1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2016-2017 1ste semester 10 november 2016

1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2016-2017 1ste semester 10 november 2016

Tussentijdse evaluatie Analyse I

1. Toon aan dat een niet-stijgende begrensde rij convergent 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. Ga na of de rij (u _n ) _n convergent is. Indien ja bereken de limiet, indien nee leg uit.

u _n = ( √

n ³ + 2n ² + 3 − √

n ³ + 2n ² − 1)n ^3/2 4. Bestaat de volgende limiet? Indien ja bereken de waarde, indien nee leg uit.

lim

(x,y)→(0,0)

x ⁵ + y ⁴ + 2x ³ y ³ x ² + y ⁴ 5. Bespreek de continu¨ıteit van de volgende functie:

f : R → R : x 7→



 

 

x + π

sin x als x 6= kπ, k ∈ Z, 1 als x = kπ, k ∈ Z.

6. Bereken de afgeleide van de volgende functie:

f (x) = x ^{tan(sin x)} .

7. Bepaal de co¨effici¨enten a, b, c en d zodanig dat de kromme met vergelijking y = a sin(x) + b cos(x) + c sin(2x) + d cos(2x)

in ( ^π ₂ , 2) raakt aan de rechte y + x − ^π ₂ − 2 = 0 en in (π, 2) raakt aan y − 3x + 3π − 2 = 0.

Tijd: 3u30; vragen 1 en 2: 25 punten; vraag 3-7: 10 punten. Totaal: 100 punten.

Oplossingen

3.

n→∞ lim u _n = lim

n→∞ ( √

n ³ + 2n ² + 3 − √

n ³ + 2n ² − 1)n ^3/2

= lim

n→∞

n ³ + 2n ² + 3 − n ³ − 2n ² + 1

√ n ³ + 2n ² + 3 + √

n ³ + 2n ² − 1 n ^3/2

= lim

n→∞

4

» 1 + _n ² + _n ³

3

+ ^» 1 + _n ² − _n ¹

3

= 2.

4. Er geldt dat

lim

(x,y)→(0,0) y=0

x ⁵ + y ⁴ + 2x ³ y ³

x ² + y ⁴ = lim

x→0

x ⁵

x ² = lim

x→0 x ³ = 0, lim

(x,y)→(0,0) x=0

x ⁵ + y ⁴ + 2x ³ y ³

x ² + y ⁴ = lim

y→0

y ⁴ y ⁴ = 1.

Deze waarden zijn verschillend dus de limiet bestaat niet.

5. f is continu in elke x 6= kπ, k ∈ Z. Omdat

x→−π lim x + π

sin x = lim

t→0

t

− sin t = −1 6= f (−π) is f niet continu in −π. Voor k ∈ Z \ {−1} is

lim

x→kπ

^±

x + π sin x

plus of min oneindig dus verschillend van f (kπ). Bijgevolg is f niet continu in kπ, k ∈ Z.

6.

f (x) = e tan(sin x) ln x

f ⁰ (x) = e tan(sin x) ln x

Ç 1

cos ² (sin x) (cos x)(ln x) + tan(sin x) 1 x

å

= x ^{tan(sin x)}

Ç 1

cos ² (sin x) (cos x)(ln x) + tan(sin x) 1 x

å

.

7. Er moet gelden dat y( ^π ₂ ) = 2, y(π) = 2, y ⁰ ( ^π ₂ ) = −1 en y ⁰ (π) = 3. Er geldt dat y ⁰ = a cos(x) − b sin(x) + 2c cos(2x) − 2d sin(2x) zodat



 

 

 

 

 

 

a − d = 2

−b + d = 2

−b − 2c = −1

−a + 2c = 3.

Hieruit volgt dat a = 1, b = −3, c = 2 en d = −1.

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde/Wiskunde Academiejaar 2016-2017 1ste semester, 17 januari 2017

Theorie Analyse I

1. Formuleer en bewijs de formule van Leibniz voor de n-de afgeleide van het product van twee functies f en g.

2. Geef de definitie van een verdichtingspunt. Toon aan dat elke oneindige begrensde deelverza- meling van R minstens een verdichtingspunt heeft. Geef een voorbeeld van een oneindige verzameling zonder verdichtingspunt.

3. 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.

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; vraag 1: 6 punten; vraag 2: 10 punten; vragen 3 en 4: 12 punten. Totaal: 40 punten. Dit

examen telt mee voor 20 % van het eindcijfer. Eerste bachelor wiskunde: 25 % van het eindcijfer.

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde/Wiskunde Academiejaar 2016-2017 1ste semester, 17 januari 2017

Oefeningen Analyse I

1. Ga na of de limiet

lim

(x,y)→(0,0)

sin(tan x + sin y) tan x − sin y bestaat.

2. Bepaal de tangens van de hoek waaronder de krommen met vergelijking y = 20

x − 3 en y = x ² + 2x − 4 elkaar in het eerste kwadrant snijden.

3. Schrijf de Taylorveelterm P _n van graad n in het punt a = −1 op van de functie f (x) = 1

x ² .

4. Een touw van 1 meter lang wordt in drie geknipt. Met het eerste van de stukken touw wordt de omtrek van een vierkant gevormd, en met de twee andere wordt de omtrek van een cirkel gevormd. Welke lengte moet elk van de drie stukken touw hebben opdat de som van de oppervlaktes van het vierkant en de twee cirkels minimaal is? Ga na dat deze som minimaal is, en gebruik hiervoor de methode van de multiplicatoren van Lagrange.

5. Voor a > 0 beschouwen we de functie f : [0, 1] → R met als voorschrift f (x) = sin(Bgtg (ax)).

Voor welke waarde van de parameter a snijdt de grafiek van de functie f het vierkant met hoekpunten (0, 0), (1, 0), (0, 1) en (1, 1) in twee delen met gelijke oppervlakte?

6. Bereken de oneigenlijke integraal

Z +∞

0

dx ( √

x + 1) √

⁴

x ³ .

Tijd: 3 uur; vragen 1 en 3: 5 punten; vragen 2 en 6: 7 punten; vragen 4 en 5: 8 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. Onderstel dat de limiet

lim

(x,y)→(0,0)

sin(tan x + sin y) tan x − sin y = a bestaat. Gebruik makende van het feit dat de functie

f (u) =







sin u

u als u 6= 0 1 als u = 0 continu is in 0 vinden we dat

a = lim

(x,y)→(0,0) y=0

sin(tan x + sin y) tan x − sin y = lim

x→0 f (tg x) = f (lim

x→0 tg x) = f (0) = 1 en

a = lim

(x,y)→(0,0) x=0

sin(tan x + sin y)

tan x − sin y = − lim

y→0 f (sin y) = −f (lim

y→0 sin y) = −f (0) = −1.

Dit is een contradictie, en we concluderen dat de limiet niet bestaat.

2. Stel f (x) = _x−3 ²⁰ en g(x) = x ² +2x−4. De eerste component van de snijpunten van de grafieken van f en g voldoet aan de vergelijking f (x) = g(x), of x ³ −x ² −10x−8 = (x+1)(x+2)(x−4) = 0.

Het enige snijpunt in het eerste kwadrant is dus het punt (4, 20).

f ⁰ (x) = − 20

(x − 3) ² en g ⁰ (x) = 2x + 2.

De hoeken α en β tussen de raaklijnen aan de grafieken van f en g en de x-as worden gegeven door de formules tg α = f ⁰ (4) = −20 en tg β = g ⁰ (4) = 10. De tangens van de gevraagde hoek is dus

tg (α − β) = tg α − tg β

1 + tg α tg β = 30 199 . 3. We berekenen eerst de afgeleiden van f in het punt −1

f ⁽ⁱ⁾ (x) = (−2)(−3) · · · (−(i + 1))x ⁻²⁻ⁱ = (−1) ⁱ (i + 1)!

x ⁱ⁺² ; f ⁽ⁱ⁾ (−1) = (i + 1)!, en

P n (x) =

n

X

i=0

f ⁽ⁱ⁾ (−1)

i! (x + 1) ⁱ =

n

X

i=0

(i + 1)(x + 1) ⁱ

= 1 + 2(x + 1) + 3(x + 1) ² + · · · + (n + 1)(x + 1) ⁿ .

1

4. Stel x, y en z de lengtes van de 3 delen waarin het touw verdeeld wordt zodat er een vierkant met omtrek x, een cirkel met omtrek y en een cirkel met omtrek z worden gevormd. De zijde van het vierkant is dus ^x ₄ en de stralen van de 2 cirkels zijn _2π ^y en _2π ^z . De som van de oppervlaktes is dus

f (x, y, z) = x ² 16 + y ²

4π + z ² 4π

en de nevenvoorwaarde is x + y + z = 1 zodat we de volgende functie invoeren:

f ^∗ (x, y, z, α) = x ² 16 + y ²

4π + z ²

4π − α(x + y + z − 1).

We lossen volgend stelsel op:

∂f ^∗

∂x = x

8 − α = 0

∂f ^∗

∂y = y

2π − α = 0

∂f ^∗

∂z = z

2π − α = 0 x + y + z = 1.

Hieruit volgt dat x = 8α, y = 2πα en z = 2πα dus (8 + 4π)α = 1 zodat α = _8+4π ¹ . Het enige stationaire punt is dus

Å 2

2 + π , π

4 + 2π , π 4 + 2π

ã

. Verder is

df ^∗ =

Å x 8 − α

ã

dx +

Å y 2π − α

ã

dy +

Å z 2π − α

ã

dz, d ² f ^∗ = 1

8 dx ² + 1

2π dy ² + 1 2π dz ²

In het stationaire punt is d ² f ^∗ > 0, zodat een minimum bereikt wordt. De lengte van het eerste touw moet dus _2+π ² zijn, en de lengte van de twee anderen _4+2π ^π opdat de som van de drie opper- vlaktes minimaal is.

2

5. We vereenvoudigen eerst de functie f . Omdat x ∈ [0, 1] is ax ∈ [0, a], u = Bgtg (ax) ∈ [0, π/2) en sin Bgtg (ax) ∈ [0, 1). Dan vinden we achtereenvolgens

1 + (ax) ² = 1 + tg ² u = sec ² u = 1 1 − sin ² u , 1 − sin ² u = 1

1 + (ax) ² , sin ² u = 1 − 1

1 + (ax) ² = (ax) ² 1 + (ax) ² en

f (x) = sin u = ax

» 1 + (ax) ² .

Aangezien de totale oppervlakte van het gegeven vierkant gelijk is aan 1, moet de oppervlakte onder de grafiek gelijk zijn aan ¹ ₂ . We moeten dus de parameter a bepalen zodat

1 2 =

Z 1 0

f (x)dx =

Z 1 0

ax

» 1 + (ax) ² dx.

Om deze integraal te berekenen gebruiken we de substitutie t = 1+(ax) ² , dt = 2a ² xdx, en vinden 1

2 =

Z _1+a

²

1

dt 2a √

t = 1 a ( √

1 + a ² − 1),

waaruit volgt dat a = 4/3.

6. Met behulp van de substitutie t = √

⁴

x, x = t ⁴ , dx = 4t ³ dt = 4 √

⁴

x ³ dt vinden we

Z dx

( √

x + 1) √

⁴

x ³ = 4

Z dt

t ² + 1 = 4Bgtg t + c = 4Bgtg √

⁴

x + c.

We berekenen dan gemakkelijk dat I =

Z +∞

0

dx ( √

x + 1) √

⁴

x ³ = lim

a→0+

b→+∞

Z b a

dx ( √

x + 1) √

⁴

x ³

= lim

a→0+

b→+∞

(4Bgtg

⁴

√

b − 4Bgtg √

⁴

a) = 4 π

2 − 0 = 2π.

3

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Natuurkunde Academiejaar 2016-2017 2de semester, 20 juni 2017

Oefeningen Analyse II

1. Beschouw de boog AB gelegen in het deel van de ruimte waarvoor x ≥ 0 op de doorsnede ^¯ van de oppervlakken met vergelijking respectievelijk z = y ² en x ² + y ² = 4, die de punten A(0, −2, 4) en B(0, 2, 4) verbindt. Bepaal de lijnintegraal

Z

AB ˆ

y dx − x dy + z ² dz.

2. Bepaal de flux van het vectorveld ~ v = yz ³ ~ u ₁ + x ² z~ u ₂ + z~ u ₃ (van binnen naar buiten), doorheen het gesloten oppervlak begrensd door de cilinders met vergelijking respectievelijk x ² + y ² = R ² en x ² + z ² = R ² .

3. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

y ⁰⁰ + 2y ⁰ = 2xe ^−x + 8x ² 4. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

yy ⁰⁰ − y ⁰ + y ⁰² = 0.

5. Onderzoek de convergentie van de numerieke reeks

+∞

X

n=1

(2n − 1)!!

(2n + 3)!! . 6. Voor welke x ∈ R is de machtreeks

+∞

X

n=3

n 3

! −1

x ³ⁿ absoluut convergent, relatief convergent, divergent?

Ter herinnering: voor 1 ≤ k ≤ n ∈ N:

n k

!

= n!

k!(n − k)!

7. De functie f heeft periode 2π en wordt gegeven door de formule f (x) = e ^x , x ∈ [−π, π[.

(a) Bepaal de Fourierreeks van f .

(b) Gebruik de stelling van Dirichlet om de volgende reekssom te bepalen:

∞

X

n=1

(−1) ⁿ n ² + 1 .

Tijd: 3 uur en 30 minuten; vragen 1, 2, 4: 7 punten, vragen 3, 7: 8 punten, vragen 5, 6: 4 punten Totaal: 45 pun-

ten. Dit examen telt mee voor 22, 5% van het eindcijfer. Het formularium horende bij de cursus Analyse mag

gebruikt worden. Theorieboek, rekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt

worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.

1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2016-2017 2de semester, 20 juni 2017

Oefeningen Analyse II

1. Beschouw de boog AB gelegen in het deel van de ruimte waarvoor x ≥ 0 op de doorsnede ^¯ van de oppervlakken met vergelijking respectievelijk z = y ² en x ² + y ² = 4, die de punten A(0, −2, 4) en B(0, 2, 4) verbindt. Bepaal de lijnintegraal

Z

AB ˆ

y dx − x dy + z ² dz.

2. Bepaal de flux van het vectorveld ~ v = yz ³ ~ u 1 + x ² z~ u 2 + z~ u 3 (van binnen naar buiten), doorheen het gesloten oppervlak begrensd door de cilinders met vergelijking respectievelijk x ² + y ² = R ² en x ² + z ² = R ² .

3. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

y ⁰⁰ + 2y ⁰ = 2xe ^−x + 8x ² 4. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

yy ⁰⁰ − y ⁰ + y ⁰² = 0.

5. Bereken het volume en het middelpunt van het ruimtestuk G gegeven door de ongelijkheden



 

 

x ² + y ² ≤ 4z ² x, y ≥ 0 0 ≤ z ≤ 1.

Tijd: 3 uur; vragen 1, 2, 3, 4, 5: 9 punten. Totaal: 45 punten. Dit examen telt mee voor 22, 5% van het

eindcijfer. Het formularium horende bij de cursus Analyse mag gebruikt worden. Theorieboek, rekenmachine,

oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te

beantwoorden.

Oplossingen

1. Een stel parametervergelijkingen van AB is ^¯



 

 

x = √ 4 − t ² y = t

z = t ² Dan is ^d~ _dt ^r = ^ − ^{√ t}

4−t

²

, 1, 2t ^ . De lijnintegraal is dus

Z 2

−2 − t ²

√ 4 − t ² − √

4 − t ² + 2t ⁵ dt =

ñ

−4 Bgsin t 2 + t ⁶

3

ô ²

−2

= −4π.

Alternatieve parametrizatie:



 

 

x = 2 cos t y = 2 sin t z = 4 sin ² t waarbij t loopt van −π/2 tot π/2. Dan is

Z ˆ AB

y dx − x dy = (−4 sin ² t − 4 cos ² t)dt = −4π en

Z

AB ˆ

z ² dz =

ñ z ³ 3

ô (0,2,4) (0,−2,4)

= 0.

2. We zien dat de div ~ v = 1. Gebruikmakend van de stelling van Ostrogradsky vinden we dat de flux gegeven wordt door:

Φ =

Z R

−R dx

Z

√ R

²

−x

²

− √

R

²

−x

²

dy

Z

√ R

²

−x

²

− √

R

²

−x

²

1dz =

Z R

−R 4 ^Ä R ² − x ^{2 ä} dx = 16R ³

3

3. De karakteristieke vergelijking van de geassocieerde homogene vergelijking is λ ² + 2λ = 0. De integraal van de homogene vergelijking is dus

y _h = C ₁ + C ₂ e ^−2x . We bepalen eerst een particuliere integraal van de vergelijking

y ⁰⁰ + 2y ⁰ = 2xe ^−x

Dit is een bijzonder rechterlid, en er is een particuliere integraal van de vorm y = (Ax + B)e ^−x

y ⁰ = (−Ax − B + A)e ^−x y ⁰⁰ = (Ax + B − 2A)e ^−x Substitutie in de vergelijking geeft

y ⁰⁰ + 2y ⁰ = (−Ax − B)e ^−x = 2xe ^−x , waaruit volgt dat A = −2 en B = 0, en y = −2xe ^−x .

We bepalen nu een particuliere integraal van de vergelijking y ⁰⁰ + 2y ⁰ = 8x ²

Dit is weer een bijzonder rechterlid, en er is een particuliere integraal van de vorm y = Ax ³ + Bx ² + Cx

y ⁰ = 3Ax ² + 2Bx + C y ⁰⁰ = 6Ax + 2B zodat

y ⁰⁰ + 2y ⁰ = 6Ax ² + (4B + 6A)x + 2C + 2B = 6x ² . Hieruit volgt dat A = 4/3, B = −2 en C = 2, zodat y = ⁴ ₃ x ³ − 2x ² + 2x.

De algemene integraal van de volledige vergelijking is dus y = C ₁ + C ₂ e ^−2x − 2xe ^−x + 4

3 x ³ − 2x ² + 2x.

4. We nemen x als onbekende functie en y als argument. Dan is y ⁰ = _x ¹

0

en y ⁰⁰ = − _x ^x

03⁰⁰

zodat

−yx ⁰⁰ − x ⁰² + x ⁰ = 0. Stel z = x ⁰ . Dan is −yz ⁰ − z ² + z = 0 zodat dz

z ² − z = − dy y . Hieruit volgt dat ^z−1 _z = _y ^c zodat

x ⁰ = z = y y − c . Bijgevolg is

x = y + c ln |y − c| + d.

2

5. Gebruik makende van de definitie van dubbele faculteit zien we dat (2n − 1)!!

(2n + 3)!! = 1

(2n + 3)(2n + 1) ≤ 1 n ² .

Deze laatste is de hyperharmonische reeks met α = 2 en convergeert bijgevolg. Door de vergeli- jkingstest weten we dat dan ook de originele reeks convergeert.

6. Als we de definitie van de binomiaalcoefficient gebruiken zien we dat na vereenvoudiging n

3

!

= n(n − 1)(n − 2)

6 .

We bepalen eerst de convergentiestraal voor de reeks ^{P +∞} _n=3 ^{Ä n} ₃ ^{ä −1} t ⁿ , waarbij t = x ³ . Deze is R = lim

n→∞

    

a _n a _n+1

    

= lim

n→∞

    

(n + 1)n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)

    

= 1.

Bijgevolg convergeert de reeks absoluut als |t| < 1 of dus |x ³ | < 1, wat uiteraard equivalent is met

|x| < 1.

Ten slotte zien we na toepassing van de limietvergelijkingstest met de hyperharmonische reeks met α = 3, dat in de randpunten x = ±1, de reeks (absoluut) convergeert.

7.

(a) De Fourierreeks is

a ₀ 2 +

∞

X

n=1

a _n cos nx + b _n sin nx.

waarbij

a _n = 1 π

Z π

−π

e ^x cos nxdx

= 1

π [e ^x cos nx] ^π _−π + n π

Z π

−π

e ^x sin nxdx

= e ^π − e ^−π

π (−1) ⁿ + n

π [e ^x sin nx] ^π _−π − n ² a _n

= e ^π − e ^−π

π(1 + n ² ) (−1) ⁿ , en

b n = 1 π

Z π

−π e ^x sin nxdx

= 1

π [e ^x sin nx] ^π _−π − n π

Z π

−π e ^x cos nxdx

= − n

π (e ^π − e ^−π )(−1) ⁿ − n ² b _n

= e ^−π − e ^π

π(1 + n ² ) n(−1) ⁿ .

3

De Fourierreeks van f is dus e ^π − e ^−π

2π + e ^π − e ^−π π

∞

X

n=1

(−1) ⁿ cos nx − n(−1) ⁿ sin nx

1 + n ² .

(b) Stel nu x = 0. Met behulp van de stelling van Dirichlet vinden we dat 1 = e ^π − e ^−π

2π + e ^π − e ^−π π

∞

X

n=1

(−1) ⁿ n ² + 1

zodat _∞

X

n=1

(−1) ⁿ

n ² + 1 = π

e ^π − e ^−π − 1 2 . 5. (Wiskunde) We werken in cilinderco¨ordinaten.

V =

ZZ Z

G

dxdydz =

Z

0

1dz

Z π/2 0

dϕ

Z 2z 0

rdr = π

Z 1 0

z ² dz = π 3

x = 1

V

Z Z Z

G

xdxdydz = 3 π

Z 1 0

dz

Z π/2 0

cos ϕdϕ

Z 2z 0

r ² dr

= 8

π

Z 1 0

z ³ dz [sin ϕ] ^π/2 ₀ = 2 π y = x = 2

π

z = 1

V

Z Z Z

G

zdxdydz = 3 π

Z 1 0

zdz

Z π/2 0

dϕ

Z 2z 0

rdr

= 6

π π 2

Z 1 0

z ³ dz = 3 4

4

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2016-2017 2e zittijd, 22 augustus 2017

Examen Oefeningen Analyse I

1. Ga na of de volgende limiet bestaat. Bepaal deze limiet indien hij bestaat, en toon anders aan dat hij niet bestaat.

lim

(x,y)→(0,0)

xy ² x ² + y ⁴ 2. Verdeel 10 in 3 positieve getallen x, y en z zodanig dat

f (x, y, z) = 1

2 x ² + 1

3 y ² + z ² − xz

extreem wordt. Bepaal of de gevonden extrema minima of maxima zijn. Gebruik de methode van de multiplicatoren van Lagrange.

3. Bereken de volgende limiet met behulp van de stelling van Taylor.

x→0 lim

6x ⁵ − x ⁹ − 6x ³ sin x ² x ¹¹ (e ^x

²

− 1) . 4. Bereken de oneigenlijke integraal

Z +∞

√ 3

1 1 − x ⁴ dx.

Tijd: 4u30; studenten die enkel Analyse I of II moeten afleggen: 2u30.

Puntenverdeling Analyse I: vraag 1: 11 punten, vragen 2 en 4: 12 punten, vraag 3: 15 punten; totaal: 50 pun- ten.

Puntenverdeling Analyse II: vraag 5: 18 punten, vraag 6: 12 punten, vraag 7: 10 punten, vraag 8: 15 punten;

totaal: 55 punten.

Het formularium horende bij de cursus Analyse mag gebruikt worden. Cursusnota’s, zakrekenmachine, oe-

feningenboeken en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te

beantwoorden.

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2016-2017 2e zittijd, 22 augustus 2017

Examen Oefeningen Analyse II

5. 1. Voor welke a ∈ R \ {0} is de volgende numerieke reeks convergent?

∞

X

n=1

(n + 1)(n + 3) a ²ⁿ 2. Bepaal de reekssom

s =

∞

X

n=0

3

(3n + 1)(3n + 4) . 6. Bepaal de algemene integraal van het differentiaalstelsel

® z ⁰ + z + 4y = e ^x 2z + 3y + y ⁰ = 0 7. Beschouw het vectorveld

F = (2xz + 2y)~ ~ u ₁ + (2yz + 2yx)~ u ₂ + (x ² + y ² + z ² )~ u ₃ . C ₁ is de eenheidscirkel in het xy-vlak. C 2 is de ruimtekromme met vergelijking

® x ² + y ² = 1 z = f (x, y)

waarbij f : R ² → R ⁺ een continu differentieerbare functie is. S is het deel van de cilinder x ² + y ² = 1 gelegen tussen de krommen C ₁ en C 2 .

1. Bereken ^H _C

₁

F · d~ ~ r. Hierbij wordt C ₁ in tegenwijzerzin doorlopen.

2. Bereken rot ~ F .

3. Bereken ^RR _S rot ~ F · ~ ndO. Hierbij is ~ n de naar buiten gerichte normaal op het oppervlak S.

4. Pas de stelling van Stokes toe op het oppervlak S, en bepaal dan ^H _C

₂

F · d~ ~ r. Hierbij wordt C ₂ in tegenwijzerzin doorlopen.

8. Bereken de inhoud van het ruimtestuk begrensd door de paraboloide z = 2x ² + 3y ² en het

vlak z = 4.

1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2016-2017 2e zittijd, 22 augustus 2017

Examen Oefeningen Analyse I

1. Ga na of de volgende limiet bestaat. Bepaal deze limiet indien hij bestaat, en toon anders aan dat hij niet bestaat.

lim

(x,y)→(0,0)

xy ² x ² + y ⁴ . 2. Verdeel 10 in 3 positieve getallen x, y en z zodanig dat

f (x, y, z) = 1

2 x ² + 1

3 y ² + z ² − xz

extreem wordt. Bepaal of de gevonden extrema minima of maxima zijn. Gebruik de methode van de multiplicatoren van Lagrange.

3. Bereken de volgende limiet met behulp van de stelling van Taylor.

x→0 lim

6x ⁵ − x ⁹ − 6x ³ sin x ² x ¹¹ (e ^x

²

− 1) . 4. Bereken de oneigenlijke integraal

Z +∞

√ 3

1 1 − x ⁴ dx.

Tijd: 4u30; studenten die enkel Analyse I of II moeten afleggen: 2u30.

Puntenverdeling Analyse I: vraag 1: 12 punten, vragen 2 en 4: 14 punten, vraag 3: 15 punten; totaal: 55 pun- ten.

Puntenverdeling Analyse II: vraag 5: 16 punten, vraag 6: 15 punten, vragen 7 en 8: 12 punten; totaal: 55 punten.

Het formularium horende bij de cursus Analyse mag gebruikt worden. Cursusnota’s, zakrekenmachine, oe-

feningenboeken en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te

beantwoorden.

1ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 2016-2017 2e zittijd, 22 augustus 2017

Examen Oefeningen Analyse II

5. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking. De oplossing mag in parametervorm gegeven worden.

y ⁰⁴ − y + xy ⁰⁴ = 0 6. Bepaal de algemene integraal van het differentiaalstelsel

® z ⁰ + z + 4y = e ^x 2z + 3y + y ⁰ = 0 7. Beschouw het vectorveld

F = (2xz + 2y)~ ~ u ₁ + (2yz + 2yx)~ u ₂ + (x ² + y ² + z ² )~ u ₃ . C ₁ is de eenheidscirkel in het xy-vlak. C 2 is de ruimtekromme met vergelijking

® x ² + y ² = 1 z = f (x, y)

waarbij f : R ² → R ⁺ een continu differentieerbare functie is. S is het deel van de cilinder x ² + y ² = 1 gelegen tussen de krommen C ₁ en C 2 .

1. Bereken ^H _C

₁

F · d~ ~ r. Hierbij wordt C ₁ in tegenwijzerzin doorlopen.

2. Bereken rot ~ F .

3. Bereken ^RR _S rot ~ F · ~ ndO. Hierbij is ~ n de naar buiten gerichte normaal op het oppervlak S.

4. Pas de stelling van Stokes toe op het oppervlak S, en bepaal dan ^H _C

₂

F · d~ ~ r. Hierbij wordt C ₂ in tegenwijzerzin doorlopen.

8. Bereken de inhoud van het ruimtestuk begrensd door de paraboloide z = 2x ² + 3y ² en het

vlak z = 4.

Oplossingen Analyse I

1. De gegeven limiet bestaat niet in het punt (0, 0). Immers: indien we naar de oorsprong komen volgens de rechte y = x, dan krijgen we

x→0 lim xx ²

x ² + x ⁴ = lim

x→0

x ³

x ² + x ⁴ = lim

x→0

x

1 + x ² = 0.

Echter, indien we de oorsprong naderen volgens de parabool x = y ² , dan wordt de limiet lim y→0

y ² y ²

y ⁴ + y ⁴ = lim

y→0

y ⁴ 2y ⁴ = 1

2 .

Aangezien deze limieten verschillend zijn, bestaat de gegeven limiet niet in (0, 0).

2. We passen de methode van multiplicatoren van Lagrange toe. De nieuwe functie wordt dan f ^∗ (x, y, z, α) = 1

2 x ² + 1

3 y ² + z ² − xz + α(x + y + z − 10).

Deze partieel afleiden naar zijn vier argumenten geeft het stelsel



 

 

 

 

 

 

x − z + α = 0

2

3 y + α = 0 2z − x + α = 0 x + y + z = 10.

Dit stelsel van lineaire vergelijkingen in 4 veranderlijken kunnen we oplossen om zo de waarden voor x, y, z en α te vinden:

x = 60

13 , y = 30

13 , z = 40

13 , α = − 20 13 .

We kunnen de tweede parti¨ele afgeleiden van de originele functie f (x, y, z) berekenen om zo de tweede totale differentiaal te vinden.

df ² = dx ² − dxdz + 2 3 dy ² .

Uit de randvoorwaarde x + y + z = 10 volgt dat dx + dy + dz = 0, waarmee we dz kunnen substitueren in de laatste vergelijking om zo te komen tot

df ² = 2dx ² + 5 2 dy ² .

Dan is r = 2, s = 0 en t = 5/3, waaruit volgt dat het stationaire punt (60/13, 30/13, 20/13) een

minimum is.

3. De limiet is gelijk aan

x→0 lim

6x ⁵ − x ⁹ − 6x ³ (x ² − ^x _3!

⁶

+ ^x _5!

¹⁰

+ ^x _5!

¹⁰

λ(x)) x ¹¹ ((1 + x ² + x ² µ(x)) − 1) , waarbij lim _x→0 λ(x) = 0 = lim _x→0 µ(x). Dit vereenvoudigt tot

x→0 lim

x ¹³ (− ₂₀ ¹ − ₂₀ ¹ λ(x))

x ¹³ (1 + µ(x)) = − 1 20 . 4.

Z +∞

√ 3

1

1 − x ⁴ dx =

Z +∞

√ 3

1

(1 − x ² )(1 + x ² ) dx

=

Z +∞

√ 3

Ç 1

2 (x ² + 1) + 1

4(x + 1) − 1 4(x − 1)

å

dx

= lim

A→+∞

ñ 1

2 Bgtan x + 1

4 ln x + 1 x − 1

ô A

√ 3

= 1 2

Å π 2 − π

3

ã

− 1 4 ln

√ 3 + 1

√ 3 − 1

= π 12 − 1

4 ln

√ 3 + 1

√ 3 − 1 5.1. We passen het wortelcriterium van Cauchy toe:

n→∞ lim

n

s (n + 1)(n + 3)

a ²ⁿ = 1

a ² lim

n→∞

»

n

(n + 1)(n + 3) = 1 a ² =



 

 

< 1 |a| > 1 1 voor |a| = 1

> 1 |a| < 1 Voor a = 1 of a = −1 is de reeks ^{P ∞} _n=1 (n + 1)(n + 3) duidelijk niet convergent vermits lim n→∞ (n + 1)(n + 3) = +∞.

De reeks ^{P ∞} _n=1 ^(n+1)(n+3) _a

2n

is dus convergent als en slechts als a ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[.

5.2. We berekenen eerst de partieelsom s _m =

m

X

n=0

3

(3n + 1)(3n + 4) =

m

X

n=0

1

(3n + 1) + −1 (3n + 4)

=

m

X

n=0

1 (3n + 1) −

m

X

n=0

1 (3n + 4) =

m

X

n=0

1 (3n + 1) −

m+1

X

n=1

1 (3n + 1)

= 1

1 +

m

X

n=1

1 (3n + 1) −

m

X

n=1

1

(3n + 1) − 1

3m + 4 = 1 − 1 3m + 4 . De reekssom is dus

s = lim

m→∞ s _m = lim

m→∞ 1 − 1

3m + 4 = 1.

2

5. WIS Dit is een vergelijking van Lagrange. De methode van afleiding en eliminatie geeft dat p = 0 of (p ³ − 1)x ⁰ + 4p ² x = −4p ² met p = y ⁰ . De eerste vergelijking geeft y = C, wat enkel een oplossing is voor C = 0, dus y = 0. De tweede is een lineaire differentiaalvergelijking met als oplossing x = C(p ³ − 1) ^−4/3 − 1 zodat

( x = C(p ³ − 1) ^−4/3 − 1 y = p ⁴ + xp ⁴ .

6. We gebruiken de methode van afleiding en eliminatie. We kunnen bijvoorbeeld beginnen met de tweede vergelijking af te leiden, dit geeft ons

y ⁰⁰ = −2z ⁰ − 3y ⁰ .

Nu substitueren we z ⁰ met behulp van de eerste vergelijking (eliminatie):

y ⁰⁰ = −2e ^x + 2z + 8y − 3y ⁰

= −2e ^x − 3y − y ⁰ + 8y − 3y ⁰ ,

waarbij we in de laatste stap 2z gesubstitueerd hebben met behulp van de tweede vergelijking. Dit geeft ons de volgende differentiaalvergelijking van tweede orde met constante co¨efficienten in y:

y ⁰⁰ + 4y ⁰ − 5y = −2e ^x .

Als homogene oplossing vinden we y h = c ₁ e ^x + c ₂ e ^−5x . Voor de particuliere oplossing kunnen we niet y _p = Ae ^x stellen aangezien e ^x een oplossing is van de homogene vergelijking. Bijgevolg moeten we y _p = Axe ^x stellen en kunnen we A = −1/3 vinden na y _p in te vullen in de vergelijking.

De oplossing voor y is dan

y = c ₁ e ^x + c ₂ e ^−5x − 1 3 xe ^x .

Door y ⁰ hieruit te berekenen en samen met y te substitueren in de tweede vergelijking vinden we dan ook de oplossing voor z:

z =

Ç 1 6 − 2c ₁

å

e ^x + c ₂ e ^−5x + 2 3 xe ^x .

3

7.1.

I

C

₁⁺

F · d~ ~ r = −2

Z 2π 0

sin ² tdt + 2

Z 2π 0

sin t cos ² tdt

= −2π − 2

Z 2π 0

cos ² td cos t = −2π − 2 3

î cos ³ t ^{ó 2π}

0 = −2π 7.2. rot ~ F = (2y − 2)~ e 3 .

7.3. Aangezien rot ~ F = (2y − 2)~ e ₃ ⊥ ~n = x~e ₁ + y~ e ₂ , is

ZZ

S

rot ~ F · ~ ndO = 0 7.4. Uit de stelling van Stokes volgt dat

ZZ

S

rot ~ F · ~ ndO =

I

C

1

F · d~ ~ r −

I

C

2

F · d~ ~ r

Uit 1. en 3. volgt dan dat ^H _C

2

F · d~ ~ r = 2π.

8. Het volume wordt gegeven door

Z 4 0

Z

√

_z

2

− √

z 2

Z

»

z−2x2 3

−

»

z−2x2 3

dydxdz = 2

  2 3

Z 4 0

Z

√

_z

2

− √

z 2

  z

2 − x ² dxdz

=

  2 3

Z 4 0

Z

^π

2

−

^π

2

z cos ² ududz

=

  2 3

Z 4 0

z

ñ sin 2u

4 + u

2

ô

^π₂

−

^π₂

dz

= 4π

  2 3 .

4