Wiskundige Technieken

Transcriptie

1 1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar ste semester 7 oktober 009 Wiskundige Technieken 1. Integreer de volgende differentiaalvergelijkingen: (a) y + 3x y = 3x (b) y + 3y + y = xe x. Bestaat er een vectorveld v : R 3 R 3 zodat rot( v) = (x + y, x z, y 3 )? Verklaar je antwoord. 3. Voor p, q C bekijken we de vierkantsvergelijking z + pz + q = 0. Toon aan dat de volgende beweringen equivalent zijn: (a) p, q R, D = p q 0 en minstens een van de twee wortels ligt op de eenheidscirkel; (b) de twee wortels zijn mekaars complex toegevoegden en liggen op de eenheidscirkel; (c) p [, ] en q = 1.. (a) Ontbind de veelterm P (z) = z 5 1 tot een product van 1 lineaire en kwadratische reële factoren. Aanwijzing: gebruik vraag 3 en het feit dat de nulpunten van P op de eenheidscirkel liggen. (b) Ontbind dan P tot een product van vijf complexe lineaire factoren. (c) Gebruik deze ontbinding om cos π 5 en sin π 5 te bepalen. 5. A en B zijn twee verschillende punten in het vlak, en R is een getal groter dan de helft van de afstand tussen A en B. S is een van de twee snijpunten van de cirkels C 1 en C, met middelpunten A en B en straal R. Gebruik vectorrekening om aan te tonen dat S op de middelloodlijn van het lijstuk [A, B] ligt. Tijd: uur en 30 minuten; puntenverdeling: vraag 1: 0 punten; vragen en 3: punten; vraag : 1 punten; vraag 5: 10 punten. Veel succes!

2 Oplossingen 1a. We integreren eerst de geassocieerde homogene vergelijking: y + 3x y = 0 dy y = 3x dx ln y = x 3 + ln c y h = ce x3 We zoeken dan een particuliere oplossing met de methode van de variatie van de constante: y p = c(x)e x3 Substitutie in de vergelijking levert c (x)e x3 = 3x c (x) = 3x e x3 c(x) = e x3 y p = e x3 e x3 = 1 De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is dus: y = 1 + ce x3 1b. We integreren eerst de geassocieerde homogene vergelijking: De karakteristieke vergelijking heeft als wortels λ = 1 en λ = zodat y + 3y + y = 0 λ + 3λ + = 0 y h = Ae x + Be x Omdat 1 geen wortel is van de karakteristieke vergelijking zoeken we een particuliere integraal van de vorm y p = (Ax + B)e x We berekenen Subsitutie in de vergelijking geeft: y p = (Ax + A + B)e x y p = (Ax + A + B)e x y p + 3y p + y p = (6Ax + 6B + 5A)e x = xe x

3 Hieraan is voldaan als 6A = 1 en 6B + 5A = 0, of A = 1/6, B = 5/36, zodat y p = ( x )ex. Nee. Anders zou y = Ae x + Be x + ( x )ex 0 = div rot ( v) = (a) (b). Omdat de coe fficiënten p, q R, en D 0 zijn de twee nulpunten complex toegevoegd. Aangezien het eerste nulpunt op de eenheidscirkel ligt, ligt het tweede, complex toegevoegde van het eerste, ook op de eenheidscirkel. (b) (c). Stel z 1 = e iα, z = e iα. De vierkantsvergelijking is dan z + pz + q = (z z 1 )(z z ) = (z e iα )(z e iα ) = z cos α + 1 = 0 Dan is p = cos α [, ] en q = 1. (c) (a). De discriminant van de vergelijking z + pz + 1 = 0 is D = p 0, en dus zijn de twee wortels toegevoegd complex. Onderstel dat de eerste wortel z 1 = re iα is. Dan is de tweede z = z 1 = re iα, en uit de productregel voor de wortels volgt dat z 1 z = r = 1. Maar dan is r = 1, en z 1 ligt op de eenheidscirkel. a. Het is duidelijk dat P (z) = z 5 1 = (z 1)(z + z 3 + z + z + 1) We moeten de veelterm z + z 3 + z + z + 1 schrijven als een product van twee kwadratische factoren. De complexe nulpunten van deze veelterm zijn de vier complexe vijfde machtswortels van 1 die verschillend zijn van 1. Deze zijn twee aan twee complex toegevoegd. Als z 1 een van deze vijfde machtswortels is, dan is dus, vanwege oefening 3, (z z 1 )(z z 1 ) = z + pz + 1, waarbij p [, ]. De gezochte ontbinding is dus van de vorm z + z 3 + z + z + 1 = (z + pz + 1)(z + p z + 1) We vermenigvuldigen het rechterlid uit, en identificeren de coëfficiënten: Hieraan is voldaan als z + z 3 + z + z + 1 = z + (p + p )z 3 + ( + pp )z + (p + p )z + 1 p + p = 1 en pp = 1 p en p zijn dan de oplossingen van de vierkantsvergelijking x x 1 = 0

4 We vinden De gevraagde ontbinding is p = ; p = 1 5 z 5 1 = (z 1)(z b. We zoeken eerst de wortels van de vergelijking De discriminant is z z + 1 = 0 z + 1)(z z + 1) D = = z 1 = ± i = e ±πi/5 Vervolgens bepalen we de wortels van De discriminant is z z + 1 = 0 D = 6 5 = z 3 = ± i = e ±πi/5 De gevraagde ontbinding is nu waarbij de z i als hierboven. z 5 1 = (z 1)(z z 1 )(z z )(z z 3 )(z z ) c. Uit bovenstaande formule volgt onmiddellijk dat cos π 5 = 5 1 en sin π 5 = Eerste manier Neem het midden M van het lijnstuk [A, M]. We moeten aantonen dat AM SM. Neem de oorsprong in A. AS = BS = S = ( S B) = S + B S B = B = S B AM = MB = M = ( M B) = M + B M B = B = M B Hieruit volgt dat M B = S B 3

5 en 0 = ( M S) B = SM AB Tweede manier In S nemen we de loodlijn op de rechte AB, en we onderstelen dat die AB snijdt in het punt M. We moeten dan bewijzen dat M het midden van het lijnstuk [A, B] is. We hebben dat AS = BS. Omdat AB SM geldt bovendien Tenslotte SA SM = SM = SB AM = ( AS + SM) = AS + AS = BS + BS = ( BS + = BM SM) SM SM + SM SM + SM