1ste Bachelor WiskundeAcademiejaar 2016-2017

1ste semester10 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 tekenhebben. Bewijs dat er een punt c ∈ (a, b) bestaat zodat f(c) = 0.

3. Ga na of de rij (un)n convergent is. Indien ja bereken de limiet, indien nee leg uit.

un = (√n3 + 2n2 + 3−

√n3 + 2n2 − 1)n3/2

4. Bestaat de volgende limiet? Indien ja bereken de waarde, indien nee leg uit.

lim(x,y)→(0,0)

x5 + y4 + 2x3y3

x2 + y4

5. Bespreek de continuıteit van de volgende functie:

f : R→ R : x 7→

x+ π

sinxals x 6= kπ, k ∈ Z,

1 als x = kπ, k ∈ Z.

6. Bereken de afgeleide van de volgende functie:

f(x) = xtan(sinx).

7. Bepaal de coefficienten 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 (π2, 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.

limn→∞

un = limn→∞

(√n3 + 2n2 + 3−

√n3 + 2n2 − 1)n3/2

= limn→∞

n3 + 2n2 + 3− n3 − 2n2 + 1√n3 + 2n2 + 3 +

√n3 + 2n2 − 1

n3/2

= limn→∞

4»1 + 2

n+ 3

n3 +»

1 + 2n− 1

n3

= 2.

4. Er geldt dat

lim(x,y)→(0,0)

y=0

x5 + y4 + 2x3y3

x2 + y4= lim

x→0

x5

x2= lim

x→0x3 = 0,

lim(x,y)→(0,0)

x=0

x5 + y4 + 2x3y3

x2 + y4= lim

y→0

y4

y4= 1.

Deze waarden zijn verschillend dus de limiet bestaat niet.

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

limx→−π

x+ π

sinx= lim

t→0

t

− sin t= −1 6= f(−π)

is f niet continu in −π. Voor k ∈ Z \ {−1} is

limx→kπ±

x+ π

sinx

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

6.

f(x) = etan(sinx) lnx

f ′(x) = etan(sinx) lnxÇ

1

cos2(sinx)(cosx)(lnx) + tan(sin x)

1

x

å= xtan(sinx)

Ç1

cos2(sinx)(cosx)(lnx) + tan(sin x)

1

x

å.

7. Er moet gelden dat y(π2) = 2, y(π) = 2, y′(π

2) = −1 en y′(π) = 3. Er geldt dat y′ =

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 Ingenieurswetenschappen1ste Bachelor Natuurkunde/Wiskunde

Academiejaar 2016-20171ste semester, 17 januari 2017

Theorie Analyse I

1. Formuleer en bewijs de formule van Leibniz voor de n-de afgeleide van het product van tweefuncties 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 oneindigeverzameling 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) =∫ x

af(t)dt,

waarbij x ∈ [a, b] en f : [a, b] → R een continue functie. Bewijs dan de grondformule vande integraalrekening.

4. Geef de definitie van een rectificeerbare boog, en van de booglengte van een rectificeerbareboog. Toon aan dat een continu differentieerbare boog rectificeerbaar is, en stel de formuleop 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. Ditexamen telt mee voor 20 % van het eindcijfer. Eerste bachelor wiskunde: 25 % van het eindcijfer.

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen1ste Bachelor Natuurkunde/Wiskunde

Academiejaar 2016-20171ste semester, 17 januari 2017

Oefeningen Analyse I

1. Ga na of de limiet

lim(x,y)→(0,0)

sin(tanx+ sin y)

tanx− sin y

bestaat.

2. Bepaal de tangens van de hoek waaronder de krommen met vergelijking

y =20

x− 3en y = x2 + 2x− 4

elkaar in het eerste kwadrant snijden.

3. Schrijf de Taylorveelterm Pn van graad n in het punt a = −1 op van de functie

f(x) =1

x2.

4. Een touw van 1 meter lang wordt in drie geknipt. Met het eerste van de stukken touw wordtde omtrek van een vierkant gevormd, en met de twee andere wordt de omtrek van een cirkelgevormd. Welke lengte moet elk van de drie stukken touw hebben opdat de som van deoppervlaktes van het vierkant en de twee cirkels minimaal is? Ga na dat deze som minimaalis, 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 methoekpunten (0, 0), (1, 0), (0, 1) en (1, 1) in twee delen met gelijke oppervlakte?

6. Bereken de oneigenlijke integraal ∫ +∞

0

dx

(√x+ 1)

4√x3.

Tijd: 3 uur; vragen 1 en 3: 5 punten; vragen 2 en 6: 7 punten; vragen 4 en 5: 8 punten. Totaal: 40 punten. Ditexamen 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 tebeantwoorden.

Oplossingen

1. Onderstel dat de limiet

lim(x,y)→(0,0)

sin(tanx+ sin y)

tanx− sin y= a

bestaat. Gebruik makende van het feit dat de functie

f(u) =

sinuu

als u 6= 0

1 als u = 0

continu is in 0 vinden we dat

a = lim(x,y)→(0,0)

y=0

sin(tanx+ sin y)

tanx− sin y= lim

x→0f(tg x) = f(lim

x→0tg x) = f(0) = 1

en

a = lim(x,y)→(0,0)

x=0

sin(tanx+ sin y)

tanx− sin y= − lim

y→0f(sin y) = −f(lim

y→0sin y) = −f(0) = −1.

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

2. Stel f(x) = 20x−3 en g(x) = x2+2x−4. De eerste component van de snijpunten van de grafieken

van f en g voldoet aan de vergelijking f(x) = g(x), of x3−x2−10x−8 = (x+1)(x+2)(x−4) = 0.Het enige snijpunt in het eerste kwadrant is dus het punt (4, 20).

f ′(x) = − 20

(x− 3)2en g′(x) = 2x+ 2.

De hoeken α en β tussen de raaklijnen aan de grafieken van f en g en de x-as worden gegevendoor de formules tgα = f ′(4) = −20 en tg β = g′(4) = 10. De tangens van de gevraagde hoek isdus

tg (α− β) =tgα− tg β

1 + tgα 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)!

xi+2; f (i)(−1) = (i+ 1)!,

en

Pn(x) =n∑i=0

f (i)(−1)

i!(x+ 1)i =

n∑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 vierkantmet omtrek x, een cirkel met omtrek y en een cirkel met omtrek z worden gevormd. De zijde vanhet vierkant is dus x

4en de stralen van de 2 cirkels zijn y

2πen z

2π. De som van de oppervlaktes is

dus

f(x, y, z) =x2

16+y2

4π+z2

4π

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

f ∗(x, y, z, α) =x2

16+y2

4π+z2

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 = 18+4π

. Het enigestationaire punt is dus Å 2

2 + π,

π

4 + 2π,

π

4 + 2π

ã.

Verder is

df ∗ =Åx

8− αã

dx+Å y

2π− αã

dy +Å z

2π− αã

dz,

d2f ∗ =1

8dx2 +

1

2πdy2 +

1

2πdz2

In het stationaire punt is d2f ∗ > 0, zodat een minimum bereikt wordt. De lengte van het eerstetouw moet dus 2

2+πzijn, en de lengte van de twee anderen π

4+2πopdat 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 2u = sec2 u =1

1− sin2 u,

1− sin2 u =1

1 + (ax)2,

sin2 u = 1− 1

1 + (ax)2=

(ax)2

1 + (ax)2

enf(x) = sinu =

ax»1 + (ax)2

.

Aangezien de totale oppervlakte van het gegeven vierkant gelijk is aan 1, moet de oppervlakteonder de grafiek gelijk zijn aan 1

2. We moeten dus de parameter a bepalen zodat

1

2=∫ 1

0f(x)dx =

∫ 1

0

ax»1 + (ax)2

dx.

Om deze integraal te berekenen gebruiken we de substitutie t = 1+(ax)2, dt = 2a2xdx, en vinden

1

2=∫ 1+a2

1

dt

2a√t

=1

a(√

1 + a2 − 1),

waaruit volgt dat a = 4/3.

6. Met behulp van de substitutie t = 4√x, x = t4, dx = 4t3dt = 4

4√x3dt vinden we∫

dx

(√x+ 1)

4√x3

= 4∫

dt

t2 + 1= 4Bgtg t+ c = 4Bgtg 4

√x+ c.

We berekenen dan gemakkelijk dat

I =∫ +∞

0

dx

(√x+ 1)

4√x3

= lima→0+b→+∞

∫ b

a

dx

(√x+ 1)

4√x3

= lima→0+b→+∞

(4Bgtg4√b− 4Bgtg 4

√a) = 4

π

2− 0 = 2π.

3

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen1ste Bachelor Natuurkunde

Academiejaar 2016-20172de semester, 20 juni 2017

Oefeningen Analyse II

1. Beschouw de boog AB gelegen in het deel van de ruimte waarvoor x ≥ 0 op de doorsnedevan de oppervlakken met vergelijking respectievelijk z = y2 en x2 + y2 = 4, die de puntenA(0,−2, 4) en B(0, 2, 4) verbindt. Bepaal de lijnintegraal∫

ABy dx− x dy + z2 dz.

2. Bepaal de flux van het vectorveld ~v = yz3~u1 + x2z~u2 + z~u3 (van binnen naar buiten),doorheen het gesloten oppervlak begrensd door de cilinders met vergelijking respectievelijkx2 + y2 = R2 en x2 + z2 = R2.

3. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

y′′ + 2y′ = 2xe−x + 8x2

4. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

yy′′ − y′ + y′2

= 0.

5. Onderzoek de convergentie van de numerieke reeks+∞∑n=1

(2n− 1)!!

(2n+ 3)!!.

6. Voor welke x ∈ R is de machtreeks+∞∑n=3

(n

3

)−1x3n

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) = ex, x ∈ [−π, π[.

(a) Bepaal de Fourierreeks van f .(b) Gebruik de stelling van Dirichlet om de volgende reekssom te bepalen:

∞∑n=1

(−1)n

n2 + 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 maggebruikt worden. Theorieboek, rekenmachine, oefeningenboek en opgeloste oefeningen mogen niet gebruiktworden. Gelieve elke vraag op een apart blad te beantwoorden.

1ste Bachelor WiskundeAcademiejaar 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 doorsnedevan de oppervlakken met vergelijking respectievelijk z = y2 en x2 + y2 = 4, die de puntenA(0,−2, 4) en B(0, 2, 4) verbindt. Bepaal de lijnintegraal∫

ABy dx− x dy + z2 dz.

2. Bepaal de flux van het vectorveld ~v = yz3~u1 + x2z~u2 + z~u3 (van binnen naar buiten),doorheen het gesloten oppervlak begrensd door de cilinders met vergelijking respectievelijkx2 + y2 = R2 en x2 + z2 = R2.

3. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

y′′ + 2y′ = 2xe−x + 8x2

4. Integreer de volgende differentiaalvergelijking:

yy′′ − y′ + y′2

= 0.

5. Bereken het volume en het middelpunt van het ruimtestuk G gegeven door de ongelijkhedenx2 + y2 ≤ 4z2

x, y ≥ 00 ≤ z ≤ 1.

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

Oplossingen

1. Een stel parametervergelijkingen van AB isx =√

4− t2y = tz = t2

Dan is d~rdt

=(− t√

4−t2 , 1, 2t). De lijnintegraal is dus

∫ 2

−2− t2√

4− t2−√

4− t2 + 2t5dt =

ñ−4 Bgsin

t

2+t6

3

ô2−2

= −4π.

Alternatieve parametrizatie: x = 2 cos ty = 2 sin tz = 4 sin2 t

waarbij t loopt van −π/2 tot π/2. Dan is∫AB

y dx− x dy = (−4 sin2 t− 4 cos2 t)dt = −4π

en ∫AB

z2dz =

ñz3

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 deflux gegeven wordt door:

Φ =∫ R

−Rdx∫ √R2−x2

−√R2−x2

dy∫ √R2−x2

−√R2−x2

1dz =∫ R

−R4ÄR2 − x2

ädx =

16R3

3

3. De karakteristieke vergelijking van de geassocieerde homogene vergelijking is λ2 + 2λ = 0. Deintegraal van de homogene vergelijking is dus

yh = C1 + C2e−2x.

We bepalen eerst een particuliere integraal van de vergelijking

y′′ + 2y′ = 2xe−x

Dit is een bijzonder rechterlid, en er is een particuliere integraal van de vorm

y = (Ax+B)e−x

y′ = (−Ax−B + A)e−xy′′ = (Ax+B − 2A)e−x

Substitutie in de vergelijking geeft

y′′ + 2y′ = (−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′′ + 2y′ = 8x2

Dit is weer een bijzonder rechterlid, en er is een particuliere integraal van de vorm

y = Ax3 +Bx2 + Cxy′ = 3Ax2 + 2Bx+ Cy′′ = 6Ax+ 2B

zodaty′′ + 2y′ = 6Ax2 + (4B + 6A)x+ 2C + 2B = 6x2.

Hieruit volgt dat A = 4/3, B = −2 en C = 2, zodat y = 43x3 − 2x2 + 2x.

De algemene integraal van de volledige vergelijking is dus

y = C1 + C2e−2x − 2xe−x +

4

3x3 − 2x2 + 2x.

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

en y′′ = − x′′

x′3zodat

−yx′′ − x′2 + x′ = 0. Stel z = x′. Dan is −yz′ − z2 + z = 0 zodat

dz

z2 − z= −dy

y.

Hieruit volgt dat z−1z

= cy

zodat

x′ = z =y

y − c.

Bijgevolg isx = 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

n2.

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∑+∞n=3

Än3

ä−1tn, waarbij t = x3. Deze is

R = limn→∞

∣∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣(n+ 1)n(n− 1)

n(n− 1)(n− 2)

∣∣∣∣∣ = 1.

Bijgevolg convergeert de reeks absoluut als |t| < 1 of dus |x3| < 1, wat uiteraard equivalent is met|x| < 1.Ten slotte zien we na toepassing van de limietvergelijkingstest met de hyperharmonische reeks metα = 3, dat in de randpunten x = ±1, de reeks (absoluut) convergeert.7.

(a) De Fourierreeks isa02

+∞∑n=1

an cosnx+ bn sinnx.

waarbij

an =1

π

∫ π

−πex cosnxdx

=1

π[ex cosnx]π−π +

n

π

∫ π

−πex sinnxdx

=eπ − e−π

π(−1)n +

n

π[ex sinnx]π−π − n

2an

=eπ − e−π

π(1 + n2)(−1)n,

en

bn =1

π

∫ π

−πex sinnxdx

=1

π[ex sinnx]π−π −

n

π

∫ π

−πex cosnxdx

= −nπ

(eπ − e−π)(−1)n − n2bn

=e−π − eπ

π(1 + n2)n(−1)n.

3

De Fourierreeks van f is dus

eπ − e−π

2π+eπ − e−π

π

∞∑n=1

(−1)n cosnx− n(−1)n sinnx

1 + n2.

(b) Stel nu x = 0. Met behulp van de stelling van Dirichlet vinden we dat

1 =eπ − e−π

2π+eπ − e−π

π

∞∑n=1

(−1)n

n2 + 1

zodat∞∑n=1

(−1)n

n2 + 1=

π

eπ − e−π− 1

2.

5. (Wiskunde) We werken in cilindercoordinaten.

V =∫∫∫

Gdxdydz =

∫0

1dz∫ π/2

0dϕ

∫ 2z

0rdr = π

∫ 1

0z2dz =

π

3

x =1

V

∫∫∫Gxdxdydz =

3

π

∫ 1

0dz∫ π/2

0cosϕdϕ

∫ 2z

0r2dr

=8

π

∫ 1

0z3dz [sinϕ]π/20 =

2

π

y = x =2

π

z =1

V

∫∫∫Gzdxdydz =

3

π

∫ 1

0zdz

∫ π/2

0dϕ

∫ 2z

0rdr

=6

π

π

2

∫ 1

0z3dz =

3

4

4

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen1ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde

Academiejaar 2016-20172e zittijd, 22 augustus 2017

Examen Oefeningen Analyse I

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

lim(x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y4

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

f(x, y, z) =1

2x2 +

1

3y2 + z2 − xz

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

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

limx→0

6x5 − x9 − 6x3 sinx2

x11(ex2 − 1).

4. Bereken de oneigenlijke integraal ∫ +∞√3

1

1− x4dx.

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 tebeantwoorden.

1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen1ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde

Academiejaar 2016-20172e zittijd, 22 augustus 2017

Examen Oefeningen Analyse II

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

∞∑n=1

(n+ 1)(n+ 3)

a2n

2. Bepaal de reekssom

s =∞∑n=0

3

(3n+ 1)(3n+ 4).

6. Bepaal de algemene integraal van het differentiaalstelsel®z′ + z + 4y = ex

2z + 3y + y′ = 0

7. Beschouw het vectorveld

~F = (2xz + 2y)~u1 + (2yz + 2yx)~u2 + (x2 + y2 + z2)~u3.

C1 is de eenheidscirkel in het xy-vlak. C2 is de ruimtekromme met vergelijking®x2 + y2 = 1z = f(x, y)

waarbij f : R2 → R+ een continu differentieerbare functie is. S is het deel van de cilinderx2 + y2 = 1 gelegen tussen de krommen C1 en C2.

1. Bereken∮C1~F · d~r. Hierbij wordt C1 in tegenwijzerzin doorlopen.

2. Bereken rot ~F .

3. Bereken∫∫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∮C2~F · d~r. Hierbij

wordt C2 in tegenwijzerzin doorlopen.

8. Bereken de inhoud van het ruimtestuk begrensd door de paraboloide z = 2x2 + 3y2 en hetvlak z = 4.

1ste Bachelor WiskundeAcademiejaar 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 andersaan dat hij niet bestaat.

lim(x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y4.

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

f(x, y, z) =1

2x2 +

1

3y2 + z2 − xz

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

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

limx→0

6x5 − x9 − 6x3 sinx2

x11(ex2 − 1).

4. Bereken de oneigenlijke integraal ∫ +∞√3

1

1− x4dx.

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: 55punten.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 tebeantwoorden.

1ste Bachelor WiskundeAcademiejaar 2016-2017

2e zittijd, 22 augustus 2017

Examen Oefeningen Analyse II

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

y′4 − y + xy′4 = 0

6. Bepaal de algemene integraal van het differentiaalstelsel®z′ + z + 4y = ex

2z + 3y + y′ = 0

7. Beschouw het vectorveld

~F = (2xz + 2y)~u1 + (2yz + 2yx)~u2 + (x2 + y2 + z2)~u3.

C1 is de eenheidscirkel in het xy-vlak. C2 is de ruimtekromme met vergelijking®x2 + y2 = 1z = f(x, y)

waarbij f : R2 → R+ een continu differentieerbare functie is. S is het deel van de cilinderx2 + y2 = 1 gelegen tussen de krommen C1 en C2.

1. Bereken∮C1~F · d~r. Hierbij wordt C1 in tegenwijzerzin doorlopen.

2. Bereken rot ~F .

3. Bereken∫∫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∮C2~F · d~r. Hierbij

wordt C2 in tegenwijzerzin doorlopen.

8. Bereken de inhoud van het ruimtestuk begrensd door de paraboloide z = 2x2 + 3y2 en hetvlak z = 4.

Oplossingen Analyse I

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

limx→0

xx2

x2 + x4= lim

x→0

x3

x2 + x4= lim

x→0

x

1 + x2= 0.

Echter, indien we de oorsprong naderen volgens de parabool x = y2, dan wordt de limiet

limy→0

y2y2

y4 + y4= lim

y→0

y4

2y4=

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

2x2 +

1

3y2 + z2 − xz + α(x+ y + z − 10).

Deze partieel afleiden naar zijn vier argumenten geeft het stelselx− z + α = 023y + α = 0

2z − x+ α = 0

x+ y + z = 10.

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

x =60

13, y =

30

13, z =

40

13, α = −20

13.

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

df 2 = dx2 − dxdz +2

3dy2.

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

df 2 = 2dx2 +5

2dy2.

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

3. De limiet is gelijk aan

limx→0

6x5 − x9 − 6x3(x2 − x6

3!+ x10

5!+ x10

5!λ(x))

x11((1 + x2 + x2µ(x))− 1),

waarbij limx→0 λ(x) = 0 = limx→0 µ(x). Dit vereenvoudigt tot

limx→0

x13(− 120− 1

20λ(x))

x13(1 + µ(x))= − 1

20.

4.

∫ +∞√3

1

1− x4dx =

∫ +∞√3

1

(1− x2)(1 + x2)dx

=∫ +∞√3

Ç1

2 (x2 + 1)+

1

4(x+ 1)− 1

4(x− 1)

ådx

= limA→+∞

ñ1

2Bgtanx+

1

4lnx+ 1

x− 1

ôA√3

=1

2

Åπ2− π

3

ã− 1

4ln

√3 + 1√3− 1

=π

12− 1

4ln

√3 + 1√3− 1

5.1. We passen het wortelcriterium van Cauchy toe:

limn→∞

n

√(n+ 1)(n+ 3)

a2n=

1

a2limn→∞

n»

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

a2=

< 1 |a| > 11 voor |a| = 1> 1 |a| < 1

Voor a = 1 of a = −1 is de reeks∑∞n=1 (n+ 1)(n+ 3) duidelijk niet convergent vermits

limn→∞ (n+ 1)(n+ 3) = +∞.De reeks

∑∞n=1

(n+1)(n+3)a2n

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

5.2. We berekenen eerst de partieelsom

sm =m∑n=0

3

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

m∑n=0

1

(3n+ 1)+

−1

(3n+ 4)

=m∑n=0

1

(3n+ 1)−

m∑n=0

1

(3n+ 4)=

m∑n=0

1

(3n+ 1)−

m+1∑n=1

1

(3n+ 1)

=1

1+

m∑n=1

1

(3n+ 1)−

m∑n=1

1

(3n+ 1)− 1

3m+ 4= 1− 1

3m+ 4.

De reekssom is duss = lim

m→∞sm = lim

m→∞1− 1

3m+ 4= 1.

2

5. WIS Dit is een vergelijking van Lagrange. De methode van afleiding en eliminatie geeft datp = 0 of (p3 − 1)x′ + 4p2x = −4p2 met p = y′. De eerste vergelijking geeft y = C, wat enkeleen oplossing is voor C = 0, dus y = 0. De tweede is een lineaire differentiaalvergelijking met alsoplossing x = C(p3 − 1)−4/3 − 1 zodat{

x = C(p3 − 1)−4/3 − 1

y = p4 + xp4.

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

y′′ = −2z′ − 3y′.

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

y′′ = −2ex + 2z + 8y − 3y′

= −2ex − 3y − y′ + 8y − 3y′,

waarbij we in de laatste stap 2z gesubstitueerd hebben met behulp van de tweede vergelijking. Ditgeeft ons de volgende differentiaalvergelijking van tweede orde met constante coefficienten in y:

y′′ + 4y′ − 5y = −2ex.

Als homogene oplossing vinden we yh = c1ex + c2e

−5x. Voor de particuliere oplossing kunnenwe niet yp = Aex stellen aangezien ex een oplossing is van de homogene vergelijking. Bijgevolgmoeten we yp = Axex stellen en kunnen weA = −1/3 vinden na yp in te vullen in de vergelijking.De oplossing voor y is dan

y = c1ex + c2e

−5x − 1

3xex.

Door y′ hieruit te berekenen en samen met y te substitueren in de tweede vergelijking vinden wedan ook de oplossing voor z:

z =

Ç1

6− 2c1

åex + c2e

−5x +2

3xex.

3

7.1. ∮C+

1

~F · d~r = −2∫ 2π

0sin2 tdt+ 2

∫ 2π

0sin t cos2 tdt

= −2π − 2∫ 2π

0cos2 td cos t = −2π − 2

3

îcos3 t

ó2π0

= −2π

7.2. rot ~F = (2y − 2)~e3.7.3. Aangezien rot ~F = (2y − 2)~e3 ⊥ ~n = x~e1 + y~e2, is∫∫

Srot ~F · ~ndO = 0

7.4. Uit de stelling van Stokes volgt dat∫∫S

rot ~F · ~ndO =∮C1

~F · d~r −∮C2

~F · d~r

Uit 1. en 3. volgt dan dat∮C2~F · d~r = 2π.

8. Het volume wordt gegeven door

∫ 4

0

∫ √ z2

−√

z2

∫ » z−2x2

3

−»

z−2x2

3

dydxdz = 2

 2

3

∫ 4

0

∫ √ z2

−√

z2

 z

2− x2dxdz

=

 2

3

∫ 4

0

∫ π2

−π2

z cos2 ududz

=

 2

3

∫ 4

0z

ñsin 2u

4+u

2

ôπ2

−π2

dz

= 4π

 2

3.

4