Examen Analyse 1, Bachelor Ingenieurswetenschappen, 29 januari 2024
Modeloplossing (versie 9 februari 2024)
1. Beantwoord onderstaande kleine vraagjes in het daarvoor bestemde vakje. Met elk vakje in vragen (a)
t.e.m. (e) kun je 1 punt verdienen. Vragen (f) en (g) staan op 2 punten.
(a) De verzameling {−1} ∪ ( 0, 2 ]\{1} heeft als afsluiting: {−1} ∪ [0, 2] .
p
√
(b) De functie x + x = o(xa ), x → 0+ voor a ∈ (−∞, 1/4) .
(c) Vectoren ~u en ~v , met k~uk = 2 en k~v k = 3, maken een hoek van π/6. De waarde k~u × ~v k = 3 .
(d) Vervollediging der kwadraten van x2 + 4xy + 24y + 6x = 0 geeft (x + 2y + 3)2 − (2y − 3)2 = 0 .
Beschrijf de vorm van deze kegelsnede zo specifiek mogelijk: twee snijdende rechten .
(e) Een expliciete vergelijking in cilindrische coördinaten van het oppervlak bekomen door wenteling
van de curve z = e−x in het xz-vlak omheen de z-as wordt gegeven door z = e−u .
2
2
(f) Toon aan dat lim f (~
p) niet bestaat, met p~ = (x, y, z) en f (x, y, z) =
p
~→~0
xy + yz 2 + xz 2
.
z2 + y2 + z4
Het volstaat om twee krommen ~γ (t) = (x(t), y(t), z(t)) te vinden naar het punt (0, 0, 0) met
een verschillende limietwaarde voor f . Enkele van de meest voor de hand liggende voorbeelden
voor ~γ (t) met de bijhorende limiet, zijn de volgende: (0, t, 0) → 0, (0, 0, t) → 0, (t, t, 0) → 1,
(t, 0, t) → 0, (0, t, t) → 0, (t, t, t) → 1/2, (t, mt, 0) → 1/m. Merk op dat de kromme (t, 0, 0) niet
in het domein van f ligt, en dus niet gebruikt mag worden.
(g) Schets de grafiek van de Gudermann-functie: gd(x) = arctan(sinh(x)). Zorg dat de belangrijkste
kenmerken van de grafiek duidelijk zichtbaar zijn (maar vermijd het gebruik van een rekenmachine).
y
π
2
•
x
-4
-2
•
− π2
2
4
2. Los volgende vragen over afgeleiden op.
(a) De curve ~γ (t) = (t3 , t, t2 ), t ≥ 0 snijdt het oppervlak z 3 + xyz − 2 = 0 in een punt p~. Bereken de
(scherpe) hoek tussen de raaklijn aan de curve en de normaal op het oppervlak in p~. Geef de waarde
van deze hoek in graden, met twee cijfers na de komma.
(b) De van der Waals vergelijking (pV 2 + 16)(V − 1) = T V 2 geeft het verband tussen de druk p, het
volume V en de temperatuur T van een ideaal gas. Bereken het raakvlak aan V (p, T ), de functie
die het volume geeft in functie van druk en temperatuur, in het punt (p, T ) = (1, 5) met V = 2.
Bereken, gebaseerd op dit resultaat, een schatting van V in het punt (p, T ) = (1.2, 5.3).
1
Oplossing:
(a) Door de parametrisatie van de curve in te vullen in de vergelijking van het oppervlak, bekomen we
het punt p~ = (1, 1, 1), bereikt voor t = 1. Een raakvector ~v aan de curve in dit punt vinden we door
de parametrisatie af te leiden naar t, en vervolgens t = 1 in te vullen:
~v = ~γ 0 (1) = (3, 1, 2).
De normaal ~n op het oppervlak wordt bekomen door de gradiënt van F (x, y, z) = z 3 + xyz − 2 te
berekenen en p~ in te vullen:
~ (x, y, z) = (yz, xz, 3z 2 + xy) en ~n = ∇F
~ (1, 1, 1) = (1, 1, 4) .
∇F
Vervolgens berekenen we de cosinus van de hoek tussen beide vectoren:
cos(θ) =
~n · ~v
12
2
=√ √ =√ .
k~nkk~v k
14 18
7
En dus zal θ = 0.71 rad, of nog 40.89◦ .
(b) Deze oefening kan op twee manieren opgelost worden. Impliciete differentiatie is de eerste, maar
het is eenvoudiger de normaalvector te berekenen op het impliciet gedefinieerde oppervlak in het
beschouwde punt. Stel F (p, T, V ) = (pV 2 + 16)(V − 1) − T V 2 , dan is
~ (p, T, V ) = (V 2 (V − 1), −V 2 , 2pV (V − 1) + (pV 2 + 16) − 2T V ).
∇F
In het punt (1, 5, 2) geeft dit de normaal ~n = (4, −4, 4). Het raakvlak vinden we via de vergelijking
~n · (p − 1, T − 5, V − 2) = 0 of nog V = T − p − 2.
Dit vlak is een lokale benadering voor het oppervlak. Vullen we het punt (1.2, 5.3) in, dan verkrijgen
we als benaderende waarde voor het volume: V = 2.1. Dit is een heel goede benadering voor de echte
waarde: V = 2.0894. (Die echte waarde was niet gevraagd; ze moet numeriek bepaald worden.)
3. Een vlakke metalen plaat met lokale massadichtheid ρ(x, y) = exy heeft de vorm van het tweedimensionale
gebied D = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ xy ≤ 2 en 1 ≤ y/x ≤ 4} in het eerste kwadrant. Bereken voor deze plaat:
RR
(a) de massa: M = D ρ(x, y) dxdy,
RR
(b) het traagheidsmoment: I = D ρ(x, y)(x2 + y 2 ) dxdy.
Hint: maak gebruik van een transformatie om het integratiegebied te vereenvoudigen tot een rechthoek.
Oplossing:
Door de transformatie (u, v) = (xy, y/x) wordt het integratiegebied omgevormd tot een rechthoek. De
grenzen van het integratiegebied worden na transformatie gegeven door 1 ≤ u ≤ 2 en 1 ≤ v ≤ 4.
Aangezien we een transformatie uitvoeren, moeten we de integrand vermenigvuldigen met de absolute
waarde van de Jacobiaan horende bij deze transformatie. De Jacobiaan die we nodig hebben, is:
J(u, v) =
∂x
∂u
∂y
∂u
∂x
∂v
∂y
∂v
.
Het is echter gemakkelijker om de Jacobiaan voor de inverse transformatie te berekenen:
J(x, y) =
∂u
∂x
∂v
∂x
∂u
∂y
∂v
∂y
=
y
− xy2
x
1
x
=
Hieruit kunnen we de gezochte Jacobiaan berekenen: J(u, v) =
2
2y
= 2v.
x
1
1
=
. Deze is strikt positief.
J(x, y)
2v
(a) We berekenen nu de massa m.b.v. de gekozen transformatie:
ZZ
Z 2 Z 4
M=
ρ(x, y)dxdy =
du
ρ x(u, v), y(u, v) J(u, v)dv
D
1
1
Z 2 Z 4
Z 2
Z 4
4
1
1
1
1 u 2 u
u
=
du
e
dv =
e du
dv =
e
ln |v|
2v
2 1
2
1
1
1
1
1 v
1 2
1
= (e − e) (ln(4) − ln(1)) = ln(4) (e2 − e) = ln(2) (e2 − e).
2
2
xy
(b) Voor de berekening van het traagheidsmoment, herschrijven we x2 + y 2 = y/x
+ xy xy = uv + uv.
ZZ
Z 2
2
Z 4
ρ(x, y)(x + y )dxdy =
du
ρ x(u, v), y(u, v) x(u, v)2 + y(u, v)2 J(u, v)dv
D
1
1
Z 2 Z 4 Z 2
Z 4
1
1
1
u u
u
=
du
e
+ uv
dv =
u e du
+ 1 dv
v
2v
2 1
v2
1
1
1
Z 2
2
4
2
2
4
1
1
1
1
=
u eu −
eu du
− +v
=
u eu − eu
− +v
2
v
2
v
1
1
1
1
1
1
1
1
15
= (2e2 − e − e2 + e) − + 4 + 1 − 1 = e2 .
2
4
8
R2
Hierbij maakten we gebruik van partiële integratie voor de berekening van 1 u eu du.
I=
2
4. Zij D ⊂ R3 het gebied in het eerste octant (x, y, z ≥ 0), gelegen boven de kegel z 2 = x2 + y 2 en onder de
sfeer x2 + y 2 + z 2 = 2z. Noteer met V het volume van D.
(a) Schrijf V als een drievoudige integraal in cilindercoördinaten.
(b) Schrijf V als een drievoudige integraal in sferische coördinaten.
(c) Bereken V aan de hand van één van bovenstaande integralen.
Oplossing:
De punten (x, y, z) gelegen op de snijlijn van de kegel z 2 = x2 + y 2 en de sfeer x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1,
voldoen aan x2 + y 2 = 1, z = 1. Het gebied D kan als volgt beschreven worden:
p
p
p
D = {(x, y, z) | 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 + 1 − x2 − y 2 }.
ZZZ
Het volume van D wordt bepaald door de drievoudige integraal V =
dx dy dz.
D
(a) Als we het gebied D beschrijven in cilindercoördinaten, verkrijgen we een gebied
p
D∗ = {(θ, u, z) | 0 ≤ θ ≤ π/2 , 0 ≤ u ≤ 1 , u ≤ z ≤ 1 + 1 − u2 }.
Omzetten van de integraal V naar cilindercoördinaten, rekening houdend met u2 = x2 + y 2 en de
Jacobiaan van de transformatie (= u), geeft dan
Z π/2
Vcil =
Z 1+√1−u2
Z 1
dθ
0
du
0
u dz.
u
Alternatieve werkwijze:
Het omwisselen van de volgorde van integratie, zoals hierboven weergegeven, komt neer op een
alternatieve beschrijving van het integratiegebied D∗ als de unie van twee deelgebieden D1∗ en D2∗ :
D1∗ = {(θ, u, z) | 0 ≤ z ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ π/2 , 0 ≤ u ≤ z},
p
D2∗ = {(θ, u, z) | 1 ≤ z ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ π/2 , 0 ≤ u ≤ 2z − z 2 }.
3
We verkrijgen dan de volgende uitdrukking voor de integraal V :
Z 1
Vcil2 =
Z π/2
dz
0
Z z
dθ
0
Z 2
u du +
dz
0
Z √2z−z 2
Z π/2
dθ
1
0
u du.
0
(b) Als we het gebied D beschrijven in sferische coördinaten (met x2 + y 2 + z 2 = r2 , z = r cos φ en
tan α = 1, waarbij α de hoek is tussen de as en de mantel van de kegel), verkrijgen we een gebied
D∗∗ = {(r, θ, φ) | 0 < θ < π/2 , 0 < φ <
π
, 0 < r < 2 cos φ}.
4
Omzetten van de integraal V naar sferische coor̈dinaten, rekening houdend met de Jacobiaan van
de transformatie (= r2 sin φ), geeft dan
Z π/2
Vsf er =
Z π/4
dθ
0
Z 2 cos φ
dφ
0
r2 sin φ dr.
0
(c) Via herhaalde enkelvoudige integratie en met behulp van de substitutie v = 1 − u2 , vinden we dat
Z 1
Z
Z
p
π 1
π
1 1√
2
2
Vcil =
u (1 + 1 − u − u) du =
(u − u ) du +
v dv
2 0
2
2 0
0
!
2
1
π
u
u3
1 2 3/2 1
π
=
−
+
v
= .
2
2
3 0 2 3
4
0
Vsf er =
π
2
Z π/4
0
3 2 cos φ
π/4
Z
r
π π/4
−8π cos4 φ
π
3
sin φ
dφ =
8 cos φ sin φ dφ =
= .
3 0
6 0
6
4
4
0
Alternatieve berekening:
Vcil2 =
π
2
Z 1
0
z2
π
dz +
2
2
Z 2
1
2z − z 2
π
dz =
2
2
3 1 2
2 !
z
z
z3
π
+
−
= .
6 0
2
6 1
4
5. Voor welke waarden van α en β convergeren/divergeren onderstaande oneigenlijke integralen?
Z ∞
I1 =
0
xα
dx
sinh(x) − sin(x)
en
Z 1
I2 =
0
β
1
ln
dx
x
Oplossing:
• Integraal I1 is oneigenlijk o.w.v. het moeilijke punt 0 en het onbegrensde interval. We splitsen I1 :
Z 1
Z ∞
xα
I1 = I11 + I12 =
f (x) dx +
f (x) dx met f (x) =
.
sinh(x) − sin(x)
0
1
Integraal I1 convergeert als en slechts als de integralen I11 en I12 allebei convergeren.
– De convergentie van I11 onderzoeken we via asymptotische equivalentie voor x → 0+.
Uit sinh(x) ∼ x + 16 x3 , sin(x) ∼ x − 16 x3 en dus sinh(x) − sin(x) ∼ 13 x3 , volgt
f (x) ∼
3 xα
3
= 3−α
3
x
x
voor x → 0 + .
I11 wordt dus een referentie-integraal. Ze convergeert als en slechts als 3 − α < 1 of nog: α > 2.
4
– De convergentie van I12 onderzoeken we via asymptotische equivalentie voor x → ∞. Merk
op dat sin(x) in de noemer verwaarloosbaar is. Er geldt immers dat sin(x) ∈ [−1, 1] en dat
lim sinh(x) = ∞. Voor de asympotische equivalentie van de noemer vinden we dus
x→∞
sinh(x) − sin(x) ∼ sinh(x) =
ex − e−x
ex
∼
2
2
en bijgevolg geldt voor de functie f (x) dat
f (x) ∼
2 xα
ex
voor x → ∞ .
Integraal I12 is geen referentie-integraal! We passen de p-test toe:
2 xp xα
=0,
x→∞
ex
L = lim xp f (x) = lim
x→∞
∀ p en α
Integraal I12 convergeert als L = 0 en p > 1, of dus voor alle α.
We besluiten dat I1 convergeert als α > 2 en divergeert als α ≤ 2.
• Integraal I2 is oneigenlijk o.w.v. de moeilijke punten 0 en 1. We splitsen de integraal:
Z 1/2
I2 = I21 + I22 =
0
β
1
g(x) dx +
g(x) dx met g(x) = ln
= (− ln(x))β .
x
1/2
Z 1
Integraal I2 convergeert als en slechts als de integralen I21 en I22 allebei convergeren. Merk eerst
nog op voor het geval β = 0 dat g(x) = 1, ∀x ∈ (0, 1] en dat lim g(x) = 1. Voor beide integralen is
x→0+
er dan geen convergentieprobleem.
– We analyseren eerst I21 .
∗ Voor β < 0, geldt dat lim (− ln(x))β = 0. Het punt 0 is dus geen moeilijk punt.
x→0+
∗ Als β > 0, passen we de p-test toe met een positieve p.
)
(− ln(x))β ( ∞
β (− ln(x))β−1
∞
=
lim
x→0+
x→0+ p
x−p
x−p
L = lim xp (− ln(x))β = lim
x→0+
Vermits de graad in de teller verlaagd is, en die van noemer dezelfde blijft, kan de regel
van de l’Hospital nog verder toegepast worden tot de graad in de teller negatief of 0 wordt.
Daarmee is dan aangetoond dat L = 0, en dit voor alle β > 0 en p > 0. Om convergentie te
besluiten moet p < 1 en L = 0, wat dus voldaan is voor alle β > 0.
Integraal I21 is dus convergent voor alle β.
– We analyseren vervolgens I22 .
∗ Voor β > 0, geldt dat lim (− ln(x))β = 0. Het punt 1 is dus geen moeilijk punt.
x→1−
∗ Als β < 0, gebruiken we asymptotische equivalentie voor x → 1−: − ln(x) ∼ 1 − x en dus
g(x) ∼ (1 − x)β =
1
.
(1 − x)−β
I22 is een referentie-integraal die convergeert als en slechts als −β < 1 of nog: β > −1.
We besluiten dat I2 convergeert als β > −1 en divergeert als β ≤ −1.
5
6. Bepaal alle ophopingspunten en de boven- en onderlimiet (als ze bestaan) voor de rij {un }n≥1 met
nπ
4
1 − cos
+
2
n
un =
nπ
2
2 tan
− 2
4
n
Oplossing
De functie cos(x) is periodiek met periode 2π. De term n2π in het argument van cos zorgt er voor dat er
4 deelrijen moeten onderzocht worden.
De functie tan(x) is periodiek met periode π. De term n4π in het argument van tan zorgt er eveneens
voor dat er 4 deelrijen moeten onderzocht worden.
We beschouwen de deelrijen {u4k }k≥1 , {u4k+1 }k≥0 , {u4k+2 }k≥0 en {u4k+3 }k≥0 met
4
1
1 − cos 2k π +
1 − cos
4k
k
=
u4k =
2
1
2 tan k π −
2 tan − 2
16k 2
8k
π
4
π
4
1 − cos 2k π + +
1 − cos
+
2 4k + 1
2 4k + 1
=
u4k+1 =
π
2
π
2
2 tan k π + −
2 tan
−
4 (4k + 1)2
4 (4k + 1)2
4
4
1 − cos 2k π + π +
1 − cos π +
4k + 2
4k + 2
=
u4k+2 =
π
2
π
2
2 tan k π + −
2 tan
−
2 (4k + 2)2
2 (4k + 2)2
3π
4
3π
4
1 − cos 2k π +
+
1 − cos
+
2
4k + 3
2
4k + 3
=
u4k+3 =
3π
2
3π
2
2 tan k π +
−
2
tan
−
4
(4k + 3)2
4
(4k + 3)2
We verkrijgen dan volgende limieten:
1
1 − cos
0
1
k
heeft een onbepaalde vorm
lim u4k = lim
, stel z = ,
1
k→∞
k→∞
0
k
2 tan − 2
8k
1 − cos(z) (H)
sin(z)
sin(z)
= lim
2 = lim
dan lim u4k = lim
z = −2
z→0+
z→0+
z→0+
2
2z
k→∞
z
−
−
2 tan −
2
cos2 (−z 2 /8)
8
8
π 3π
1 − cos
1 − cos
1
1
2
π2 =
= −
lim u4k+1 =
en lim u4k+3 =
3π
k→∞
k→∞
2
2
2 tan
2 tan
4
4
π
2
lim u4k+2 = 0 want lim tan
−
=∞
k→∞
k→∞
2 (4k + 2)2
1
1
De ophopingspunten vinden we als de limieten van de 4 convergente deelrijen, dus −2, − , 0 en .
2
2
De onderlimiet is het kleinste ophopingspunt of −2. De bovenlimiet is het grootste ophopingspunt of
6
1
.
2