, 1]. Voor alle n ≥ 1 hebben we x nx+ n ≥
x 2n. Aangezien de harmonische reeksP∞
n=1 1
n divergent is, volgt dat
Pi
n=1nf y x
nx+n divergent is.
Neem nu x ∈ (1, +∞). Voor alle n ≥ 1 hebben we x nx+ n ≤
x 2nx.
Aangezien de hyperharmonische reeksP∞
n=1 1
nx convergent is, volgt dat
Pi n=1nf y x nx+n conver-gent is. 4
unkforme convergentie
Neem 1 < a < b. Voor alle x ∈ [a, b] hebben we x nx+ n ≤ b na+ n. Omdat a > 1 is de reeksP∞ n=1 b
na+nconvergent (zie hierboven) en uit het criterium van Weierstrass
volgt nu datPi
n=1nf y x
nx+n uniform convergent is over [a, b].
5. (WIS) Gnis het deel van R3 dat begrensd is door de verticale cilinder gebouwd op de rand van
Hn = (x, y) ∈ R2 x ∈ [0, 2] , y ∈ x 2 n − 2x n + 1 n, 2 .
en de verticale vlakken z = 0 en z = 1. Hnis het deel van het xy-vlak begrensd door de rechten
met vergelijking x = 0, x = 2, y = 2 en de parabool met vergelijking y = n1(x − 1)2. Uit deze
overwegingen volgt dat zn = 1/2. Omdat de rechte met vergelijking x = 1 een symmetrie as van
Hnis volgt dat xn = 1. Verder is
Vn = Vol(Gn) = Opp(Hn) = Z 2 0 dx Z 2 (x−1)2/n dy = Z 2 0 (2 − (x − 1) 2 n )dx = 4 − 1 3n(x − 1) 32 0 = 4 − 2 3n De y-co¨ordinaat van het middelpunt wordt berekend als volgt:
yn = 1 Vn Z 2 0 dx Z 2 (x−1)2/n ydy = 1 2Vn Z 2 0 4 − (x − 1) 4 n2 dx = 1 2Vn 8 − (x − 1) 5 5n2 2 0 ! = 1 2(4 − 3n2 ) 8 = 2 5n2 = 3(20n 2− 1) 10n(6n − 1) We besluiten dat Vn= 4 − 2 3n en Mn= 1, 3(20n 2− 1) 10n(6n − 1), 1 2 .
Als n → ∞ dan zal Gnnaderen tot de balk G = [0, 2]×[0, 2]×[0, 1], met middelpunt M = 1, 1,12
en volume V = 4. Merk op dat
lim
n→∞Mn = M en n→∞lim Vn = V.
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde 1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2014-2015 2e zittijd, 18 augustus 2015
Examen Oefeningen Analyse I
1. Beschouw de functie van twee veranderlijken
f (x, y) = y2+ y3 xy2+ x2 als x 6= 0 en y 6= 0, 0 als x = 0 of y = 0. Bepaal door middel van een bewijs of deze functie continu is in (0, 0). 2. Gebruik de stelling van Lagrange om aan te tonen dat
1 −a
b < ln b − ln a < b
a − 1 (1 < a < b) en leid hieruit af dat
3 − e
2
9 < ln 9 < 9 e2 + 1.
3. Bepaal alle punten op de kwadriek met vergelijking x2+ 2y2 = z2+ 4 die op een minimale
afstand van het punt met co¨ordinaten (0, 0, 1) liggen. 4. Bereken de volgende oneigenlijke integraal
+∞ Z 1 2 1 √ 2x(2x + 1) dx.
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde Academiejaar 2014-2015 2e zittijd, 18 augustus 2015
Examen Oefeningen Analyse II
5. Beschouw het ruimtestuk V in het eerste octant, begrensd door het xy-vlak, het vlak x =
√ 3 2
en de paraboloide x2 + y2 = 3
2 − z. Zij S de rand van V , ~n de eenheidsnormaal op S die
naar buiten gericht is en ~v het vectorveld
~v = (x + z2− ln(y))~u1 + (y − ln(z))~u2+ exu3
Bepaal de flux Φ van ~v doorheen S. Bepaal dan het volume van V .
6. Bepaal de algemene integraal van volgend differentiaalstelsel (x en y zijn functies van t). x0+ 5y + 3x = t2
x0+ y0+ x + 2y = t
7. Bespreek het convergentiegedrag van de onderstaande numerieke reeksen:
∞ X n=1 1 n2/3 en ∞ X n=1 3 √ n + ln(n4) n .
8. Bepaal voor welke waarden van x de volgende machtreeks absoluut convergent, relatief convergent of divergent is.
∞
X
n=2
xn+1
(n − 1)2
Tijd: 4u30; studenten die enkel Analyse II moeten afleggen: 2u30.
Puntenverdeling Analyse I: vragen 1, 2 en 4: 12 punten, vraag 3: 14 punten; totaal: 50 punten. Puntenverdeling Analyse II: vraag 5: 14 punten, vragen 6, 7 en 8: 12 punten; totaal: 50 punten.
Het formularium horende bij de cursus Analyse en de theoriecursus Analyse II mogen gebruikt worden. The-oriecursus Analyse I, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.
1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2014-2015 2e zittijd, 18 augustus 2015
Examen Oefeningen Analyse II
5. Beschouw het ruimtestuk V in het eerste octant, begrensd door het xy-vlak, het vlak x =
√ 3 2
en de paraboloide x2 + y2 = 32 − z. Zij S de rand van V , ~n de eenheidsnormaal op S die naar buiten gericht is en ~v het vectorveld
~v = (x + z2− ln(y))~u1 + (y − ln(z))~u2+ exu3
Bepaal de flux Φ van ~v doorheen S. Bepaal dan het volume van V .
6. Bepaal de algemene integraal van volgend differentiaalstelsel (x en y zijn functies van t). x0+ 5y + 3x = t2
x0+ y0+ x + 2y = t
7. Bereken de oppervlakte van het gedeelte van de cilinder x2+ z2 = 6z − 5 gelegen boven het vlak z = 3 en binnen de cilinder x2+ y2 = 8y − 12.
Tijd: 4u30; studenten die enkel Analyse II moeten afleggen: 2u30.
Puntenverdeling Analyse I: vragen 1, 2 en 4: 12 punten, vraag 3: 14 punten; totaal: 50 punten. Puntenverdeling Analyse II: vraag 5: 20 punten, vragen 6 en 7: 15 punten; totaal: 50 punten.
Het formularium horende bij de cursus Analyse en de theoriecursus Analyse II mogen gebruikt worden. The-oriecursus Analyse I, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.
Oplossingen Analyse I
1. De gegeven functie is niet continu in het punt (0, 0). Dit tonen we aan door te kijken naar de limiet
lim
(x,y)→(0,0)
y2+ y3
xy2+ x2.
Om aan te tonen dat deze limiet niet bestaan, naderen we de oorsprong volgens een rechte y = mx, waar m een vrij te kiezen parameter is. De limiet wordt dan
lim x→0 m2x2 + m3x3 xm2x2+ x2 = limx→0 m2+ m3x m2x + 1 = m 2 .
De waarde van de vorige limiet hangt dus af van de keuze van de parameter m, en bijgevolg bestaat de limiet van de gegeven functie niet. Dit toont dus aan dat de gegeven functie niet continu is in (0, 0).
2. Neem f (x) = ln x. Dan is f0(x) = x1. De functie f is continu op [a, b] en afleidbaar op ] a, b [ . Wegens de stelling van Lagrange bestaat er een ξ ∈ ] a, b [ zodat f (b) − f (a) = f0(ξ) (b − a) dus
ln b − ln a = b − a ξ . Verder is b−ab < b−aξ < b−aa zodat
1 − a
b < ln b − ln a < b a − 1. Neem nu a = e2 en b = 9. Dan is 1 < a < b dus
1 − e 2 9 < ln 9 − 2 < 9 e2 − 1 zodat 3 − e 2 9 < ln 9 < 9 e2 + 1.
3. De afstand van een willekeurig punt op de kwadriek tot het gegeven punt met co¨ordinaten (0, 0, 1) wordt gegeven door,
d(x, y, z) =px2+ y2+ (z − 1)2.
We kiezen bijgevolg de functie f (x, y, z) = x2+y2+(z −1)2als de te minimaliseren functie. De nevenvoorwaarde is dan dat (x, y, z) op de kwadriek moet liggen: x2+ 2y2 = z2+ 4.
We beschouwen nu de volgende functie,
f∗(x, y, z, α) = x2+ y2+ (z − 1)2− α(x2+ 2y2− z2− 4).
De stationaire punten zijn de oplossingen van het stelsel dat ontstaat door de parti¨ele afgelei-den van f∗gelijk te stellen aan 0.
∂f∗ ∂x = 2x − 2αx = 0 ∂f∗ ∂y = 2y − 4αy = 0 ∂f∗ ∂z = 2(z − 1) + 2αz = 0 ∂f∗ ∂α = −x 2 − 2y2 + z2+ 4 = 0
Uit de eerste vergelijking halen we dat ofwel x = 0, ofwel α = 1. Eerste geval: x = 0.
Dan halen we uit de tweede vergelijking dat ofwel y = 0, ofwel α = 12. Als y = 0, dan wordt de laatste vergelijking z2+ 4 = 0. Deze vergelijking heeft geen re¨ele oplossingen. We veronderstellen dus dat α = 12.
Uit de derde vergelijking halen we dan dat z = 23. Uiteindelijk vinden we 2 stationaire pun-ten, namelijk de punten P1(0,
q 20 9 , 2 3) en P2(0, − q 20 9, 2 3). Tweede geval: α = 1.
Dan halen we uit de tweede vergelijking dat y = 0 en uit de derde vergelijking dat z = 12. Uiteindelijk vinden we in dit geval 2 stationaire punten, namelijk de punten P3(
q 17 4 , 0, 1 2) en P4(− q 17 4 , 0, 1 2).
We onderzoeken nu welke van deze stationaire punten een minimum bepalen. Hiervoor bepalen we de tweede differentiaal van f∗.
df∗ = (2x − 2αx)dx + (2y − 4αy)dy + (2(z − 1) + 2αz)dz. d2f∗ = (2 − 2α)dx2 + (2 − 4α)dy2+ (2 + 2α)dz2.
Voor de eerste twee stationaire punten hebben we dat α = 12, dus vinden we dat d2f∗ = d2f = dx2+ 3dz2. Hieruit halen we dat s2− rt = −3 < 0 en bovendien is r > 0, dus we
hebben een minimum voor de punten P1(0,
q 20 9, 2 3) en P2(0, − q 20 9, 2 3).
Voor de laatste twee stationaire punten hebben we dat α = 1, dus vinden we dat d2f∗ =
d2f = −2dy2 + 4dz2. Hieruit halen we dat s2− rt = 8 > 0. Voor de punten P 3( q 17 4 , 0, 1 2) en P4(− q 17 4 , 0, 1
2) hebben we dus geen extremum.
4. We maken gebruik van de volgende substitutie: t =√2x, 2x = t2, dx = t dt.
Hieruit volgt: +∞ Z 1 2 1 √ 2x(2x + 1) dx = +∞ Z 1 t t(t2+ 1) dt = +∞ Z 1 1 (t2+ 1) dt Dus volgt: +∞ Z 1 2 1 √ 2x(2x + 1) dx = lima→+∞[Bgtg (t)] a
1 = lima→+∞Bgtg (a) − Bgtg (1) =
π 2 − π 4 = π 4. 2
Oplossingen Analyse II
5. Zij G de projectie van V op het xy-vlak. G is het gebied in het xy-vlak ingesloten door x = 0, x =
√ 3 2 en x
2+ y2 = 3
2. We berekenen nu de flux Φ met behulp van de stelling van
Ostrogadsky. Merk op dat div(~v) = 2. We krijgen dan Φ = Z Z S ~v · ~n dO = Z Z Z V div(~v) dx dy dz = Z Z G dx dy Z 32−x2−y2 0 2dz = 2 Z Z G (3 2− x 2− y2) dx dy = 2 Z √ 3 2 0 Z √ 3 2−x2 0 (3 2 − x 2− y2 )dydx = 2 Z √ 3 2 0 ((3 2 − x 2)3/2− 1 3( 3 2 − x 2)3/2)dx = 4 3 Z √ 3 2 0 (3 2 − x 2)3/2dx Substitutie x = q 3 2sin t, dx = q 3
2cos tdt, t loopt van 0 tot Bgsin √ 2 2 = π 4 en 3 2 − x 2 = 3 2 cos 2t. Φ = 4 3 Z π4 0 (3 2) 3/2 cos3t r 3 2cos tdt = 3 Z π4 0 cos4tdt. Aangezien vol(V ) =RRR V
dx dy dz vinden we wegens bovenstaande berekeningen, het vol-ume
vol(V ) = −27π 64 +
−17 48√2. We weten dat cos2t = 1
2(1+cos(2t)). Kwadrateren geeft cos 4t = 1 8(3+4 cos(2t)+cos(4t)). We krijgen Φ = 3 8 Z π4 0 (3 + 4 cos(2t) + cos(4t))dt = 3 8 3t + 2 sin(2t) + 1 4sin(4t) π4 0 = 3 8( 3π 4 + 2). Het gevraagde volume is Φ/2 = 163(3π4 + 2).
6. We leiden de eerste vergelijking af naar t
x00+ 5y0+ 3x0 = 2t.
Vervolgens vullen we de tweede vergelijking (y0 = −x0 − x − 2y + t) in, dit geeft x00− 5x0− 5x − 10y + 5t + 3x0 = 2t
of
x00− 2x0 − 5x − 10y = −3t. Gebruik makende van de eerste vergelijking (y = −15x0− 3
5x + 1 5t 2) elimineren we y x00− 2x0− 5x + 2x0+ 6x − 2t2 = −3t of x00+ x = 2t2− 3t.
Dit is een lineaire differentiaalvergelijking van 2de orde, met constant co¨effici¨enten. We bepalen eerst de oplossing van de geassocieerde homogene vergelijking. De karakteristieke vergelijking λ2+ 1 = 0 heeft +i en −i als oplossingen. Bijgevolg is
xh = C1cos t + C2sin t
de oplossing van het homogeen deel. De particulier oplossing is van de vorm xp = At2 +
Bt + C. We bepalen de co¨effici¨enten. We vullen de afgeleiden x0p = 2At + B
x00p = 2A
in in de differentiaalvergelijking x00+x = 2t2−3t en we vinden A = 2, B = −3 en C = −4.
Bijgevolg krijgen we xp = 2t2− 3t − 4 en dus
x = C1cos t + C2sin t + 2t2− 3t − 4.
Aan de hand van de eerste vergelijking (en de afgeleide van x), kunnen we nu gemakkelijk y bepalen y = (1 5C1− 3 5C2) sin t + (− 3 5C1 − 1 5C2) cos t − t 2+ t + 3. 7. • De reeksP∞ n=1 1
n2/3 is een hyperharmonische reeks met p < 1, en is dus divergent.
• We gebruiken de limietvergelijkingstest: lim n→∞ 3 √ n+ln(n4) n 1 n2/3 = lim n→∞ 3 √ n + ln(n4) n1/3 = limn→∞1 + ln(n4) n1/3 = 1.
In de laatste stap hebben we gebruikt dat lim n→∞ ln(n4) n1/3 = limn→∞ 4 ln(n) n1/3 H = lim n→∞ 41n 1 3n −2/3 = limn→∞12n −1/3 = 0.
Uit de limietvergelijkingstest besluiten we dat ookP∞
n=1 3 √ n+ln(n4) n divergeert. 2
7 WIS De vergelijking van het beschreven oppervlak S kan geschreven worden in de vorm z = h (x, y) met (x, y) ∈ g ⊆ R2. g is de projectie van S op het xy-vlak. Noteer p = ∂h
∂x en
q = ∂h∂y. De eerste cilinder is x2 + (z − 3)2 = 4. Hieruit volgt dat 2x + 2 (z − 3) p = 0 en
2 (z − 3) q = 0 dus p 1 + p2+ q2 = s 1 + x 2 (z − 3)2 = r 1 + x 2 4 − x2 = 2 √ 4 − x2.
De tweede cilinder is x2+ (y − 4)2 = 4. De gevraagde oppervlakte is Z Z g 2 √ 4 − x2dxdy = 2 Z 2 −2 Z √ 4−x2+4 4 2 √ 4 − x2dydx = 4 Z 2 −2 dx = 16. 8. De convergentiestraal vanP∞ n=2 xn+1 (n−1)2 is gelijk aan R = lim n→∞ n2 (n − 1)2 = 1.
De beschouwde reeks is dus absoluut convergent voor x ∈ (−1, 1) en divergent voor x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
Aangezien de hyperharmonische reeksP∞
n=2 1
n2 convergeert, volgt uit de
limietvergelijking-stest dat de reeksP∞
n=2 1n+1 (n−1)2 convergeert. Vermits P∞ n=2 (−1)n+1 (n−1)2 = P∞ n=2 1 (n−1)2, is ook de reeksP∞ n=2 (−1)n+1 (n−1)2 absoluut convergent.
We concluderen dat de beschouwde reeks absoluut convergent is voor x ∈ [−1, 1] en diver-gent voor x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Ya¨el Stieglitz/Margo Audiens Academiejaar 2014-2015 2de semester, 16 juni 2015
Oefeningen Analyse
1. De vergelijking
zyxln(xz) + 2zy = 2
bepaalt z impliciet als functie van x en y, waarbij z(1, 1) = 1. Bepaal de vergelijking van het raakvlak aan de grafiek van de functie z(x, y) in het punt (1, 1, 1).
2. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking (x > 0): x2y00− 3xy0 + 3y = sin ln x.
3. Bepaal de algemene integraal van het stelsel differentiaalvergelijkingen z0− 3z + 2y = −2e2x
y0 − 5y +35
2z = −4e 2x
4. Toon aan dat de reeks van functies
∞
X
n=1
x nx+ n
puntsgewijs convergent is over (1, +∞) en divergent over (0, 1]. Toon ook aan dat de reeks uniform convergeert op het gesloten interval [a, b], als 1 < a < b.
Tijd: 3 uur; Elke vraag wordt gekwoteerd op 10 punten. Totaal: 40 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het eindcijfer voor het studiedeel Analyse (Matlab: 10 %, mondeling examen theorie 40 %). Het formu-larium horende bij de cursus Analyse en het theorieboek “Analyse II” mogen gebruikt worden. Cursusnota’s, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden. Schrijf je naam op elk blad dat je afgeeft.
