Tussentijdse evaluatie Analyse I

Transcriptie

1 ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 4- ste semester 3 oktober 4 Tussentijdse evaluatie Analyse I. Toon aan dat een niet-stijgende begrensde rij convergent is.. Geef de definitie van een verdichtingspunt. Toon aan dat elke oneindige begrensde deelverzameling van R minstens een verdichtingspunt heeft. 3. Ga na of de rij (u n ) n convergent is. Indien ja bereken de limiet, indien nee leg uit. ( u n = ( ) n 3 n + 3n + 3 ) n + 3n Bestaat de volgende limiet? Indien ja bereken de waarde, indien nee leg uit. lim (x,y) (,) tg x sin y. Bespreek de continuïteit van de volgende functie: { e /x als x, f : R R : x als x =. 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 f (x) = ax + bx + c en f (x) = b sin x + c in het punt (, c) onafhankelijk is van a, b en c. Tijd: 3u3; vragen en 3-7: punten; vraag : 4 punten. Totaal: punten.

2 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen/ Wiskunde/Natuurkunde Academiejaar 4- ste semester, 3 januari Theorie Analyse I. Toon aan dat een niet-stijgende begrensde rij convergent is.. Onderstel dat f : [x, x ] [y, y ] continu en bijectief is, dat f afleidbaar is in f (b) = a (x, x ), en dat f (a). Bepaal (f ) (b). 3. Onderstel dat f : [a, b] R continu is, en dat f(a)f(b) <. Toon aan dat f minstens 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: 9 minuten; vragen,, 3: 9 punten; vraag 4: 3 punten. Totaal: 4 punten. Dit examen telt mee voor % van het eindcijfer. Eerste bachelor wiskunde: % van het eindcijfer.

3 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen/ Wiskunde/Natuurkunde Academiejaar 4- ste semester, 3 januari Oefeningen Analyse I. Bepaal, indien deze bestaat, de volgende limiet lim (x,y) (,) sin(x tan y). x + tan y. Onder welke hoek snijden volgende krommen elkaar in het derde kwadrant? y = 3 x en y = x x 3 3. (a) Schrijf de formule van Taylor met restterm van Lagrange (orde n + ) rond a = op, voor de volgende functie f(x) = ln(x). (b) Gebruik (a) om een n N (zo klein mogelijk) te bepalen zodanig dat w = T n (.) (i.e de n-de Taylorveelterm van f in x =.) een benadering is van het getal ln(.), waarvoor geldt dat de absolute waarde van het verschil tussen ln(.) en w strikt kleiner is dan Wat is het grootste product dat er met 3 positieve getallen x, y en z gevormd kan worden, als x + y + z gelijk moet zijn aan 6? Gebruik de methode van de multiplicatoren van Lagrange.. Bereken de oppervlakte van het vlak deel gelegen onder de parabool y = x + x en boven de parabool y = x + x +. Tijd: 3 uur; elke vraag wordt gekwoteerd op punten. Totaal: punten. Dit examen telt mee voor % van het eindcijfer. Het formularium horende bij de cursus Analyse mag gebruikt worden. Cursusnota s, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.

4 Oplossingen. Deze limiet bestaat niet. Immers, indien de limiet bestaat en de waarde l aanneemt, dan is en l = l = sin(x tan y) lim (x,y) (,) x + tan y y= sin(x tan y) lim (x,y) (,) x + tan y x= = lim x sin(x) x = lim y sin( tan y) tan y Dit zou impliceren dat =, en dat is een contradictie.. We zoeken eerst het snijpunt. Stel 3 x = x x 3. = =. Dan is x 3 3x x + 3 =. Deze veelterm kan ontbonden worden in factoren als volgt: (x + ) (x ) (x 3). Bijgevolg is (, ) het snijpunt in het derde kwadrant. Stel f (x) = 3 x en g (x) = x x 3. Dan is f 3 (x) = (x ) en g (x) = x dus m = f ( ) = 3 en m = g ( ) = 3. De hoek wordt dus gegeven door ( ) ( m m Bgtan = Bgtan + 3 ) ( ) 3 4 = Bgtan. + m m (a) We bepalen enkele afgeleiden van f(x) om een algemene formule te zoeken. f(x) = ln(x), f() = f (x) = x, f () = =! f (x) = x, f () = = (!) f (x) = x 3, f () = =! f (4) (x) = 6 x 4, f (4) () = 6 = (3!) f () (x) = 4 x, f () () = 4 = 4!

5 Dit geeft ons een algemene formule voor i > en We verkrijgen f (i) (x) = ( )i (i )! x i. f (i) () = ( ) i (i )!. f(x) = + = i= met < c < x. n i= ( ) i (i )! i! n ( ) i (x ) i + ( )n (x i c n+ )n+ (n + ) (x ) i + ( )(n+) ((n + ) )! (x ) n+ c n+ (n + )! ( ) i (b) We moeten n bepalen zodanig dat w = T n (.) = n i= (.) i het getal ln(.) i benadert, en deze benadering aan volgende voorwaarde voldoet: of nog ( ( ) n 4 c n+ (n + ) (.)n+ ) <, (. c ) n+ n + <. Aangezien < c <., is bovenstaande ongelijkheid geldig, indien de volgende ongelijkheid waar is. n+ n + <. Maw of nog n+ (n + ) <, n+ (n + ) >. Deze laatste ongelijkheid is waar voor n = Stel f(x, y, z) = xyz. We moeten deze functie maximaliseren onder de voorwaarde x + y + z = 6. Beschouw de functie f (x, y, z) = xyz α(x + y + z 6). We zoeken de stationaire punten, maw de oplossingen van volgend stelsel: f = yz α = x f = xz α = y f z = xy αz = x + y + z = 6

6 Uit de eerste twee vergelijkingen volgt dat yz = xz = α en dus (als z ) x = y. De eerste twee vergelijkingen vermenigvuldigen met z en bij elkaar optellen geeft yz + xz αz =. Gebruik makende van x = y en van de derde vergelijking (αz = xy = x ) vinden we xz x = x(z x) = Dus z x = (als x ), of z = + x. Uit de vierde vergelijking volgt nu En dus z = 6 = 4 en α = 3 x + x = 6 x = y = 3. 4 = 8. Bijgevolg is ( 3, 3, 4 ) (α = 8 ) een stationair punt. Merk op dat (6,, ), (, 6, ) en (,, 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 αz)dz d f = zdxdy + ydxdz + xdydz αdz. Evalueren in het stationair punt ( 3, 3, 4 ) geeft 6 dydz d f = dxdy + dxdz + dz. Uit de nevenvoorwaarde volgt dx + dy + zdz = en dus (in het stationair punt) dz = ( dx dy). Invullen in 8 d f geeft d f = 8 dxdy dx( dx dy) + d f = dx 6 dxdy dy ( ) 6 dy( dx dy) ( dx dy) 8 We zitten nu in een situatie met twee variabelen, waar r =, s = 8 en t =. Bijgevolg is s rt < en r <, maw wordt er een maximum bereikt in ( 3, 3, 4 ) en is het maximale product dus = Stel f de eerste parabool en g de tweede parabool. We berekenen waar de functie h (x) = f (x) g (x) = 4x + 8x 3 = (x ) (x 3) positief is. Het tekenschema van deze functie is x 3 h (x) + Bijgevolg wordt de oppervlakte gegeven door 3 h (x) dx = [ 4 x x 3x ] 3 = = = 3. 3

7 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 4- de semester, 6 juni Oefeningen Analyse II. V is het gebied in R 3 gelegen buiten de sfeer binnen de sfeer en boven het xy-vlak. Bereken I = x + y + (z ) =, x + y + z = 4 V (x + y + z ) dx dy dz.. Bekijk de cilindermantel met vergelijking x + y = 4 met eenheidsnormaal n naar buiten gericht. S is het gedeelte van de cilindermantel gelegen tussen z = 3 en z =. Beschouw ook het vectorveld F = yz u + z u + y u 3. Bereken (rot( F ) n)do S op twee manieren: eerst rechtstreeks en daarna door toepassing van de stelling van Stokes. 3. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking y yy = 6y. Je mag gebruik maken van volgende gelijkheid sec θdθ = ln sec θ + tan θ + c. 4. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking (x > ):. Toon aan dat de reeks van functies x y 3xy + 3y = sin ln x. n= x n x + n puntsgewijs convergent is over (, + ) en divergent over (, ]. Toon ook aan dat de reeks uniform convergeert op het gesloten interval [a, b], als < a < b. Tijd: 3uur 3min; vraag : 8 punten, vraag : punten, vraag 3, 4 en : punten. Totaal: punten. Dit examen telt mee voor % 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.

8 ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 4- de semester, 6 juni Oefeningen Analyse II. V is het gebied in R 3 gelegen buiten de sfeer binnen de sfeer en boven het xy-vlak. Bereken I = x + y + (z ) =, x + y + z = 4 V (x + y + z ) dx dy dz.. Bekijk de cilindermantel met vergelijking x + y = 4 met eenheidsnormaal n naar buiten gericht. S is het gedeelte van de cilindermantel gelegen tussen z = 3 en z =. Beschouw ook het vectorveld F = yz u + z u + y u 3. Bereken (rot( F ) n)do S op twee manieren: eerst rechtstreeks en daarna door toepassing van de stelling van Stokes. 3. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking y yy = 6y. Je mag gebruik maken van volgende gelijkheid sec θdθ = ln sec θ + tan θ + c. 4. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking (x > ): x y 3xy + 3y = sin ln x.. Bereken voor elke n het middelpunt M n van { [ x G n = (x, y, z) R 3 x [, ], y n x n + ] } n,, z [, ]. Bereken en verklaar wat er gebeurt met G n en M n als n. Tijd: 3uur 3min; vraag : 8 punten, vraag : punten, vraag 3, 4 en : punten. Totaal: punten. Dit examen telt mee voor % 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.

9 Oplossingen. We gaan over op bolcoördinaten: de vergelijking van de sfeer x + y + (z ) = wordt in bolcoördinaten gegeven door de vergelijking ρ = cos(θ) met θ π/ en φ π. Het deel van de sfeer x + y + z = 4 gelegen boven het xy-vlak heeft als vergelijking ρ = met θ π/ en φ π. We vinden dan I = (x + y + z ) dx dy dz = = π V π dϕ π/ π/ = 6 π = 6 π = 6 π sin θdθ [ ρ sin θdθ π/ π/ 6 = 3π 3 cos θ ] cos θ ( cos θ)d cos θ [ cos 6 θ 6 ρ 4 dρ ] cos θ cos θ. We berekenen beide leden van de stelling van Stokes (rot( F ) n)do = F ( r) d r De oppervlakte integraal We schrijven de vergelijking van S in parametervorm: waarbij (θ, z) G = [, π] [ 3, ]. S C x = cos θ y = sin θ z = z

10 Vervolgens berekenen we het vectorieel product r θ r z = u u u 3 sin θ cos θ = cos θ u + sin θ u. Deze normaal is naar buiten gericht, en heeft dus dezelfde zin als n. We berekenen nu de rotatie van F : rot( F u u u 3 ) = / x / y / z yz z y = u z u 3. We kunnen besluiten dat rot( F ( r)) = sin θ u z u 3. Het linkerlid van de stelling van Stokes wordt: (rot( F ) n)do = rot( F ) r S G θ r dθ dz z π [ θ = dz 4 sin sin θ θdθ = ] π = 6π. De lijnintegraal De cilinder wordt begrensd door krommen: een cirkel C op hoogte z = en een cirkel C op hoogte z = 3. Omdat n naar buiten gericht is, moet C in wijzerzin doorlopen worden, en C in tegenwijzerzin. Daarom nemen we de volgende vectorvergelijkingen voor C en C, waarbij t [, π]: C : r = r (t) = cos t u sin t u + u 3 C : r = r (t) = cos t u + sin t u 3 u 3 Het rechterlid van de stelling van Stokes wordt: F ( r) d r = F ( r) d r + C C = = π π C F ( r (t)) d r dt (t)dt + F ( r) d r π (6 cos t 8 cos t)dt = 6π. F ( r (t)) d r dt (t)dt

11 3. We hebben te maken met een differentiaalvergelijking van orde, graad, waarin x niet voorkomt. De differentiaalvergelijking is te schrijven als Als we t = y stellen, dan volgt er dat We verkrijgen dus volgend stelsel y = 6y y. y = 6t t. { y = 6t t y = t en zoeken vervolgens x in functie van t. Uit de eerste vergelijking volgt dat dy = t( t ) 6t ( t) dt ( t ) t = ( t ) dt. Uit de tweede vergelijking volgt dat dy = tdx. We verkrijgen dus dat x = ( t ) dt = cos 3 θ dθ, waar in de tweede stap de goniometrische substitutie t = sin θ toegepast is. We berekenen de primitieve van sec 3 θ, adhv partiële integratie: sec 3 θdθ, = sec θ cos θ dθ = tan θ sec θ tan θ sec θdθ = tan θ sec θ (sec θ ) sec θdθ = tan θ sec θ sec 3 θdθ + sec θdθ = tan θ sec θ sec 3 θdθ + ln sec θ + tan θ, waar we in de laatste gelijkheid gebruik maken van sec θdθ = ln sec θ + tan θ + c. Er volgt dat sec 3 θdθ = tan θ sec θ + ln 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 sin θ cos θ = 6 tan θ 3

12 4. Dit is een differentiaalvergelijking van Euler. We gebruiken de substitutie u = ln x. Dan is x = e u. Uit de kettingregel volgt dat dy dx = dy du x en d y dx = d ( ) dy dx du x dy du x = ( d y x du dy ) du Hieruit volgt dat x y 3xy + 3y = d y du dy du 3dy du + 3y = d y du 4dy du + 3 end de differentiaalvergelijking wordt d y du 4dy + 3y = sin u. du ) Homogene vergelijking. De karakteristieke veelterm is λ 4λ + 3 = (λ )(λ 3), en de AI van de homogene vergelijking is y h = Ae u + Be 3u ) Particuliere integraal van de volledige vergelijking: er bestaat er een van de vorm y p = A sin u + B cos u. dan is y p = A cos u B sin u en y p = y p. Substitutie in de vergelijking geeft A sin u + B cos u 4A cos u + 4B sin u = sin u. Hieraan is voldaan als A + 4B = en B 4A =. Hieruit volgt achtereenvolgens dat B = A, A =, A = / en B = /. De algemene integraal is dus y = Ae u + Be 3u + sin u + cos u = Ax + Bx3 + sin ln x + cos ln x.. puntsgewijze convergentie Neem x (, ]. Voor alle n hebben we x n x + n x n. Aangezien de harmonische reeks n= divergent is, volgt dat i n Neem nu x (, + ). Voor alle n hebben we x n x + n x n x. n= nfy x n x +n divergent is. convergent is, volgt dat i n= nfy x n x +n conver- Aangezien de hyperharmonische reeks n= gent is. n x 4

13 unkforme convergentie Neem < a < b. Voor alle x [a, b] hebben we x n x + n Omdat a > is de reeks n= volgt nu dat i n= nfy x n x +n b n a + n. b convergent (zie hierboven) en uit het criterium van Weierstrass n a +n uniform convergent is over [a, b].. (WIS) G n is het deel van R 3 dat begrensd is door de verticale cilinder gebouwd op de rand van { [ x H n = (x, y) R x [, ], y n x n + ]} n,. en de verticale vlakken z = en z =. H n is het deel van het xy-vlak begrensd door de rechten met vergelijking x =, x =, y = en de parabool met vergelijking y = n (x ). Uit deze overwegingen volgt dat z n = /. Omdat de rechte met vergelijking x = een symmetrie as van H n is volgt dat x n =. Verder is V n = Vol(G n ) = Opp(H n ) = = ( (x ) )dx = 4 n 3n De y-coördinaat van het middelpunt wordt berekend als volgt: We besluiten dat y n = V n = V n = V n = (4 3n ) dx (x ) /n dx dy (x ) /n ydy ) (x )4 (4 dx n ( [ ] ) (x ) 8 n ( 8 = ) n [ (x ) 3 ] = 4 3n = 3(n ) n(6n ) V n = 4 ( 3n en M n =, 3(n ) n(6n ), ). Als n dan zal G n naderen tot de balk G = [, ] [, ] [, ], met middelpunt M = (,, en volume V = 4. Merk op dat lim M n = M en n lim V n = V. n )

14 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen ste Bachelor Natuurkunde ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 4- e zittijd, 8 augustus Examen Oefeningen Analyse I. Beschouw de functie van twee veranderlijken y + y 3 als x en y, f(x, y) = xy + x als x = of y =. Bepaal door middel van een bewijs of deze functie continu is in (, ).. Gebruik de stelling van Lagrange om aan te tonen dat en leid hieruit af dat a b < ln b ln a < b ( < a < b) a 3 e 9 < ln 9 < 9 e Bepaal alle punten op de kwadriek met vergelijking x + y = z + 4 die op een minimale afstand van het punt met coördinaten (,, ) liggen. 4. Bereken de volgende oneigenlijke integraal + x(x + ) dx.

15 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen ste Bachelor Natuurkunde Academiejaar 4- e zittijd, 8 augustus Examen Oefeningen Analyse II. Beschouw het ruimtestuk V in het eerste octant, begrensd door het xy-vlak, het vlak x = 3 en de paraboloide x + y = 3 z. Zij S de rand van V, n de eenheidsnormaal op S die naar buiten gericht is en v het vectorveld v = (x + z ln(y)) u + (y ln(z)) u + e x u 3 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). { x + y + 3x = t x + y + x + y = t 7. Bespreek het convergentiegedrag van de onderstaande numerieke reeksen: n= n /3 en n= 3 n + ln(n 4 ). n 8. Bepaal voor welke waarden van x de volgende machtreeks absoluut convergent, relatief convergent of divergent is. n= x n+ (n ) Tijd: 4u3; studenten die enkel Analyse II moeten afleggen: u3. Puntenverdeling Analyse I: vragen, en 4: punten, vraag 3: 4 punten; totaal: punten. Puntenverdeling Analyse II: vraag : 4 punten, vragen 6, 7 en 8: punten; totaal: punten. Het formularium horende bij de cursus Analyse en de theoriecursus Analyse II mogen gebruikt worden. Theoriecursus Analyse I, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.

16 ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 4- e zittijd, 8 augustus Examen Oefeningen Analyse II. Beschouw het ruimtestuk V in het eerste octant, begrensd door het xy-vlak, het vlak x = 3 en de paraboloide x + y = 3 z. Zij S de rand van V, n de eenheidsnormaal op S die naar buiten gericht is en v het vectorveld v = (x + z ln(y)) u + (y ln(z)) u + e x u 3 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). { x + y + 3x = t x + y + x + y = t 7. Bereken de oppervlakte van het gedeelte van de cilinder x + z = 6z gelegen boven het vlak z = 3 en binnen de cilinder x + y = 8y. Tijd: 4u3; studenten die enkel Analyse II moeten afleggen: u3. Puntenverdeling Analyse I: vragen, en 4: punten, vraag 3: 4 punten; totaal: punten. Puntenverdeling Analyse II: vraag : punten, vragen 6 en 7: punten; totaal: punten. Het formularium horende bij de cursus Analyse en de theoriecursus Analyse II mogen gebruikt worden. Theoriecursus Analyse I, zakrekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruikt worden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.

17 Oplossingen Analyse I. De gegeven functie is niet continu in het punt (, ). Dit tonen we aan door te kijken naar de limiet y + y 3 lim (x,y) (,) xy + x. 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 m x + m 3 x 3 lim x xm x + x = lim x m + m 3 x m x + = m. 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 (, ).. Neem f (x) = ln x. Dan is f (x) =. De functie f is continu op [a, b] en afleidbaar op x ] a, b [. Wegens de stelling van Lagrange bestaat er een ξ ] a, b [ zodat f (b) f (a) = f (ξ) (b a) dus ln b ln a = b a. ξ Verder is b a b < b a ξ < b a a zodat a b < ln b ln a < b a. Neem nu a = e en b = 9. Dan is < a < b dus zodat e 9 < ln 9 < 9 e 3 e 9 < ln 9 < 9 e De afstand van een willekeurig punt op de kwadriek tot het gegeven punt met coördinaten (,, ) wordt gegeven door, d(x, y, z) = x + y + (z ). We kiezen bijgevolg de functie f(x, y, z) = x +y +(z ) als de te minimaliseren functie. De nevenvoorwaarde is dan dat (x, y, z) op de kwadriek moet liggen: x + y = z + 4. We beschouwen nu de volgende functie, f (x, y, z, α) = x + y + (z ) α(x + y z 4). De stationaire punten zijn de oplossingen van het stelsel dat ontstaat door de partiële afgeleiden van f gelijk te stellen aan. f x = x αx = f y = y 4αy = f z = (z ) + αz = f α = x y + z + 4 =

18 Uit de eerste vergelijking halen we dat ofwel x =, ofwel α =. Eerste geval: x =. Dan halen we uit de tweede vergelijking dat ofwel y =, ofwel α =. Als y =, dan wordt de laatste vergelijking z +4 =. Deze vergelijking heeft geen reële oplossingen. We veronderstellen dus dat α =. Uit de derde vergelijking halen we dan dat z =. Uiteindelijk vinden we stationaire punten, namelijk de punten P (,, ) en P (,, ). 9 3 Tweede geval: α =. Dan halen we uit de tweede vergelijking dat y = en uit de derde vergelijking dat z =. 7 Uiteindelijk vinden we in dit geval stationaire punten, namelijk de punten P 3 (,, ) 4 7 en P 4 (,, ). 4 We onderzoeken nu welke van deze stationaire punten een minimum bepalen. Hiervoor bepalen we de tweede differentiaal van f. df = (x αx)dx + (y 4αy)dy + ((z ) + αz)dz. d f = ( α)dx + ( 4α)dy + ( + α)dz. Voor de eerste twee stationaire punten hebben we dat α =, dus vinden we dat d f = d f = dx + 3dz. Hieruit halen we dat s rt = 3 < enbovendien is r >, dus we hebben een minimum voor de punten P (,, ) en P 9 3 (,, ). 9 3 Voor de laatste twee stationaire punten hebben we dat α =, dus vinden we dat d f = d f = dy + 4dz. Hieruit halen we dat s 7 rt = 8 >. Voor de punten P 3 (,, ) 4 7 en P 4 (,, ) hebben we dus geen extremum We maken gebruik van de volgende substitutie: t = x, x = t, dx = t dt. Hieruit volgt: Dus volgt: + x(x + ) dx = + t t(t + ) dt = + (t + ) dt + x(x + ) dx = lim [Bgtg a + (t)]a = lim Bgtg (a) Bgtg () = π a + π 4 = π 4.

19 Oplossingen Analyse II. Zij G de projectie van V op het xy-vlak. G is het gebied in het xy-vlak ingesloten door x =, x = 3 en x + y = 3. We berekenen nu de flux Φ met behulp van de stelling van Ostrogadsky. Merk op dat div( v) =. We krijgen dan Φ = v n do = S div( v) dx dy dz Substitutie x = 3 cos t. 3 V 3 x y = dx dy dz G = ( 3 x y ) dx dy = = = 4 3 G x ( 3 x y )dydx (( 3 x ) 3/ 3 (3 x ) 3/ )dx ( 3 x ) 3/ dx sin t, dx = 3 cos tdt, t loopt van tot Bgsin = π en 3 4 x = Φ = 4 3 = 3 π 4 π 4 ( 3 3 )3/ cos 3 t cos tdt cos 4 tdt. Aangezien vol(v ) = dx dy dz vinden we wegens bovenstaande berekeningen, het volume V vol(v ) = 7π We weten dat cos t = (+cos(t)). Kwadrateren geeft cos4 t = (3+4 cos(t)+cos(4t)). 8 We krijgen Φ = 3 8 = 3 8 π 4 (3 + 4 cos(t) + cos(4t))dt [3t + sin(t) + 4 sin(4t) ] π 4 = 3 8 (3π 4 + ). Het gevraagde volume is Φ/ = 3 6 ( 3π 4 + ).

20 6. We leiden de eerste vergelijking af naar t x + y + 3x = t. Vervolgens vullen we de tweede vergelijking (y = x x y + t) in, dit geeft of x x x y + t + 3x = t x x x y = 3t. Gebruik makende van de eerste vergelijking (y = x 3 x + t ) elimineren we y of x x x + x + 6x t = 3t x + x = t 3t. Dit is een lineaire differentiaalvergelijking van de orde, met constant coëfficiënten. We bepalen eerst de oplossing van de geassocieerde homogene vergelijking. De karakteristieke vergelijking λ + = heeft +i en i als oplossingen. Bijgevolg is x h = C cos t + C sin t de oplossing van het homogeen deel. De particulier oplossing is van de vorm x p = At + Bt + C. We bepalen de coëfficiënten. We vullen de afgeleiden x p = At + B x p = A in in de differentiaalvergelijking x +x = t 3t en we vinden A =, B = 3 en C = 4. Bijgevolg krijgen we x p = t 3t 4 en dus x = C cos t + C sin t + t 3t 4. Aan de hand van de eerste vergelijking (en de afgeleide van x), kunnen we nu gemakkelijk y bepalen 7. De reeks n= y = ( C 3 C ) sin t + ( 3 C C ) cos t t + t + 3. n /3 We gebruiken de limietvergelijkingstest: is een hyperharmonische reeks met p <, en is dus divergent. lim n 3 n+ln(n 4 ) n n /3 = lim n In de laatste stap hebben we gebruikt dat 3 n + ln(n 4 ) n /3 = lim n + ln(n4 ) n /3 =. ln(n 4 ) lim n n /3 = lim n 4 ln(n) n /3 H = lim n 3 4 n = lim n /3 n n /3 =. Uit de limietvergelijkingstest besluiten we dat ook n= 3 n+ln(n 4 ) n divergeert.

21 7 WIS De vergelijking van het beschreven oppervlak S kan geschreven worden in de vorm z = h (x, y) met (x, y) g R. g is de projectie van S op het xy-vlak. Noteer p = h en x q = h. De eerste cilinder is y x + (z 3) = 4. Hieruit volgt dat x + (z 3) p = en (z 3) q = dus x + p + q = + (z 3) = + x 4 x =. 4 x De tweede cilinder is x + (y 4) = 4. De gevraagde oppervlakte is g dxdy = 4 x 8. De convergentiestraal van n= x n+ (n ) 4 x +4 4 R = lim is gelijk aan n dydx = 4 4 x n (n ) =. dx = 6. De beschouwde reeks is dus absoluut convergent voor x (, ) en divergent voor x (, ) (, ). Aangezien de hyperharmonische reeks n= convergeert, volgt uit de limietvergelijking- n n= ( )n+ stest dat de reeks n= de reeks ( ) n+ n= (n ) n+ (n ) convergeert. Vermits absoluut convergent. (n ) = n=, is ook (n ) We concluderen dat de beschouwde reeks absoluut convergent is voor x [, ] en divergent voor x (, ) (, ). 3

22 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Yaël Stieglitz/Margo Audiens Academiejaar 4- de semester, 6 juni Oefeningen Analyse. De vergelijking z yx ln(xz) + zy = bepaalt z impliciet als functie van x en y, waarbij z(, ) =. Bepaal de vergelijking van het raakvlak aan de grafiek van de functie z(x, y) in het punt (,, ).. Bepaal de algemene integraal van de volgende differentiaalvergelijking (x > ): x y 3xy + 3y = sin ln x. 3. Bepaal de algemene integraal van het stelsel differentiaalvergelijkingen { z 3z + y = e x 4. Toon aan dat de reeks van functies y y + 3 z = 4ex n= x n x + n puntsgewijs convergent is over (, + ) en divergent over (, ]. Toon ook aan dat de reeks uniform convergeert op het gesloten interval [a, b], als < a < b. Tijd: 3 uur; Elke vraag wordt gekwoteerd op punten. Totaal: 4 punten. Dit examen telt mee voor % van het eindcijfer voor het studiedeel Analyse (Matlab: %, mondeling examen theorie 4 %). 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.