1. Bestaat de volgende limiet? Indien ja, bereken de waarde. Indien nee, leg uit waarom de limiet niet bestaat.

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde/Wiskunde Academiejaar 2017-2018 1ste semester, 16 januari 2018

Oefeningen Analyse I

1. Bestaat de volgende limiet? Indien ja, bereken de waarde. Indien nee, leg uit waarom de limiet niet bestaat.

lim

(x,y)→(0,0)

x ³ y + xy ³ x ⁴ + y ⁵ 2. Gebruik Maclaurinreeksen voor het berekenen van de limiet

x→0 lim

(e ^2x − 1)ln(1 + x ³ ) (1 − cos(3x)) ² .

3. We willen een balkvormige container met een open bovenkant en capaciteit van 10 m ³ maken van dun plaatstaal. Bereken de afmetingen (lengte, breedte en hoogte) van de container zodat zo weinig mogelijk metaal wordt gebruikt. Gebruik een methode naar keuze.

4. Beschouw het stelsel

( u + ln z + xy = 0 z + ln u + xy = 0

Hierbij is gegeven dat dit stelsel z en u als impliciete functies van x en y bepaalt en dat z(−1, 1 + e) = e en u(−1, 1 + e) = e. Dit hoef je niet na te gaan. Bereken

∂ ² z

∂x ² (−1, 1 + e).

5. Bereken de volgende integraal. Vereenvoudig je antwoord zodat de enige goniometrische functies die voorkomen sin en cos zijn, met x als argument (dus bijvoorbeeld geen 2x of ^x ₂ als argument) en zodat er geen breuken voorkomen.

Z sin(x) + 3 cos(x) − 7 cos(x) − sin(x) + 1 dx

Tijd: 3 uur; vraag 1: 6 punten; vraag 2: 7 punten; vragen 3, 4 en 5: 9 punten. Totaal: 40 punten. Dit examen telt mee voor 20 % 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 ` aanneemt, dan is

` = lim

(x,y)→(0,0) y=mx

x ³ y + xy ³ x ⁴ + y ⁵ . Maar

lim

(x,y)→(0,0) y=mx

x ³ y + xy ³

x ⁴ + y ⁵ = lim

x→0

mx ⁴ + m ³ x ⁴

x ⁴ + m ⁵ x ⁵ = lim

x→0

m + m ³

1 + m ⁵ x = m + m ³ .

Dit resultaat hangt af van de parameter m en dus van de gekozen kromme waarlangs we het punt (0, 0) naderen. We besluiten dat de limiet niet bestaat.

2.

e ^2x = 1 + 2x + 4

2 x ² (1 + λ 1 (x)) (1)

ln(1 + x ³ ) = x ³ − 1

2 x ⁶ (1 + λ 2 (x)) (2)

cos(3x) = 1 − 9

2 x ² + 81

24 x ⁴ (1 + λ ₃ (x)) (3)

(4) waarbij lim

x→0 λ _i (x) = 0. Dan hebben we

x→0 lim

(e ^2x − 1)ln(1 + x ³ )

(1 − cos(3x)) ² (5)

= lim

x→0

(2x + ⁴ ₂ x ² (1 + λ ₁ (x)))(x ³ − ¹ ₂ x ⁶ (1 + λ ₂ (x)))

( ⁹ ₂ x ² − ⁸¹ ₂₄ x ⁴ (1 + λ ₃ (x)))( ⁹ ₂ x ² − ⁸¹ ₂₄ x ⁴ (1 + λ ₃ (x))) (6)

= 8

81 (7)

3. Stel x, y, z en A de lengte, de breedte de hoogte en de totale oppervlakte van de container.

Dan

A = 2xz + 2yz + xy en

xyz = 10.

Dit betekent dat z = 10/xy en dus kunnen we A als een functie van x en y schrijven:

A = 2x  10 xy



+ 2y  10 xy

 + xy

= 20 y + 20

x + xy.

1

Nu ∂A

∂x = − 20

x ² + y, ∂A

∂y = − 20 y ² + x.

De stationaire punten vinden we dus aan de hand van de vergelijkingen y = 20

x ² x = 20 y ² , en dus

y = 20

(20/y ² ) ² = y ⁴ 20 .

Om een volume van 10 m ³ te hebben, zijn de afmetingen x, y en z verschillend van 0. Dus concluderen we dat

y ³ = 20, zodat y = 20 ^1/3 = 2, 714 m.

Uit x = 20/y ² en z = 10/xy concluderen we ook dat x = 20 ^1/3 = 2.714 m,

z = 10

20 ^1/3 20 ^1/3 = 1 2

20 20 ^2/3 = 1

2 20 ^1/3 = 1, 357 m.

We moeten nog aantonen dat deze waarden inderdaad een minimum geven. We berekenen r = ∂ ² A

∂x ² = 40

x ³ , s = ∂ ² A

∂x∂y = 1, t = ∂ ² A

∂y ² = 40 y ³ . Dus, in het stationair punt (x, y) = (20 ^1/3 , 20 ^1/3 ),

s ² − rt = 1 − (2)(2) < 0 en r > 0 en we bereiken dus inderdaad een minimum.

Onze conclusie is dat de container een lengte van 20 ^1/3 m (2, 714 m), breedte 20 ^1/3 m (2, 714 m) en hoogte ¹ ₂ 20 ^1/3 m (1, 357 m) moet hebben. (Voor de container gaan we A = 3.20 ^2/3 = 22, 1 m ² metaal gebruiken.)

4. We leiden eerst het stelsel af:

( ∂u

∂x + ¹ _z ^∂z _∂x + y = 0

∂z

∂x + ¹ _u ^∂u _∂x + y = 0 Oplossen naar ^∂u _∂x en _∂x ^∂z geeft:

( _∂u

∂x = − ^yu(1−z) _1−uz

∂z

∂x = − ^yz(1−u) _1−uz ⇒ ( _∂u

∂x (−1, 1 + e) = − (e+1)e(1−e) 1−e

= −e

∂z

∂x (−1, 1 + e) = − (e+1)e(1−e) 1−e

= −e We leiden nu _∂x ^∂z nogmaals partieel af naar x:

∂ ² z

∂x ² = −y

∂z

∂x − ^∂z _∂x u − z ^∂u _∂x
(1 − uz) + ^∂u _∂x z + ^∂z _∂x u
z(1 − u) (1 − uz) ²

Tot slot vullen we nu alle waarden in voor het punt (−1, 1 + e).

∂ ² z

∂x ² (−1, 1 + e) = −(1 + e) (−e + e ² + e ² )(1 − e ² ) + (−e ² − e ² )e(1 − e)

(1 − e ² ) ² = e

1 + e .

2

5. Stel t = tan ^x ₂ . Dan vinden we Z ^2t

1+t

+ 3 ^1−t _1+t

− 7

1−t

1+t

− _1+t ^2t

+ 1 2

1 + t ² dt = −2

Z 5t ² − t + 2 (1 − t)(1 + t ² ) dt.

Splitsen in partieelbreuken geeft

5t ² − t + 2

(1 − t)(1 + t ² ) = 3

1 − t − 2t + 1 1 + t ² dus dan vinden we

6 ln |t − 1| + 2 ln(1 + t ² ) + 2Bgtg t + C.

We gebruiken t = tan ^x ₂ en vereenvoudigen geeft

6 ln | sin x − cos x − 1| − 8 ln(cos x + 1) + x + C.

3