Antwoorden Tentamen-1
Wiskunde voor Chemici II 2020
Opgave Opmerking
• De uitwerkingen hier geven maar een paar tussenstappen voor een schets van de oplossingsroute. Op het tentamen moet je alle tussenstappen ook aangeven, e.g. de rij operaties in Gauss eliminatie.
• Er waren meerdere versies van dit tentamen met willekeurige volgorde van de vragen. Er wordt hier ´e´en versie uitgewerkt, aangezien de andere versies compleet analoog zijn.
Opgave 1 [15 punten]
Gegeven is de volgende reactievergelijking
MnS + As3Cr9O35+ H2SO4−−→ HMnO4+ AsH3+ CrS3O12+ H2O.
a) Geef het bijbehorende stelsel van lineaire vergelijkingen in matrixvorm.
Geef duidelijk aan wat elke rij betekent.
Het volledige stelsel is volgens (Mn,S,As,Cr,O,H)
1 0 0 −1 0 0 0
1 0 1 0 0 −3 0
0 3 0 0 −1 0 0
0 9 0 0 0 −1 0
0 35 4 −4 0 −12 −1
0 0 2 −1 −3 0 −2
x = 0
b) Balanceer de reactievergelijking met behulp van lineaire algebra. Geef duidelijk aan welke operatie(s) je uitvoert in elke stap.
Reduceren met de triviale oplossingen Mn: x1 = x4, As: 3x2 = x5, Cr:
9x2= x6geeft volgens (S,O,H)
1 −27 1 0
−4 −73 4 −1
−1 −9 2 −2
x1 x2 x3 x7
= 0
Met behulp van Gauss eliminatie kun je dit stelsel oplossen als
x1
x2
x3
x7
=
25 13 326 255
⇒
x1 x2
x3
x4
x5
x6
x7
=
25 13 326
25 39 117 255
en de volledige reactievergelijking wordt dus
25 MnS+13 As3Cr9O35+326 H2SO4−−→ 25 HMnO4+39 AsH3+117 CrS3O12+255 H2O.
Opgave 2 [10 punten]
Gebruik de regel van Cramer om het volgende systeem van lineaire vergelijkingen op te lossen
3x − 4y − 3z = 2, 2x + 3y + 8z = 1, x − 7y + 5z = 1.
Dus
A =
3 −4 −3
2 3 8
1 −7 5
en b =
2 1 1
in Ax = b. Voor de regel van Cramer berekenen we eerst de determinant van A
det(A) =
3 −4 −3
2 3 8
1 −7 5
=
0 0 −16
2 3 8
1 −7 5
= −16
2 3 1 −7
= −16(−14 − 3) = 16 · 17,
dus het systeem heeft de volgende unieke oplossing
x1= det(b a2a3) det(A) = 1
16 · 17
2 −4 −3
1 3 8
1 −7 5
= 1
16 · 17
0 0 −16
1 3 8
1 −7 5
=10 17,
x2= det(a1b a3) det(A) = 1
16 · 17
3 2 −3
2 1 8
1 1 5
= 1
16 · 17
0 0 −16
2 1 8
1 1 5
= −1 17,
x3= det(a1a2b) det(A) = 1
16 · 17
3 −4 2
2 3 1
1 −7 1
= 1
16 · 17
0 0 0
2 3 1
1 −7 1
= 0.
Opgave 3 [10 punten]
Gegeven zijn de volgende vectoren v =−2 + 4i
6
en w =3 − 3i
3 + 3i
. a) Bereken de norm van zowel v als w.
kvk =√ v†v =
s
−2 − 4i 6−2 + 4i 6
=p
22+ 42+ 62=√
56 = 2√ 14,
kwk =
√ w†w =
s
3 + 3i 3 − 3i3 − 3i 3 + 3i
=√
4 · 32= 6.
Vergeet dus niet de complexe toegevoegde te nemen!
b) Bereken het inwendig product van v en w.
hv|wi = v†w = s
−2 − 4i 63 − 3i 3 + 3i
= 12i.
Vergeet dus niet de complexe toegevoegde te nemen!
Opgave 4 [15 punten]
Beschouw de volgende matrix A =1
2
5 3 3 −3
. a) Bereken de eigenwaarden van A.
0 =
A − λ1
= 52− λ
−32− λ −94 = (λ − 3)(λ + 2).
Dus de eigenwaarden zijn λ− = −2 en λ+ = 3. Check: A is re¨eel en symmetrisch, dus de eigenwaarden moeten re¨eel zijn.
b) Bepaal de eigenvectoren van A.
Voor λ−
0 = A − λ−1v−= 1 2
9 3 3 1
v− ⇒ v− = c−−1 3
. Voor λ+
0 = A − λ+1v+= 1 2
−1 3
3 −9
v+ ⇒ v+= c+3 1
.
Check: A is re¨eel en symmetrisch, dus de eigenvectoren moeten orthogo- naal zijn.
c) Geef de orthogonale matrix Q die de matrix A diagonaliseert.
Hiervoor moeten we de eigenvectoren normeren
1 = kv−k2= |c−|2(12+ 32) = 10|c−|2 ⇒ v−= 1
√10
−1 3
, 1 = kv+k2= |c+|2(32+ 12) = 10|c+|2 ⇒ v+= 1
√ 10
3 1
. Een orthogonale matrix Q die A diagonaliseert is dan
Q = v+ v− = 1
√10
3 −1 1 3
.
d) Gebruik de diagonaalvorm om de inverse van A te berekenen.
A−1= Qλ+ 0 0 λ−
−1
QT = 1 12
3 3 3 −5
.
N.B. Let er op dat de eigenwaarden in de diagonaalvorm in dezelfde volg- orde staan als in de matrix Q. Verder, Q is orthogonaal, dus Q−1= QT.
Opgave 5 [10 punten]
Bereken de booglengte van de volgende kromme over het interval t ∈ [−1, 1]
r(t) =
t2sin(t) 2t2 t2cos(t)
.
r0(t) = dr dt =
t2cos(t) + 2t sin(t) 4t
2t cos(t) − t2sin(t)
, r0(t) = kr0(t)k = |t|p
20 + t2, L =
Z 1
−1
r0(t)dt = Z 0
−1
(−t)p
20 + t2dt + Z 1
0
tp
20 + t2dt = 42√
21 − 80√ 5
3 .
Opgave 6 [15 punten]
Gegeven is de volgende functie
f (x, y) = (y − 1)2− (x + 1)3.
a) Bepaal een normaalvector van de grafiek van f in het punt (2,1).
n(2, 1) = ∇ f (x, y) − z (2,1)=
f1(2, 1) f2(2, 1)
−1
=
−3(2 + 1)2 2(1 − 1)
−1
=
−27 0
−1
.
b) In welke richting daalt f het snelst in het punt (3,-1)? Geef je antwoord in de vorm van een richtingsvector, dat wil zeggen, een vector met lengte 1.
Eerst de gradi¨ent berekenen
∇f (3, −1) =f1(3, −1) f2(3, −1)
=−3(3 + 1)2 2(−1 − 1)
=−48
−4
Functie daalt het snelst in de negatieve richting van de gradi¨ent. Nu ook nog richtingsvector van maken
k∇f (3, −1)k =p
482+ 42= 4p
122+ 12= 4√ 145, d(3, −1) =ˆ −∇f (3, −1)
k∇f (3, −1)k = 1
√ 145
12 1
.
c) Stel een parametrisatie of vergelijking op voor het pad waarlangs f het snelst daalt vanaf het punt (1,4).
Dit betekent dat de richting van het pad (gegeven door de snelheid r0(t)) langs de negatieve gradi¨ent loopt, dus de makkelijkste optie is om ze gelijk aan elkaar te stellen
r0(t) =x0(t) y0(t)
= −∇f x(t), y(t) =
3 x(t) + 12 2 1 − y(t)
Dus 2 eerste orde differentiaal vergelijkingen in t voor x en y. Die kun je oplossen met de technieken die bij Wiskunde I zijn behandeld
dx
dt = 3(x + 1)2 ⇒
Z dx
3(x + 1)2 = Z
dt + cx ⇒ x(t) = −1
3(t + cx)− 1, dy
dt = 2(1 − y) ⇒
Z dy
2(1 − y) = Z
dt + cy ⇒ y(t) = 1 − e−2(t+cy). Dit legt enkel de richting vast, nu nog de plek van de kromme vastleggen door te eisen dat hij door het punt (1,4) loopt. Dit is het makkelijkst op het moment t = 0 voor elkaar te krijgen, want dan valt er veel weg in de uitdrukkingen
1 = x(0) = −1 3cx
− 1 ⇒ cx= −1
6 4 = y(0) = 1 − e−2cy ⇒ e−2cy = −3.
Dus de volledige parametrisatie wordt r(t) =
1 + 6t 1 − 6t 1 + 3e−2t
! .
Opgave 7 [15 punten]
Gegeven is de volgende functie g(x, y) = −√
xy x2+ 2xy + y2− 3 a) Bepaal de kritieke punten.
Kritieke punten zijn punten waar de gradi¨ent nul is, dus we hebben de gradi¨ent nodig. Merk op dat de functie symmetrisch is, dus we hoeven maar ´e´en parti¨ele afgeleide te berekenen en dan voor de andere parti¨ele afgeleide enkel x en y om te draaien (g2(x, y) = g1(y, x))
∇f (x, y) = −1 2√
xy
y(5x2+ 6xy + y2− 3) x(5y2+ 6xy + x2− 3)
Nu de gradi¨ent gelijk aan nul stellen krijgen we de vergelijking
(5x2+ 6xy + y2− 3)/√ x (5y2+ 6xy + x2− 3)/√
y
=0 0
.
Het punt (0,0) is geen kritiek punt, want als we eerst x = 0 zetten, dan zien we dat f1(0, y) = (y2− 3)/0 en eerst y = 0 geeft f2(x, 0) = (x2− 3)/0.
Dus de afgeleide is niet gedefinieerd in dit punt.
Aangezien (0, 0) geen kritiek punt is, kunnen we de eerste vergelijking met
√x vermenigvuldigen en de tweede met√
x en vervolgens beide vergelij- kingen van elkaar aftrekken om de gemengde producten te elimineren
4(x2− y2) = 0 ⇒ x = ±y.
We de functie bestaat (is re¨eel) alleen voor xy > 0 door de wortel, dus x = y. Invullen in een van de vergelijkingen geeft
12x2− 3 = 0 ⇒ x = y = ±1
2.
b) Gebruik de 2e afgeleide test om de kritieke punten te classificeren (mini- mum, maximum of zadelpunt). Als je de kritieke punten in a) niet hebt kunnen bepalen, gebruik dan
±1 2
1 1
.
Door symmetrie g22(x, y) = g11(y, x). De hessiaan is
H(x, y) =g11 g12 g21 g22
= 1
4(xy)3/2
y2(y2− 6xy − 15x2− 3) xy(3 − 5x2− 18xy − 5y2) xy(3 − 5x2− 18xy − 5y2) x2(x2− 6xy − 15y2− 3)
.
Voor beide punten
H(±12, ±12) =−4 −2
−2 −4
.
Voor het klassificeren van de kritieke punten moeten we bepalen of de hes- siaan positive of negatief definiet is. Dit kan bijvoorbeeld de eigenwaarden te berekenen en naar hun teken te kijken
det(H(±12, ±12) − λ1 =
−4 − λ −2
−2 −4 − λ
= (λ + 2)(λ + 6).
beide eigenwaarden zijn negatief, dus de hessiaan is negatief definiet in de kritieke punten. De kritieke punten zijn dus lokale maxima.
