1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 014-015 1ste semester 1 oktober 014 Wiskundige Technieken 1. Beschouw een scalaire functie f : R R en een vectorveld v : R R. Toon volgende gelijkheid aan: rot (f v = grad (f v + frot ( v. Ontbind de complexe veelterm P (Z = Z 6 Z 4 + 81Z 81 in lineaire factoren in C[Z].. Integreer de volgende differentiaalvergelijkingen (a xy = (1 xtg xy + x cos x (b y + y = sin x 4. Beschouw een willekeurige driehoek ABC. Het snijpunt van de middelloodlijnen O is het middelpunt van de cirkel die door A, B en C gaat. We leggen de oorsprong in het punt O en noteren a = OA, b = OB en c = OC. Dan is a = b = c. Z is het zwaartepunt van de driehoek, dit is het snijpunt van de rechten die de hoekpunten met het midden van de overstaande zijden verbinden. H is het hoogtepunt, dit is het snijpunt van de rechten door een hoekpunt en loodrecht op de overstaande zijden. Toon achtereenvolgens aan dat (a z = OZ = a+ b+ c (b h = ; OH = a + b + c; (c de punten O, H en Z liggen op een rechte lijn. Het examen duurt uur en 0 minuten. Het gebruik van de cursus, cursusnota s en rekenmachine is niet toegelaten. Puntenverdeling: vraag 1: 8 punten, vraag : 8 punten, vraag : 1 punten, vraag 4: 1 punten. Gelieve elke vraag op een apart blad op te lossen! Veel succes!
Oplossingen 1. rot (f v = u 1 ( (fv (fv ( (fv u x = u 1 v + f v f v f v + u x v + f v x f v 1 f v 1 = v f v, f v 1 f x v, f x v f v 1 ( v + f v, v 1 v x, v x v 1 = grad (f v + frot ( v. (fv ( 1 (fv + u x (fv 1 u x v + f v x f v 1 f v 1. We kunnen de complexe veelterm P (Z = Z 6 Z 4 + 81Z 81 om te beginnen als volgt ontbinden, Z 6 Z 4 + 81Z 81 = (Z 1(Z 4 + 81 = (Z 1(Z + 1(Z 4 + 81. We moeten nu de complexe vierdemachtswortels van 81 bepalen. We zoeken dus complexe getallen Z, waarvoor, Z 4 = 81. Als we linker- en rechterlid schrijven in exponentiële gedaante, dan krijgen we, r 4 e i4θ = 81( 1 + 0i = 81(cos π + i sin π = 81e iπ. We krijgen dus het stelsel, { r 4 = 81 4θ = π + kπ, k Z. We hebben dus voor de vierdemachtswortels van Z, Z = e ( π+kπ 4 i, k Z. Als we k laten variëren, dan krijgen we de vierdemachtswortels Z 0, Z 1, Z en Z, voor respectievelijk k = 0, k = 1, k = en k =. k = 0 : Z 0 = e π 4 i = ( cos ( ( π 4 + i sin π ( 4 = + i k = 1 : Z 1 = e π 4 i = ( cos ( ( π 4 + i sin π ( 4 = + i k = : Z = e 5π 4 i = ( cos ( ( 5π 4 + i sin 5π ( 4 = i k = : Z = e 7π 4 i = ( cos ( ( 7π 4 + i sin 7π ( 4 = i 1
De ontbinding in lineaire factoren is dan, Z 6 Z 4 + 81Z 81 = (Z 1(Z + 1(Z Z 0 (Z Z 1 (Z Z (Z Z.. (a We herschrijven de differentiaalvergelijking als volgt y ( 1 x tg xy = x cos x. We lossen eerst de geassocieerde homogene differentiaalvergelijking op. y ( 1 dy tg xy = 0 x dx = ( 1 tg xy x 1 y dy = ( 1 tg xdx x sin x ln y = ln x cos x dx ln y = ln x + ln cos x + ln C y h = Cx cos x. Vervolgens bepalen we y p = c(xf(x met f(x = x cos x en b(x c(x = f(x dx x cos x = x cos x dx = x cos xdx = x sin x sin xdx = x sin x + cos x. Er volgt dat y p = (x sin x + cos xx cos x = x sin x cos x + x cos x. En dus is de algemene integraal: y = Cx cos x + x sin x cos x + x cos x. (b We lossen eerst de homogene differentiaalvergelijking y + y = 0 op. De oplossingen van de karakteristieke vergelijking λ + 1 = 0 zijn λ = 0 ± i. De oplossing van de homogene vergelijking is bijgevolg y h = C 1 cos x + C sin x. We bepalen nu een particuliere oplossing aan de hand van de methode van de onbepaalde coëfficiënten. We zien dat een voorstel van de vorm y p = A cos x + B sin x een oplossing is van de geassocieerde homogene vergelijking. We stellen bijgevolg y p = x(a cos x + B sin x. We bepalen de coëfficiënten A en B. Hiervoor bepalen we de eerste en tweede afgeleide van y p : y p = (A + Bx cos x + (B Ax sin x en y p = (B Ax cos x (A + Bx sin x.
Invullen in de differentiaalvergelijking geeft: (B Ax cos x (A + Bx sin x + Ax cos x + Bx sin x = sin x B cos x A sin x = sin x Hieruit volgt dat B = 0 en A = 1. En dus y p = 1 x cos x. De algemene oplossing van de differentiaalvergelijking is bijgevolg y = C 1 cos x + C sin x 1 x cos x. 4. a We stellen de ( vergelijking op van de zwaartelijn door hoekpunt A en door het midden van zijde BC = b+ c : ( b + c x 1 = a + λ a. De vergelijking van de zwaartelijn door hoekpunt B en door het midden van zijde AC ( = a+ c : ( x = a + c b + µ b. Het snijpunt bepalen door x 1 = x levert ons We vinden dat λ = µ =. z = a + b + c. b We moeten aantonen dat h = OH = a + b + c het hoogtepunt is. de hoogtelijn door A op BC wordt gegeven door: x 1 = a + λ n 1 met n 1 ( c b = 0 de hoogtelijn door B op AC wordt gegeven door: x = b + µ n met n ( a c = 0 de hoogtelijn door C op AB wordt gegeven door: x = c + γ n met n ( b a = 0 Er blijft dus te bewijzen dat h op deze rechten ligt. Of dus h = a + t1 n 1 h = b + t n h = c + t n h a = t1 n 1 h b = t n h c = t n
We tonen enkel de eerste vergelijking aan, de andere twee zijn volledig analoog. We moeten aantonen dat h a evenwijdig is met n 1 of dus dat h a loodrecht staat op c b: ( h a ( c b = ( a + b + c a ( c b = ( b + c ( c b = b c b + c c b = c b = 0, waar we in de laatste stap gebruik gemaakt hebben van het gegeven b = c. b We besluiten dat de drie punten op dezelfde rechte liggen, namelijk x = t( a + b + c. 4