Test van de week 2012-2013 - VTK Gent

Test van de week 2012 - 2013
Jeroen Moens
Inhoudsopgave
Semester I
1
Test van de week 1
2
Test van de week 2
2.1 Wiskundige Analyse I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
Test van de week 3
13
3.1 Discrete Wiskunde I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Test van de week 4
21
4.1 Wiskundige Analyse I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.2 Discrete Wiskunde I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Test van de week 5
39
5.1 Discrete Wiskunde I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Test van de week 6
45
6.1 Wiskundige Analyse I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Test van de week 7
55
7.1 Discrete Wiskunde I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Test van de week 8
64
8.1 Wiskundige Analyse I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Test van de week 9
75
9.1 Wiskundige Analyse I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
9.2 Discrete Wiskunde I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
1
Semester II
91
Test van de week 1
92
1.1 Meetkunde en Lineaire Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
1.2 Wiskundige Analyse II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
Test van de week 2
112
2.1 Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek . . . . . . . . . . . . 112
Test van de week 3
125
3.1 Meetkunde en Lineaire Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
3.2 Natuurkunde I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
Test van de week 4
149
4.1 Wiskundige Analyse II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
Test van de week 5
170
5.1 Meetkunde en Lineaire Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
5.2 Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek . . . . . . . . . . . . 180
Test van de week 6
6.1 Natuurkunde I
191
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
Test van de week 7
201
7.1 Meetkunde en Lineaire Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
7.2 Wiskundige Analyse II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
Test van de week 8
223
8.1 Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek . . . . . . . . . . . . 223
Test van de week 9
233
9.1 Meetkunde en Lineaire Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . 233
9.2 Natuurkunde I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
Test van de week 10
258
10.1 Wiskundige Analyse II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
Test van de week 11
269
11.1 Meetkunde en Lineaire Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
11.2 Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek . . . . . . . . . . . . 280
2
Voorwoord
Over de inhoud. Dit document bevat de vragen en antwoorden van de
test van de week van het academiejaar 2011-2012. Voor het eerste semester
zijn dit de vakken analyse I en discrete wiskunde. Het tweede semester heeft
analyse II, meetkunde en lineaire algebra, natuurkunde I en waarschijlijkheidsrekening en statistiek. Voor de meeste vragen zijn ook de (al dan niet
juiste) uitwerkingen gegeven.
Alle opmerkingen en verbeteringen of aanpassingen kunnen mij bereiken via
[email protected].
Over het document. Ik ben begonnen aan dit document om mezelf LATEX
aan te leren. Een goed begin is de website van UGent zelf, http://latex.
ugent.be, waar je genoeg informatie vindt om te starten. Daar is ook een
Nederlandstalige cursus beschikbaar1 . Verder is er meer informatie te vinden
elders op het internet.2 Alle figuren3 werden gemaakt met het PGF/Tikzpackage.4
1
http://latex.ugent.be/files/documenten/latex-cursus.pdf
wikibooks: http://en.wikibooks.org/wiki/LaTeX
Simplified intro: www.ctan.org/tex-archive/info/simplified-latex/
Short intro: http://www.ctan.org/tex-archive/info/lshort/
3
Buiten figuren 11.1 en 11.2, deze werden overgenomen uit de opgaves.
4
CTAN-pagina: http://www.ctan.org/pkg/pgf
2
Semester I
1
Test van de week 1
Niet gemaakt
2
Test van de week 2
2.1
Wiskundige Analyse I
Vraag 2.1.1. Als een niet-ledige verzameling reële getallen een infimum bezit, dan bezit ze ook een minimum.
vals
Tegenvoorbeeld:
De verzameling
1 n ∈ N \ {0}
sn =
n
bezit een infimum : 0.
Er is een mogelijk minimum als de eerste afgeleide nul is.
f 0 (n) = 0 ⇔ −
Dit is altijd negatief, dus geen minimum.
3
1
=0
n2
Vraag 2.1.2. Zij A ⊂ B twee verzamelingen van reële getallen, die beide
een infimum bezitten. Dan is inf B ≤ inf A.
waar
Uit het ongerijmde:
Stel : inf A < inf B
⇒ ∃ a∗ ∈ A, ∀b ∈ B : a∗ < b
⇒ a∗ 6∈ B
want A ⊂ B
dus : inf A ≤ inf B
4
Vraag 2.1.3. Elke niet-ledige verzameling S ⊂ R bezit oneindig veel ophopingspunten.
vals
Tegenvoorbeeld:
Beschouw volgende niet-ledige verzameling
1 S=
n ∈ N \ {0}
n
Deze verzameling in R bezit een uniek ophopingspunt, 0.
5
Vraag 2.1.4. Voor elke verzameling S in R geldt dat S ⊆ oph(S).
vals
Tegenvoorbeeld:
neem : a, b, c ∈ R
met : a < b, c 6∈ [a, b]
S = [a, b] ∪ {c}
oph(S) = [a, b]
⇒ S 6⊆ oph(S)
6
Vraag 2.1.5. Voor elke verzameling S in R geldt dat oph(S) ⊆ S.
vals
Tegenvoorbeeld:
Neem een verzameling S =]a, b[ met a, b ∈ R. Deze verzameling is open in
R. oph(S) = [a, b] 6⊆ S.
7
Vraag 2.1.6. Als limx→x0 f (x) = 1 en g begrensd in een omgeving van x0 ,
dan bestaat limx→x0 f (x).g(x).
vals
Tegenvoorbeeld:
Neem x0 = 0 en als functies:
f (x) =
sin(x)
,
x
g(x) =
|x|
x
Merk nu op dat
lim f (x) = 1,
x→0
lim g(x) bestaat niet, maar begrensd in [−1, 1]
x→0
Theorie:
lim f.g = lim f . lim g
x→x0
x→x0
x→x0
als beide limieten bestaan.
8
Vraag 2.1.7. Als f (x) < g(x) voor alle x in een gepunte omgeving van c
(dit is een omgeving van c waaruit c zelf is weggelaten), dan limx→c f (x) <
limx→c g(x), als beide limieten bestaan.
vals
Tegenvoorbeeld
c=0
f (x) = 0
g(x) = |x|
f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ R
lim f (x) = 0
x→0
lim g(x) = 0
x→0
y
g(x)
f(x)
x
Figuur 2.1: Plot van het tegenvoorbeeld.
9
Vraag 2.1.8. Als de funtcie f continu is in [a, b], dan is het beeld van ]a, b[
onder f een open begrensd interval.
vals
Tegenvoorbeeld:
Stel f (x) = sin(x), continu op [0, 2π]. Beschouw nu f (]0, 2π[) = [−1, 1] dit
interval is begrensd en gesloten.
y
1
f(x)
x
-1
Figuur 2.2: Plot van het tegenvoorbeeld.
10
Vraag 2.1.9. Als de functie f continu is in ]a, b[, dan is f begrensd in ]a, b[.
vals
Tegenvoorbeeld:
1
Stel f (x) = , continu op ]0, 1[. Dan is limx→0 f (x) = +∞.
x
11
Vraag 2.1.10. Als de functie f niet continu is op [a, b], dan is ze evenmin
begrensd.
vals
Tegenvoorbeeld:
1
Beschouw f (x) = sin
, continu op R \ {0} Beschouw het interval [−1, 1],
x
hier is f (x) niet continu, maar wèl begrensd (f ([−1, 1]) = [−1, 1]).
y
1
f(x)
x
-1
Figuur 2.3: Plot van het tegenvoorbeeld.
12
Test van de week 3
3.1
Discrete Wiskunde I
Vraag 3.1.1. Wat is de cardinaliteit van de volgende verzameling:
{∅, {∅}, {∅, {∅}}}
3
{|{z}
∅ , {∅} , {∅, {∅}}}
|{z} | {z }
1
1
1
13
Vraag 3.1.2. Wanneer is A \ (B \ C) = (A \ B) \ C ?
soms
Beschouw volgende venndiagrammen:
A \ (B \ C) = (A \ B) \ C A \ (B \ C) = (A \ B) \ C
A
B
A
B
C
C
A \ (B \ C) = (A \ B) \ C A \ (B \ C) 6= (A \ B) \ C
B
A
B
A
C
C
A \ (B \ C) 6= (A \ B) \ C
A
B
C
Figuur 3.1: Mogelijke combinaties van A, B en C.
In sommige gevallen gaat de gelijkheid op, andere niet.
14
Vraag 3.1.3. Gegeven is een overaftelbare verzameling A en een aftelbare
verzameling B. Dan is A \ B zeker een overaftelbare verzameling.
waar
Er zijn twee mogelijkheden:

1 : A ∩ B = ∅ ⇒ A \ B = A overaftelbaar want A is overaftelbaar.





2 : A ∩ B 6= ∅ ⇒ A \ B



er vallen een aftelbaar aantal elementen weg uit A,
nog steeds overaftelbaar want er is geen bijectie naar N
15
Vraag 3.1.4. Gegeven is het volgende stelsel van 3 lineaire congruenties

8

5x = 10
11
x∈Z
x=5

 15
2x = 19
Hoeveel oplossingen zijn er voor dit stelsel in het interval [0, 9999[?
7
Dit stelsel heeft 1 oplossing modulo M , met M = 8 × 11 × 15 = 1320. 9999
delen door 1320 geeft 7 met rest 759. Dus er zijn 7 oplossingen modulo 1320
in het interval [0, 9999[.
Controle:
De eerste en laatste moeten nog vereenvoudigt worden voor we de chinese
reststelling kunnen gebruiken.
15
2x = 19
m (19 mod 15 = 4)
8
5x = 2
15
2x = 4
(5, 8) ↔ (a, m)
(2, 15) ↔ (a, m)
(5, 3) ↔ (a, m − a)
(2, 13) ↔ (a, m − a)
(2, 3) ↔ (2a − m, m − a)
..
(2, 1) ↔ (2a − m, 2m − 3a)
.
i = −3 mod 8
(2, 1) ↔ (a, m − 7a)
=5
i = −7 mod 15
x = 5.2 mod 8
=8
=2
x = 8.4 mod 15
⇓
=2
8
x=2
⇓
15
x=2
Het stelsel wordt dan:
 8

x = 2
11
x=5

 15
x=2
16
Nu de chinese reststelling toepassen met M1 = 165, M2 = 120 en M3 = 88.
8
165y1 = 1
m (165 mod 8 = 5)
11
120y2 = 1
m (120 mod 11 = 10)
8
5y1 = 1
11
10y2 = 1
(5, 8) ↔ (a, m)
(10, 11) ↔ (a, m)
(5, 3) ↔ (a, m − a)
(2, 3) ↔ (2a − m, m − a)
(10, 1) ↔ (a, m − a)
i = −1 mod 11
(2, 1) ↔ (2a − m, 2m − 3a)
= 10
i = −3 mod 8
y2 = 10 mod 11
=5
= 10
y1 = 5 mod 8
=5
15
88y3 = 1
m (88 mod 15 = 13)
15
13y3 = 1
(13, 15) ↔ (a, m)
(13, 2) ↔ (a, m − a)
(11, 2) ↔ (2a − m, m − a)
..
.
(1, 2) ↔ (7a − 6m, m − a)
i = 7 mod 15
=7
y3 = 7 mod 15
=7
Alle gegevens bij elkaar rapen voor de uiteindelijke oplossing:
x = a1 .y1 .M1 + a2 .y2 .M2 + a3 .y3 .M3 mod M
= 2.5.165 + 5.10.120 + 2.7.88 mod 1320
= 962 mod 1320
17
Er zijn nu 7 oplossingen in [0, 9999[:
x + 0.M
x + 1.M
x + 2.M
x + 3.M
x + 4.M
x + 5.M
x + 6.M
= 962
= 2282
= 3602
= 4922
= 6242
= 7562
= 8882
18
Vraag 3.1.5. Gegeven is de pseudorandomgenerator
xn+1 = (8xn + 7) mod 50
Indien men vertrekt van een kiem x0 = 11, in welk interval ligt dan de periode
van de rij die men bekomt ?
[11,20]
De volgende code in maple geeft het antwoord voor een willekeurige pseudorandomgenerator xn+1 = (axn + c) mod M met kiem x0 :
> for i from 1 to M while (periode=0) do
> x[i]:=(a*x[i-1]+c) mod M;
>
for j from 1 to (i-1) do
>
if (x[j]=x[i]) then
>
periode:=i-j;
>
end if:
>
end do:
> end do:
> periode;
De gevraagde pseudorandomgenerator invoeren:
>
>
>
>
>
a:=8;
c:=7;
M:=50;
periode:=0;
x[0]:=11;
En het algoritme geeft nu:
20
19
Vraag 3.1.6. We zoeken een natuurlijk getal n kleiner dan 1000. Als je weet
dat 27n bij deling door 15 rest 12 oplevert, hoeveel oplossingen zijn er dan
? (Los op zonder gebruik te maken van Maple; duid terug het interval aan
waarin het aantal oplossingen ligt.
[101,200]
De gevraagde lineaire congruentie is:
15
27n = 12
m
15
12n = 12
⇓ gdd(12, 15) = 3
5
4n = 4
m
5
n=1
Er is 1 oplossing modulo 5.
Dus 3 oplossingen in [0, 14] (modulo 15).
Er zijn 66 intervallen in [0, 999], dus 3 × 66 = 198 mogelijke waarden voor n.
20
Test van de week 4
4.1
Wiskundige Analyse I
Vraag 4.1.1. Onderstel dat Si ⊂ R niet-ledige, naar bovenbegrensde verzamelingen zijn (i = 1, 2). Dan geldt er dat (S1 + S2 ) = sup(S1 ) + sup(S2 ).
waar
We kunnen dit bewijzen. Eerst de gegevens:
S1 ∈ R, S1 6= ∅ : ∃α = sup(S1 )
∀s1 ∈ S1 : α ≥ s1
S2 ∈ R, S2 6= ∅ : ∃β = sup(S2 )
∀s2 ∈ S2 : β ≥ s2
(1) sup(S1 ) + sup(S2 ) is een bovengrens van S1 + S2 :
∀si ∈ Si (i = 1, 2)
α ≥ s1
β ≥ s2
α + β ≥ s1 + s2
⇒ sup(S1 ) + sup(S2 ) ≥ sup(S1 + S2 )
Dus α + β is een bovengrens van S1 + S2 .
21
(2) sup(S1 ) + sup(S2 ) is de kleinste bovengrens van S1 + S2 :
∀(s1 , s2 ) ∈ S1 × S2 : ∃γ = sup(S1 + S2 )
γ ≥ s1 + s2
γ − s2 ≥ s1
⇒ γ − s2 is een bovengrens van S1
γ − s1 ≥ s2
⇒ γ − s1 is een bovengrens van S2
2γ − s1 − s2 ≥ s1 + s2
⇒ 2γ − sup(S1 ) − sup(S2 ) ≥ sup(S1 + S2 )
⇒ sup(S1 + S2 ) ≥ sup(S1 ) + sup(S2 )
Combineer nu (1) en (2) tot het gevraagde:
sup(S1 + S2 ) = sup(S1 ) + sup(S2 )
22
Vraag 4.1.2. Er geldt dat limx→0 x. exp x1 = +∞.
vals
We berekenen eerst de rechterlimiet:
1
exp
1
+∞
x
lim x. exp
= lim
=
1
x>0
x>0
x
+∞
x −1
1
.
exp
x
x2
(H)
⇒ lim
−1
x>0
2
x
1
= lim exp
x>0
x
= +∞
En nu de linkerlimiet:
1
1
lim x. exp
=0
= 0. exp
x<0
x
0
| {z }
→−∞
Merk nu op dat linker- en rechterlimiet verschillend zijn.
y
f (x)
x
Figuur 4.1: De plot ter illustratie.
23
Vraag 4.1.3. Als de functie |f | continu is in ]a, b[, dan is f stuksgewijze
continu in ]a, b[.
vals
Beschouw op ]0, 1[ de functie
(
1
,x ∈ Q
f (x) =
−1 , x ∈ R \ Q
Dan is |f | = 1 en continu op ]0, 1[
24
Vraag 4.1.4. Als de functie f strikt monotoon en afleidbaar is in ]a, b[ en
waarden aanneemt in ]α, β[, dan bestaat de inverse funtie in ]α, β[, en is er
strikt monotoon en afleidbaar.
vals
Stel f (x) = x3 , dan is f strikt monotoon
√ en afleidbaar in ] − h, h[ met h > 0.
Beschouw nu de inverse functie f −1 = 3 x is strikt monotoon in ]0, h[, maar
deze bestaat niet voor x < 0.
25
Vraag 4.1.5. Als voor een functie f geldt dat f afleidbaar is in ]a, b[ met
f 0 < 0 in ]a, b[, dan bestaat de inverse functie f −1 en is deze bovendien
monotoon dalend en afleidbaar in haar definitiegebied.
waar
Zie syllabus hoofdstuk 3: 1.5:
Als f monotoon, continue en afleidbaar met f 0 (x) 6= 0, Dan bestaat f −1 , en
is deze ook continu en afleidbaar.
Controleren of de voorwaarden voldaan zijn. f 0 (x) < 0 dus is f monotoon,
f 0 (x) bestaat, dus is f afleidbaar en continu. Er is aan de voorwaarden
van de stelling voldaan, de inverse functie bestaat, is monotoon dalend en
afleidbaar.
26
Vraag 4.1.6. De funtie |x|. tanh x1 is afleidbaar in x = 0.
waar
We bekijken eerst de limiet naar x = 0:
1
1
lim |x|. tanh
= |0|. tanh
x→0
x
0
Een limiet van een product kan gesplitst worden als de limieten van de termen
bestaan. Voor de eerste geen probleem, van de tweede beschouwen we de
linker- en rechterlimieten. De eerste term van het product is al nul, dus is
het voldoende dat de laatste begrensd blijft opdat de bovenstaande limiet
naar nul gaat.
1
1
1
1
= tanh
= tanh
lim tanh
lim tanh
x<0
x>0
x
x
x
x
| {z }
| {z }
→−∞
→∞
= −1
=1
Deze limieten zijn begrensd, dus de eerste limiet wordt dan:
1
=0
lim |x|. tanh
x→0
x
Nu passen we de definitie van de limiet toe:
1
|x|. tanh
−0
|x|
1
x
= lim
. tanh
lim
x→0 x
x→0
x−0
x
1
= lim sgn(x). tanh
x→0
x
Opnieuw splitsen in linker- en rechterlimiet:
1
1
lim tanh
.sgn(x) = 1.1
lim tanh
.sgn(x) = (−1).(−1)
x>0
x<0
x
x
=1
=1
De limieten zijn gelijk, de afgeleide bestaat voor x = 0.
27
Vraag 4.1.7. Elke lineaire combinatie van oplossingen van de lineaire DV:
L(D)y(x) = 0
in het interval ]α, β[ is ook een oplossing in hetzelfde interval.
waar
Stel y1 , . . . , yn oplossingen van L(D)[y](x) = 0 in ]α, β[.
Construeer nu de lineaire combinatie ỹ = a1 .y1 + · · · + an .yn . En substitueer
deze in de gegeven DV en controleer de gelijkheid
L(D)[ỹ] = (a1 .y1 + · · · + an .yn )(n) + · · · + a1 .y1 + · · · + an .yn
(n)
= a1 .y1 + · · · + an .yn(n) + · · · + a1 .y1 + · · · + an .yn
(n)
(n)
= a1 . (y1 + · · · + y1 ) + · · · + an . (y1 + · · · + yn )
|
{z
}
|
{z
}
L(D)[y1 ]=0
L(D)[yn ]=0
=0
28
Vraag 4.1.8. Elke lineaire combinatie van oplossingen van de lineaire DV:
L(D)y(x) = g(x)
in het interval ]α, β[ is ook een oplossing in hetzelfde interval.
vals
y1 , . . . , yn zijn oplossingen van de vergelijking. En ỹ is de particuliere oplossing. De algemene oplossing is:
a1 .y1 + · · · + an .yn + ỹ
Uit het ongerijmde:
Stel dat ŷ = a1 .y1 +· · ·+an .yn +an+1 .ỹ een oplossing is van de vergelijking, met
ai willekeurige constanten. Vul deze lineaire combinatie in de vergelijking:
L(D)[ŷ] = (a1 .y1 + · · · + an .yn + an+1 .ỹ)(n) + · · · + a1 .y1 + · · · + an .yn + an+1 .ỹ
(n)
= a1 .y1 + · · · + an .yn(n) + an+1 .ỹ)(n) + · · · + a1 .y1 + · · · + an .yn + an+1 .ỹ
(n)
(n)
= a1 . (y1 + · · · + y1 ) + · · · + an . (y1 + · · · + yn ) +an+1 .L(D)[ỹ]
|
{z
}
|
{z
}
L(D)[y1 ]=0
L(D)[yn ]=0
= an+1 .g(x)
De combinatie ŷ is enkel een oplossing als de coëfficiënt van ỹ, an+1 gelijk is
aan 1.
29
Vraag 4.1.9. De algemene oplossing van de DV y 0 = y + x bevat één arbitraire constante.
waar
We lossen de vergelijking op:
y0 − y = 0
⇓ constante coëfficiënten
z−1=0
z=1
⇓
y1 = exp(x)
De algemene oplossing wordt dan y = c1 .exp(x), met één arbitraire constante.
30
Vraag 4.1.10. De DV
x2 .y 00 + x.y 0 + y = 0
bezit een algemene oplossing in ] − ∞, +∞[ die twee arbitraire constanten
bevat.
vals
We proberen de vergelijking op te lossen, zorg ervoor dat de coëfficiënt bij
de hoogste afgeleide 1 is:
1
1
y 00 + .y 0 + 2 .y = 0
x
x
Door de noemer kan x = 0 niet tot het domein horen.
Controle via maple geeft als oplossing y = C1 . sin(ln(x)) + C2 cos(ln(x)).
Deze bestaat wegens de optredende natuurlijke logaritme niet voor negative
x-waarden.
31
4.2
Discrete Wiskunde I
Vraag 4.2.1. Gegeven is een pseudorandomgenerator met modulus m. De
periode P van deze generator voldoet met zekerheid aan:
P ≤m
32
Vraag 4.2.2. {{1, 2, 3}, ∅} is een partie van {1, 2, 3}.
vals
Regels voor parties:
1. ∀X ∈ P : X(6= ∅) ⊂ A
2. ∀x ∈ A : ∃X ∈ P : x ∈ X
De lege verzameling mag geen element zijn in een partitie.
33
Vraag 4.2.3. Gegeven is de relatie f : Q → Q : x → x2 + 3x
Welk type relatie is dit? (Indien meerdere mogelijkheden, geef de meest specifieke term.)
afbeelding
Ga de tabel in de cursus af:
relatie
# uit
functie
≤1
afbeelding
1
bijectie
1
injectie
≤1
surjectie
1
# in
1
≤1
≥1
OK, voor alle elementen is er een uitkomst
OK, alle elementen hebben één beeld
niet OK, −3 en 0 hebben hetzelfde beeld
niet OK, zie bijectie
niet OK, het beeld −5 wordt niet bereikt
Tabel 4.1: Overzicht van relaties
34
Vraag 4.2.4. Een natuurlijk getal n voldoet aan de volgende voorwaarden:
• n levert bij gehele deling door 6 als rest 5 op
• n levert bij gehele deling door 20 als rest 11 op
• (2.n) levert bij gehele deling door 16 rest 14 op
• n < 1200
Hoeveel oplossingen heeft dit probleem ?
7, 8, 9 of 10
35
Vraag 4.2.5. Een injectie die ook een surjectie is, is . . . een bijectie.
altijd
relatie
# uit
injectie
≤1
surjectie
1
gevraagd
1
# in
≤1
≥1
1
Tabel 4.2: In- en uitgaande pijlen.
Vergelijk met tabel 4.1 op pagina 34, de gevraagde relatie altijd een bijectie.
36
Vraag 4.2.6. We beschouwen de verzameling Q × (Q \ Z). Deze verzameling
is. . .
aftelbaar
Beschouw de koppels (ai , bj ) met ai ∈ Q, bj ∈ Q \ Z en i, j = 1, 2, 3, . . .. Er
is een bijectie naar N:
0
1
5
(a1 , b1 ) (a1 , b2 ) (a1 , b3 )
6
···
...
2
4
7
13
(a2 , b1 ) (a2 , b2 ) (a2 , b3 ) · · ·
3
8
12
(a3 , b1 ) (a3 , b2 ) (a3 , b3 )
9.
..
11 .
..
..
.
···
..
.
10
Figuur 4.2: Bijectie van N naar Q × (Q \ Z).
37
Vraag 4.2.7. We zoeken elk natuurlijk getal n kleiner dan 100 waarvoor
geldt: (65.n) levert bij gehele deling door 70 als rest 20 op. Hoeveel oplossingen heeft dit probleem ?
7 á 10
De gevraagde lineaire congruëntie.
70
65.n = 20
⇓ ggd(65, 70) = 5
14
13.n = 4
⇓
(13, 14) ↔ (a, m)
(13, 1) ↔ (a, m − a)
⇓
i = −1 mod = 13
⇓
n = 13.4 mod14 = 10
38
Test van de week 5
5.1
Discrete Wiskunde I
Vraag 5.1.1. Een relatie is een verzameling.
waar
De relatie van A naar B wordt gerepresenteerd door een verzameling van
koppels (ai , bj ). Dit is een deelverzameling van het cartesisch product tussen
A en B, A × B.
39
Vraag 5.1.2. Is Q2 een aftelbare verzameling ?
ja
Beschouw de koppels (qi , qj ) met qi , qj ∈ Q, en i, j = 1, 2, 3, . . .. Er is een
bijectie naar N:
0
1
5
(q1 , q1 ) (q1 , q2 ) (q1 , q3 )
6
···
...
2
4
7
13
(q2 , q1 ) (q2 , q2 ) (q2 , q3 ) · · ·
3
8
12
(q3 , q1 ) (q3 , q2 ) (q3 , q3 )
9.
..
11 .
..
..
.
···
..
.
10
Figuur 5.1: Bijectie van N naar Q2 .
40
Vraag 5.1.3. M.b.v de zeef van Erasthostenes bepaalt men alle priemgetallen
kleiner dan N (cf. cursus).
Van zodra het ‘kleinste getal’ groter is dan een bepaalde drempelwaarde (in
functie van N ) mogen we stoppen (alle overblijvende getallen zijn dan priemgetallen).
√
Leidt de drempelwaardeb N − 1c tot een correcte werking van het algoritme,
voor elke mogelijke N (> 2) ?
correct
Stel p is het huidige kleinste getal. Het eerstvolgende getal om te schrappen
is p2 , want alle getallen die een enkele factor p in de priemontbinding hebben,
zijn al reeds geschrapt.
41
Vraag 5.1.4. Een man wenst een residu-talstelsel te ontwerpen en gaat daarbij uit van de modili 50, 97 en 90. Op die manier bekomt hij na een berekening een residu-voorstelling (24, 33, 44). Hoeveel gehele getallen tussen 0
en 436499(= 50 × 90 × 97 − 1), grenzen inbegrepen, corresponderen met deze
residu-voorstelling ?
meer dan 2 en eindig veel
Het residutalstelsel geeft het volgende stelsel van lineaire congruenties:

2
x = 24




52



x
=
24

50


97
x = 24 
x =
33
97
x = 33 ⇒
2



x = 44
90

x = 44 
5


x = 44




32
x = 44

2
x =0




52

x =
24



97
x =
33
⇒
2

x =0



5


x =4




32
x =8

2

x =0



9
x =
8
⇒
25

x = 24



97

x = 33
Dit stelsel heeft 1 unieke oplossing modulo 2.9.25.97 = 43650. Dus het aantal
oplossing in het opgegeven interval bevindt zich is ]2, +∞[. We vragen maple
voor de oplossing:
> chrem([0,8,24,33],[2,9,25,97]);
5174
42
Vraag 5.1.5. Gegeven een balk in de 3-dimensionale ruimte. De orde van
de bijhorende symmetriegroep is dan tenminste (duidt aan in welk interval
het getal ligt dat je bekomt)
[5, 10[
Beschouw volgende balk met hoekpunten A, B, C, D, E, F, G en H.
B
A
F
G
E
H
C
D
Figuur 5.2: Willekeurige balk.
Het aantal mogelijke permutaties van de hoekpunten van een willekeurige
balk is 8 ∈ [5, 10[.
Beschouw een willekeurige balk zonder labels. Neem een eerste hoekpunt,
bijvoorbeeld het rode in figuur 5.2. Hiervoor zijn 8 mogelijke labels, A tot
H. Na de keuze van het eerste label liggen ze voor de andere hoekpunten
vast.
43
Vraag 5.1.6. De structuur (Z, ) waarbij de bewerking “ ” gedefinieerd
wordt als
√
ab = a2 + b2 , (a, b ∈ Z)
is een (indien meerderre goede antwoorden: kies de meest specifieke term)
geen van de vorige
Om een uitspraak te kunnen doen, moeten er een aantal dingen gecontroleerd
worden:
• de bewerking is een binaire bewerking
• de bewerking is associatief
• de bewerking is commutativief
• er is een eenheidselement
• de inversen bestaan
De bewerking is geen binaire bewerking, want neem a = b = 1 dan:
√
ab = 2, 6∈ Z
.
44
Test van de week 6
6.1
Wiskundige Analyse I
Vraag 6.1.1. Het beginvoorwaardenprobleem
x2 y 00 + xy 0 + x2 y = 0,
y(0+) = 1,
bezit een unieke oplossing in [0, +∞[.
waar
45
y 0 (0+) = 0
Vraag 6.1.2. Het beginvoorwaardenprobleem
x 1p 2
y0 = − −
x + 4y,
2 2
y(0) = 1
bezit een unieke oplossing in ] − 2, +∞[
vals
Pas de existentie en uniciteit stelling toe:
x 1p 2
F (x, y) = − −
x + 4y
2 2
continue in Ω = x2 + 4y ≥ 0 (zie figuur 6.1(a))
∂F
1
1
1
=− . p
.4 = − p
∂y
2 2 x2 + 4y
x2 + 4y
continue in Ω = x2 + 4y > 0 (zie figuur 6.1(b))
Ω
Ω
y=−
x2
4
y=−
(a)
(b)
Figuur 6.1: Definitiegebieden van F (x, y) en
46
∂F
∂y
x2
4
Vraag 6.1.3. Als
Z
b
Z
b
f (x)dx ≥
a
g(x)dx
a
dan is f ≥ g in [a, b].
vals
Voor een tegenvoorbeeld, beschouw volgende functies:
f = 1/2
(
−1 x < 0
g=
1
x>0
continue in R
continue in R \ {0}
De integralen tussen a = −1 en b = 1 zijn dan:
Z 1
x 1
f (x)dx = = 1
2 −1
−1
Z 1
0
1
g(x)dx = −x + x = 0
−1
−1
0
Er is aan de voorwaarde voldaan, maar f 6≥ g voor x ∈ [−1, 1].
g(x)
f(x)
Figuur 6.2: Plot van f (x) en g(x).
47
Vraag 6.1.4. Onderstel dat f continu is in ]0, 1] en er een vast positief teken
bezit; verder is f (0+) = +∞. Indien
lim tanα (x).f (x) = K
x→0+
R1
dan zal 0 f convergeren als α < 1 en K ≥ 0, en divergeren als α ≥ 1 en
K > 0 of K = +∞.
waar
Het gedrag van de opgegeven limiet moet hetzelfde zijn als die van de limiet
in de convergentiestelling:
lim f (x).xα = lim f (x). tanα (x)
x>0
x>0
x2
x>0
x2
α
sin (x) x2
= lim f (x). α . 2
x>0
cos (x) x
α α
sin(x)
x
= lim f (x).
.
x>0
x
cos(x)
sin(x) (H)
merk op dat: lim
⇒ lim cos(x) = 1
x→0
x→0
x
⇓
= lim f (x).1.xα
= lim f (x). tanα (x).
x>0
De opgegeven limiet is te herschrijven als die in de convergentiestelling.
48
Vraag 6.1.5. Zij > 0. De functie f (x) = sin (x) ln(x) is riemannintegreerbaar over ]0, 1[.
waar
Voorwaarden voor het toepassen van de stelling:
• f (x) ≥ 0 in ]0, 1[
• limx>0 sin (x). ln(x) = −∞
Er is aan beide voorwaarden voldaan, dus de stelling kan toegepast worden.
De integraal is convergent als er een α < 1 bestaat waarvoor geldt:
lim sin (x). ln(x).xα = K,
x>0
neem α =
1
2
⇓
√ (M )
lim sin (x). ln(x). x = 0
x>0
49
K≥0
Vraag 6.1.6. Er bestaat een continue functie f , die absoluut integreerbaar
ω
, ω ∈ R.
is over R, met het volgende fourierbeeld: F (ω) = ω+i
vals
Eigenschap van fourierbeelden:
lim F (ω) = 0
ω→±∞
Controleer eerst of het gegeven beeld hier wel aan voldoet:
ω
ω→∞ ω + i
ω ω−i
= lim
.
ω→∞ ω + i ω − i
ω 2 − iω
= lim 2
ω→∞ ω − 1
ω2
= lim 2
ω→∞ ω
=1
6= 0
lim F (ω) = lim
ω→∞
50
Vraag 6.1.7. Als f (t) een fouriertransformeerbare functie is met beeld F (ω)
dan is f (−t) fouriertransformeerbaar met beeld F (−ω).
waar
Zie de syllabus bij hoofdstuk 7 oneigenlijke integralen, 5 fourierintegraal,
stelling 5.8 (schaalwijziging) met a = −1 of 5.9(tijdsrversie).
Hieronder het bewijs voor stelling 5.8(schaalwijziging):
Als f fouriertransformerbaar is met fourierbeeld fb, dan is voor ∈ R \ {0}:
Z +∞
f (at). exp(−iωat)dt
F [f (at)](ω) =
−∞
geval 1: a > 0 : stel at = u
⇒ adt = du
Z
1 +∞
u
=
f (u). exp(−iω )dt
a −∞
a
1
u
= fb
a
a
geval 2: a < 0 : stel at = u
⇒ adt = du
Z
1 −∞
u
=
f (u). exp(−iω )dt
a +∞
a
1 b u
=
f
−a
a
⇓
1 b u f
F [f (at)](ω) =
|a|
a
Stel nu a = −1 en het gevraagde is bewezen.
51
Vraag 6.1.8. Als f (t) een reëelwaardige fouriertransformeerbare functie is
met beeld F (ω) dan is F (ω) = F (−ω).
waar
Zie de syllabus bij hoofdstuk 7 oneigenlijke integralen, 5 fourierintegraal,
stelling 5.4 (complexe toevoeging).
Als f (t) reëelwaardig is, dan geldt dat f (t) = f (t). De veranderlijke ω is
complex, dus ω = −ω.
Z +∞
F (ω) =
f (t).exp(−iωt)dt
−∞
Z +∞
f (t). exp(iωt)dt
=
−∞
= F (−ω)
52
Vraag 6.1.9. Zij f en f 0 continue functies in R en f 00 stuksgewijze continu in
elk begrensd interval; onderstel verder dat f , f 0 en f 00 laplacetransformeerbaar
zijn voor Re(z) > γ. Dan geldt er in het beschouwde halfvlak dat
L[f 00 (t)](z) = z 2 .L[f (t)](z)
waar
Als f en f 0 continu zijn in R dan zijn de limieten voor t → 0:
lim f (t) = lim f 0 (t) = 0
t→0
t→0
Gebruik nu twee maal stelling 6.3 in de syllabus bij hoofdstuk 7 oneigenlijke
integralen, 6 laplace-integraal.
L[f 00 (t)](z) = z.L[f 0 (t)](z) − f 0 (0+ )
= z.[z.L[f (t)](z) − f (0+ )] − f 0 (0+ )
= z 2 .L[f (t)](z)
53
Vraag 6.1.10. Zij g(t), t ∈ R, een causale functie, afleidbaar in ] − ∞, b[ en
in ]b, +∞[, met sprongpunt in b (b > 0), en onderstel dat de laplacebeelden
van g en g 0 bestaan voor Re(z) > γ; dan is in dat gebied
L[g 0 (t)](z) = z.L[g(t)](z) − [g(b+) − g(b−)]. exp(−bz)
waar
We schrijven de laplace-integraal uit, en splitsen bij t = b. Voor de exponentiële is er geen probleem in t = b. Bovendien zijn g en g 0 causale fucnties
continu in t = 0, dus g(0) = g 0 (0) = 0
Z +∞
0
g 0 (t). exp(−zt)dt
L[g (t)](z) =
0
Z
=
b−
+∞
Z
0
g 0 (t). exp(−zt)dt
g (t). exp(−zt)dt +
b+
0
Z
b−
= g(t). exp(−zt) + z.
0
b−
g(t). exp(−zt)dt
0
Z
+∞
+ g(t). exp(−zt)
+ z.
+
b
+∞
g(t). exp(−zt)dt
b+
= g(b− ). exp(−zb) + z.L[g(t)](z) − g(b+ ). exp(−zb)
= z.L[g(t)](z) − [g(b+) − g(b−)]. exp(−bz)
54
Test van de week 7
7.1
Discrete Wiskunde I
Vraag 7.1.1. Gegeven is de verzameling V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. De permutatie (1)(3 5)(2 4 6 7) is even.
waar
De identieke permutatie heeft een oneven aantal paren haakjes, dus een oneven aantal paren haakjes komt overeen met een even permutatie.
aantal verwisselingen aantal paar haakjes
0
7
1
6
2
7 of 5
Tabel 7.1: Aantal paren haakjes en de pariteit.
55
Vraag 7.1.2. Bepaal de orde van de symmetriegroep van onderstaande figuur. (Duid aan in welk interval deze orde ligt.)
Figuur 7.1: Achthoek
[11,20]
transformatie
identieke
rotaties
spiegelingen (om rechte)
mogelijkheden
1
◦
0 (=identieke), 45◦ , 90◦ , 125◦ , 180◦ ,
225◦ , 270◦ , 315◦ , 360◦ (= identieke)
door twee overstaande hoekenpunten
door twee middens van overstaande zijden
Tabel 7.2: Mogelijke transformaties voor een regelmatige achthoek.
56
#
1
7
4
4
16
Vraag 7.1.3. p is een nodige voorwaarde voor q wordt a.d.h.v. propositielogica weergegeven als p ⇒ q.
vals
De propositie p ⇒ q betekend dat p waar voldoende is opdat q waar is.
De propositie p ⇐ q betekend dat p waar nodig is opdat q waar is.
57
Vraag 7.1.4. P (m, n) staat voor : m is een deler van n.
Is de volgende uitspraak waar of vals ?
∃n ∈ N \ {0} : ∀m ∈ N \ {0} : P (m, n)
vals
In woorden is de propositie niet meer dan: Er bestaat een natuurlijk getal
n, verschillend van nul, dat deelbaar is door alle natuurlijke getallen m,
verschillend van nul. We proberen een getal n te contruëren (mi ∈ N):
n = m1 × m2 × m3 × . . . × mk
Dit is het kleinste getal deelbaar door m1 , m2 , . . . mk . Neem nu de grootste
factor van n, stel mi . Beschouw nu mi + 1, ∈ R, dit is geen deler van n.
58
Vraag 7.1.5. Vijf vrienden hebben toegang tot een chatroom. We beschikken
over volgende informatie:
• Ofwel Kevin ofwel Vicky, of allebei, zijn aan het chatten.
• Ofwel Randy ofwel Vicky, maar niet allebei, zijn aan het chatten.
• Vicky en Kevin zijn ofwel beide aan het chatten, ofwel allebei niet.
• Als Harry aan het chatten is, dan zijn ook Andy en Kevin aan het
chatten.
Louter op basis van deze informatie, wordt nagegaan wie zeker aan het chatten is. Bij hoeveel personen weet je zeker dat hij/zij aan het chatten is ?
2
De informatie geeft aanleiding tot onderstaande propositie, met K =Kevin,
V =Vicky, R =Randy en H =Harry.
prop = (K ∨ H) ∧ ((R ∨ ¬(R ∧ V )) ∨ (V ∧ K) ∧ (H =⇒ (A ∧ K))
Gebruik maple om een waarheidstabel te maken.
>
>
>
>
restart:
with(Logic):
pers:=[K, H,R,V,A];
prop:=(((K &or H) &and (R &xor V)) &and (V &iff K)) &and
(H &implies (A &and K));
> (TruthTable(prop,pers));
table([(true, true, false, true, true) = true,
(false, false, true, false, true) = false,
(false, false, true, false, false) = false,
(true, true, false, true, false) = false,
(false, false, true, true, false) = false,
(true, true, true, true, true) = false,
(false, false, false, true, false) = false,
(true, true, false, false, true) = false,
(false, true, true, true, false) = false,
(true, true, true, false, true) = false,
(false, true, true, true, true) = false,
(false, true, false, false, false) = false,
(true, true, true, false, false) = false,
(true, false, true, false, true) = false,
(true, false, true, false, false) = false,
(false, true, false, true, false) = false,
59
(true, false, false, true, false) = true,
(true, false, true, true, false) = false,
(false, false, false, false, false) = false,
(false, true, false, false, true) = false,
(false, false, false, false, true) = false,
(true, false, false, true, true) = true,
(true, true, true, true, false) = false,
(true, false, true, true, true) = false,
(false, true, true, false, false) = false,
(false, false, true, true, true) = false,
(false, true, true, false, true) = false,
(true, false, false, false, true) = false,
(false, true, false, true, true) = false,
(true, true, false, false, false) = false,
(false, false, false, true, true) = false,
(true, false, false, false, false) = false
])
Zoek de nu combinaties waarbij prop = true, en ga na wie wel (true) of niet
(f alse) aan het chatten is.
Of gebruik enkele geneste lussen om maple de juiste situaties te laten uitspuwen:
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
for K in [true,false] do
for H in [true,false] do
for R in [true,false] do
for V in [true,false] do
for A in [true,false] do
if ( Export((prop),Boolean)) then
print([Kevin,K]);
print([Harry,H]);
print([Randy,R]);
print([Vicky,V]);
print([Andy,A]);
end if;
od;
od;
od;
od;
od;
[Kevin,
[Harry,
[Randy,
[Vicky,
[Andy,
true]
true]
false]
true]
true]
60
[Kevin,
[Harry,
[Randy,
[Vicky,
[Andy,
true]
false]
false]
true]
true]
[Kevin,
[Harry,
[Randy,
[Vicky,
[Andy,
true]
false]
false]
true]
false]
Uit bovenstaande situaties blijkt dat Kevin en Vicky altijd aan het chatten
zijn. De status van de anderen hangt van de situatie af.
61
Vraag 7.1.6. Gegeven is een willekeurige samengestelde propositie SP die
gebruikt van maakt van 3 enkelvoudige propsities p, q en r. Het aantal mintermen in de DNV van SP is A. Het aantal maxtermen in de CNV van SP
is B. Dan is A + B steeds gelijk aan 8.
waar
Voor p, q en r zijn er telkens 2 mogelijke waarden: waar of vals. Het totale
aantal mogelijke combinaties is dus 23 = 8. Elke combinatie geeft een minof maxterm.
62
Vraag 7.1.7. Gegeven is een samengestelde propositie, gevraagd wordt om
deze om te vormen tot een equivalente samengestelde propositie waarin enkel
de operatoren ∧, ∨ en ¬ voorkomen en waarbij het totaal aantal operatoren
geminimaliseerd wordt. Als men de disjunctieve en conjunctieve normaalvorm bepaalt van de gegeven samengestelde propositie, dan zal 1 van beide
voldoen aan het gevraagde.
vals
Beschouw de DNV voor cn van dde full adder (cursus hoofdstuk 4, 4.3 Illustratie: full adder). Deze is nog te vereenvoudigen:
cn ⇔ (¬an ∧ bn ∧ cn−1 ) ∨ (an ∧ ¬bn ∧ cn−1 )
∨ (an ∧ bn ∧ ¬cn−1 ) ∨ (an ∧ bn ∧ cn−1 )
⇔ (bn ∧ cn−1 ) ∨ (an ∧ cn−1 ) ∨ (an ∧ bn )
63
Test van de week 8
8.1
Wiskundige Analyse I
Vraag 8.1.1. Als de funtcie f (t) reëelwaardig is, fouriertransformeerbaar en
stuksgewijze glad op elk begrensd interval, dan is de integraal
Z R
F (−ω) exp(−itω)dω
−R
reëelwaardig.
waar
De voorwaarde voor de inverse fouriertransformatie zijn F (ω) is Riemannintegreerbaar en F (ω) is stuksgewijze glad. Gezien F (ω) de fouriertransformatie
is van f (t), met de opgegeven eigenschappen, geeft de opgegeven integraal
een reëelwaardig resultaat.
64
Vraag 8.1.2. De rij an = 1 +
n
1
n+1
convergeert.
waar
De positieve rij heeft een convergerende majorante:
n n
1
1
0< 1+
< 1+
n+1
n
Waarbij voor de laatste term:
lim
n→∞
1
1+
n
65
n
=e
Vraag 8.1.3. De reeks
∞
P
an , met an = 1 +
n=1
n
1
,
n+1
convergeert.
vals
De rij is naar boven begrensd door e en naar onder door 1. De rij convergeert
niet naar 0, dus de reeks is divergent.
66
Vraag 8.1.4. Gegeven zijn de rijen (an ) en (bn ) van positieve getallen. Als
an
→ L ∈ R, dan zijn ofwel beide rijen convergent ofwel beide rijen divergent.
bn
vals
0 n
Neem als tegenvoorbeeld de teller, 0n , en als noemer, (−1)n . De rij −1
convergeert nu naar L = 0, maar heeft een convergente teller en een divergente noemer.
67
Vraag 8.1.5. Als de reeks van positieve getallen
+∞
P
an convergeert, dan zal
n=1
ook
+∞
P
a2n convergeren.
n=1
waar
+∞
X
an convergeert ⇔
p
n
|an | ≤ r < 1
n=1
p
p
n
|a2n | = n |an |2
2
= (|an |) n
2
p
= n |an |
≤ (r)2
r<1
⇓
p
n
|a2n | ≤ r
Dus de som van de kwadraten is ook een convergente reeks.
68
Vraag 8.1.6. Beschouw de reeks
+∞
X
(−1)n+1
n=1
1
n2
dan is de rij der partieelsommen met een even aantal termen stijgend en naar
boven begrensd door 1.
waar
Neem als partieelsom met 2k termen:
sk =
2k
X
(−1)n+1
n=1
s1 = (−1)1+1
1
n2
1
2+1 1
+
(−1)
12
22
1
4
1
1
1
s2 = 1 − + (−1)3+1 2 + (−1)4+1 2
4
3
4
1 1
1
=1− + +
4 9 16
=1−
De tweede en verdere termen zijn steeds kleiner dan 1.
sn
1
1
2
n
0
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
Figuur 8.1: Plot voor de eertse 10 partieelsommen.
69
Is de rij stijgend?
?
sk < sk+1
2(k+1)
2k
X
X
1
n+1 1 ?
(−1)
<
(−1)n+1 2
2
n
n
n=1
n=1
?
<
2k
X
(−1)(2k+1)+1 (−1)(2k+2)+1
1
+
(−1)n+1 2 +
2
n
(2k
+
1)
(2k + 2)2
n=1
z even
}|
{
}|
{
z oneven
? (−1)(2k + 1) + 1
(−1)(2k + 2) + 1
0<
+
(2k + 1)2
(2k + 2)2
⇓
!
1
1
<
2
(2k + 1)
(2k + 2)2
De rij is stijgend.
70
Vraag 8.1.7. Als de functie f onbeperkt continu afleidbaar is in R, dan geldt
er dat
+∞ (n)
X
f (0) n
f (x) =
x , ∀x ∈ R
n!
n=0
vals
◦
Als f (x) de reekssomfunctie is van een PMR in B (0, R), dan is f (x) onbeperkt afleidbaar.
Stel
(
) z 6= 0
exp( −1
|z|
f (x) =
0
z=0
De reeks is identisch nul.
71
Vraag 8.1.8. De positieve-machtenreeks
∞
P
n=1
xn
n
convergeert uniform in − 21 , 12 .
waar
n + 1
=1
lim n→∞ n de rij convergeert absoluut in ] − 1, 1[, en ook in elk deelinterval.
72
Vraag 8.1.9. De rij van de oneven natuurlijke getallen is Z-transformeerbaar
in het complement van de gesloten eenheidsschijf in het complexe vlak.
waar
73
Vraag 8.1.10. Er bestaan divergente numerieke rijen die Z-transformeerbaar
zijn in gans C \ {0}.
vals
74
Test van de week 9
9.1
Wiskundige Analyse I
Vraag 9.1.1. Als de functie f gedefinieerd wordt door
√
π 7π
,
f (x) = 1 + cot 4x, x ∈
4 16
dan bestaat haar inverse functie.
waar
75
Vraag 9.1.2. De Wronskiaan van twee lineair onafhankelijke oplossingen
van de differentiaalvergelijking y 00 −cos(x)y 0 +y = 0, is van de vorm C exp(sin(x)),
met C een arbitraire constante die verschillend is van nul.
waar
76
Vraag 9.1.3. Als f (z) de reeksomfunctie is van een negatieve machtenreeks
in z − z0 , met convergentiestraal R, dan is f (z) onbeperkt afleidbaar, en
haar afgeleiden zijn eveneens reekssomfunctie van negatieve machtenreeksen
in z − z0 , met dezelfde convergentiestraal.
waar
77
Vraag 9.1.4. De reeks
+∞
X
(−1)n+1 (n + 1)xn−1
Γ(n)
n=1
convergeert absoluut voor alle x in R.
waar
78
Vraag 9.1.5. Een gegeven Z-beeld bezit oneindig veel originelen.
vals
79
Vraag 9.1.6. Zij f een continue functie in R met periode 2π. Als
f (t) =
∞
X
fk eikt
k=−∞
dan
lim |fk | = 0
k→∞
waar
80
Vraag 9.1.7. Zij f een stuksgewijze gladde functie [−π, π], die oneven is,
waarvoor de rechte x = π2 een symmetrie-as van de grafiek is en die buiten
[−π, π] periodiek wordt voortgezet. Dan kan f ontwikkeld worden in een
fourierreeks met enkel termen van de vorm sin((2k + 1)x).
waar
81
Vraag 9.1.8. Zij f een reëelwaardige, tweemaal continu afleidbare, even
functie met periode 2π, dan geldt er
0
f (t) = −
∞
X
kak sin(kt),
k=1
met ak de reële cosinuscoëfficiënten van f .
waar
82
∀t ∈ R
Vraag 9.1.9. Zij voor t ∈ [−π, π]
∞
X
f (t) =
ikt
fk e ,
g(t) =
k=−∞
gk eikt ,
k=−∞
dan geldt er
1
2π
∞
X
Z
πf (t)g(t)dt =
−π
∞
X
k=−∞
waar
83
fk g k
Vraag 9.1.10. Zij f een continue functie in R met periode 2π. Beschouw
de fourierreeks
∞
X
1
f (t) = a0 +
cos(kt) + bk sin(kt)
2
k=1
Als f oneven is en f ≥ 0 in (0, π), dan
|bn | ≤ bv1 ,
waar
84
n∈N
9.2
Discrete Wiskunde I
Vraag 9.2.1. Clasisificeer devolgende samengestelde uitspraak
(¬n ⊕ k) ∨ (n ∨ k)
tautologie
We schrijven de uitspraak verder uit:
(¬n ⊕ k) ∨ (n ∨ k) ⇔ [(¬n ∨ k) ∧ ¬(¬n ∧ k)] ∨ (n ∨ k)
⇔ [(¬n ∨ k) ∧ (n ∨ ¬k)] ∨ (n ∨ k)
⇔ [(¬n ∨ k) ∨ (n ∨ k)] ∧ [(n ∨ ¬k) ∨ (n ∨ k)]
⇔ waar ∧ waar
⇔ waar
De uitdrukking is een tautologie.
85
Vraag 9.2.2. Men wenst een digitale schakeling te realiseren die de logishe
XOR-bewerking uitvoert : de schakeling heeft dus twee ingangen p en q en
één uitgang die p XOR q dient weer te geven. Men kan enkel gebruik maken
van NOF-poorten voor het realiseren van de digitale schakeling. Het aantal
ingangen van zo’n NOF-poort kan je kiezen : 1,2,3, enz. Zoek de realisatie
met zo weinig mogelijk poorten. Hoeveel NOF-poorten heb je in totaal nodig
?
5
Eerst de nodig uitdrukking neerschrijven.
De uitdrukking van een NOF-poort
L
is ¬(p ∨ q), een XOR-poort is p q. En ¬p ≡ ¬(p ∨ p).
M
p
q ⇔ (p ∨ q) ∧ ¬(p ∧ q)
⇔ (p ∨ q) ∧ (¬p ∨ ¬q)
⇔ ¬ ¬(p ∨ q) ∨ ¬( ¬p ∨ ¬q )
|{z} |{z}
| {z }
2
3
1
{z
}
|
4
|
{z
}
5
Er zijn dus 5 NOF-poorten nodig om een XOR-poort te realiseren.
2
p
4
q
3
5
p
L
q
1
Figuur 9.1: Realisatie van XOR-poort met NOF-poorten.
86
Vraag 9.2.3. Is onderstaande graaf vlak of niet ?
Figuur 9.2: Graaf
vlak
Figuur 9.3: Een vlakke voorstelling.
87
Vraag 9.2.4. Men gaat op zoek naar alle BFS-bomen in onderstaande graaf,
met als wortel v5 . Hoeveel verschillende knoopvolgorden kan men bekomen ?
(geef aan in welk interval het antwoord zich bevindt)
V1
V2
V5
V4
V3
Figuur 9.4: Te onderzoeken graaf.
[6, 9]
De knopen volgorde heeft de volgende vorm: (V5 , Vi , Vj , Vk , Vl ). Waarbij voor
de ide en jde knoop er resp. drie en twee mogelijkheden zijn. De indices k
en l staan vast bij keuze van de voorgaande knopen. In totaal zijn er dus zes
mogelijke knoopvolgordes.
1. (V5 , V4 , V1 , V3 , V2 )
2. (V5 , V3 , V1 , V4 , V2 )
3. (V5 , V3 , V4 , V1 , V2 )
4. (V5 , V4 , V3 , V1 , V2 )
5. (V5 , V1 , V3 , V4 , V2 )
6. (V5 , V1 , V4 , V3 , V2 )
88
Vraag 9.2.5. De paashaas moet op verschillende plaatsen (vierkantjes op
figuur) in de tuin paaseieren verstoppen. Hij mag alleen de op de figuur aangeduide “ paadjes” (deze staan vol planten en struiken) volgen, want anders
zouden de kinderen die de eieren komen zoeken hem kunnen zien. Wat is het
aantal planten dat hij kapotmaakt als hij op alle plaatsen paaseieren wil verstoppen en daarbij zo weinig mogelijk planten/struiken wil kapotmaken (de
getallen bij de paadjes zijn het aantal planten dat de haas plattrapt als hij
dit “paadje” een eerste keer volgt, als hij daarna nog een of meerdere malen hetzelfde paadje bewandelt, trap hij geen nieuwe planten meer plat)? De
paashaas mag vertrekken waar hij wil.
34
21
32
18
21
51
26
13
19
Figuur 9.5: Paadjes tussen de tuinen.
92
Dit is een goedkoopste pad probleem, op te lossen met het algoritme van
Kruskal. Wanneer telkens het goedkoopste pad genomen wordt, zonder een
lus te maken, bekomt men onderstaande boom met een totaal gewicht van
92.
21
18
21
19
Figuur 9.6: Het goedkoopste pad.
89
13
Vraag 9.2.6. Op een golfterein moet een route uitgestippeld worden tusen de
7 verschillende holes (1, 2, . . . , 7). Hiervoor wil men volgende paadjes aanleggen tussen de holes: 1 − 2, 2 − 3, 3 − 4, 4 − 5, 5 − 6, 6 − 7, 3 − 5, 2 −
7, 1 − 4, 2 − 5, 5 − 7, 4 − 7, 2 − 6. Kan men deze paadjes zo aanleggen
dat spelers die deze route volgen, elkaar onderweg (als ze zich dus op verschillende paadjes bevinden) niet tegenkomen (uitgezonderd bij de holes zelf
natuurlijk)?
ja
Er wordt gevraagd of de graaf die de paadjes voorsteld een vlakke voorstelling
heeft of niet. Houdt de knopen vast en verleg de takken.
1
1
7
2
7
2
6
3
6
3
5
4
5
4
Figuur 9.7: Paadjes tussen de holes en een vlakke voorstelling ervan.
90
Semester II
91
Test van de week 1
1.1
Meetkunde en Lineaire Algebra
Vraag 1.1.1. Als de vectoren ~v en w
~ parallel zijn, dan geldt er dat (~u · ~v )w
~=
(~u · w)~
~ v.
waar
Als ~v en w
~ parallel zijn, dan ~v = sw,
~ s ∈ R. Herschrijf eerst het linkerlid:
(~u · ~v )w
~ = (~u · (sw))
~ w
~ = s(~u · w)
~ w
~
Het rechter lid wordt:
(~u · w)~
~ v = (~u · w)s
~ w
~
92
Vraag 1.1.2. Elke vector ~v waarvan de richtingshoeken voldoen aan (\
e~1 , ~v ) =
\
\
\
(e~3 , ~v ) en (e~2 , ~v ) = 2(e~3 , ~v ), is parallel met het XZ-vlak.
vals
Stel de componenten van ~v = (v1 , v2 , v3 ). Als de richtingshoeken met e~1 en
e~3 gelijk moeten zijn, zijn de x- en z-coördinaten ook gelijk. Er zijn dan
twee mogelijkheden, ofwel is v1 = v3 6= 0, dus de hoeken π4 en e~2 = π2 . In
dit geval is v2 = 0 en ligt de vector in het XZ-vlak. Ofwel zijn v1 = v3 = 0,
dus ook v2 = 0, en is de vector de nulvector. Dit laatste geval is ook een
tegenvoorbeeld.
93
Vraag 1.1.3. Voor drie willekeurige vectoren ~a, ~b en ~c geldt er steeds dat de
uitdrukking
(~a × ~b) × (~c × ~a) × ~a
gelijk is aan de nulvector.
waar
Stel (~a × ~b) = ~v en (~c × ~a) = w,
~ beiden loodrecht op ~a. Het resultaat van
~v × w
~ is parallel met ~a. Hierdoor zijn in het laatste kruisproduct de vectoren
parallel, dus is het resultaat de nulvector.
94
~a × ~b
Vraag 1.1.4. De vectorvergelijking ~a × ~b = ~b (~b =
6 ~0) heeft ~x = −
als
k~ak2
unieke oplossing.
vals
Er worden geen voorwaarden opgegeven voor de vector ~a. Stelt men deze als
de nulvector, dan wordt er gedeelt door nul in de ’oplossing’.
95
Vraag 1.1.5. Een vierkante matrix met determinant gelijk aan +1 is een
speciaal orthogonale matrix.
vals
De vierkante matrix M is speciaal orthogonaal als det(M ) = +1 én M.M > =
I.
Beschouw als tegenvoorbeeld de matrix A, die voldoet aan het gestelde:
2 3
A=
,
det(A) = 1
1 2
De getransponeerde matrix is echter niet zijn inverse:
2 3
2 1
13 8
1 0
>
.
=
6=
A.A =
1 2
3 2
8 3
0 1
96
Vraag 1.1.6. De antisymmetrische reële n × n matrices vormen een
dimensionale deelruimte van de ruimte der reële n × n matrices.
n(n−1)
2
waar
De matrix A is reëel antisymmetrische als en slecht dan als A> = −A. De
diagonaal elementen aii zijn alle nul en er geldt dat aij = −aji .


0
a12
· · · a1(n−1)
a1n
 −a12
0
a2(n−1)
a2n 








.
.
.
.
.
.
A=

.
.
.






−a1(n−1) −a2(n−1)
0
a(n−1)n 
−a1n
−a1n
· · · −a(n−1)n
0
Deze kan geschreven worden met behulp van elementaire matrices:
A = a12 E12 − E21 + a13 E13 − E31 + · · · + a(n−1)n E(n−1)n − En(n−1)
De diagonaal boven de hoofddiagonaal heeft n − 1 onafhankelijke elementen,
die daar boven n − 2, enz. . . . Het totale aantal onafhankelijke elementen is
dan:
(n − 1) + (n − 2) + · · · + 2 + 1 =
n−1
X
i=
i=1
97
(n − 1)n
(n − 1)((n − 1) + 1)
=
2
2
Vraag 1.1.7. R is een deelruimte van C.
vals
Over het veld van de reële getallen, ja. Over het veld van de complexe
getallen, neen. Het veld werd niet opgegeven, dus vals.
98
Vraag 1.1.8. De verzameling van alle complexe matrices die anticommuteren met een vaste gegeven matrix A ∈ Cn×n is een deelruimte van Cn×n .
waar
De matrices M en A anticommuteren als en slechts dan als M.A = −A.M .
Te controleren:
T = ∀M ∈ Cn×n :
?
M.A = −A.M ≺ Cn×n
Beschouw een willekeurige lineaire combinatie van twee elementen uit de
verzameling:
∀λ, µ ∈ Cen∀M1 , M2 ∈ T :
A(λM1 + µM2 ) = λA.M1 + µA.M2
= −λM1 .A − µM2 .A
= −(λM1 + µM2 ).A
Elke lineaire combinatie van elementen uit T anticommuteert met de matrix
A. De verzameling is een deelruimte van Cn×n , over zowel R als C.
99
Vraag 1.1.9. De verzameling van alle oneven functies van een reële variabele
is een oneindigdimensionale lineaire ruimte.
waar
Een functie is oneven indien f (t) = −f (−t). Beschouw enkel de reële veeltermfuncties, er is een basiselement voor elke macht van de variabele. Deze
verzameling is een oneindig dimensionale ruimte en moet een deelruimte zijn
van het gevraagde.
100
Vraag 1.1.10. De verzameling van alle periodieke functies van een reële
variabele is een oneindigdimensionale lineaire ruimte.
vals
101
1.2
Wiskundige Analyse II
Vraag 1.2.1. Er bestaan deelverzamelingen S van Rn waarvoor geldt dat
iso(S) = ∂S.
waar
Het punt x is een deel van de rand als:
(◦
6 ∅
=
B (x, ) ∩ S
x ∈ ∂S ⇔ ∀ > 0 : ◦
6 ∅
B (x, ) ∩ co(S) =
Het punt x is een geı̈soleerd punt als:
◦
x geı̈soleerd punt ⇔ ∀ > 0 :B (x, ) \ {x} ∩ S = ∅
Neem als deelverzameling een unie van singeltons.
102
Vraag 1.2.2. Voor elke deelverzameling van S van Rn geldt er dat ∂S een
gesloten verzameling is.
waar
De verzaming A is gesloten indien co(A) open is in Rn . Het complement van
de rand is de unie
◦
◦
S ∪ co(S)
beide verzameling zijn open en onderling disjunct. Het complement van de
rand is dan open, waardoor de rand zelf een gesloten verzameling is.
103
Vraag 1.2.3. Neemt men uit Rn een aftelbaar oneindig aantal punten weg,
dan kan zowel een open als een niet-open verzameling ontstaan.
waar
Beschouw de deelverzaming S1 :
1
1 n
S1 = R \
,...,
n ∈ N0
n
n
De rij in deze laatste verzameling convergeert naar nul, maar het punt ~0 =
(0, 0, . . . , 0) zit in S1 .
Deze verzameling is gesloten:
1
1
,...,
∈ B(~0, ) ⇒ B(~0, ) 6⊂ S1
∀B(~0, ), ∃N : ∀n > N :
n
n
Beschouw nu de deelverzaming S2 :
n
o
n
S2 = R \ (n, . . . , n) n ∈ N0
Deze verzameling is open:
∃ > 0 : B(~0, ) ∩ (n, . . . , n)n ∈ N0 = ∅
104
Vraag 1.2.4. Er bestaan deelverzamelingen S van Rn waarvoor geldt dat S
een echte deelverzameling is van ∂S.
waar
Beschouw de unie van singeltons S:
1
1 S=
,...,
n ∈ N0
n
n
De rand van deze deelverzameling is:
∂S = S ∪ (0, 0, . . . , 0)
105
Vraag 1.2.5. De functie
xy 3
x2 + y 4
is continu uitbreibaar in het punt (0, 0).
waar
Er geldt dat
∀ > 0 : ∃δ > 0 : zodra 0 ≤ k(x, y) − (0, 0)k < δ , of
dan
p
x2 + y 2 ≤ δ
xy 3 1 xy 3 |y|
< x2 + y 4 2 xy 2 < 2 < De tweede term komt uit de volgende ongelijkheid:
(x − y 2 ) ≥ 0 ⇔ x2 − xy 2 + y 4 ≥ 0 ⇔ x2 + y 4 ≥ 2xy 2
Om af te ronden:
|y|
=
2
p
y2
<
2
p
x2 + y 2
δ
=
<
2
2
Waardoor de functie continu uitbreidbaar is als men δ = 2 stelt.
106
Vraag 1.2.6. De functie
xz 2
x2 + y 2 + z 4
is continu uitbreidbaar in het punt (0, 0, 0).
vals
Beschouw twee limieten, elk met een verschillend pad door het punt:
lim f (x, y, z) =
z→0
lim f (z 2 , z 2 , z) =
z→0
x2
x0
=0
+ y2
1
3
De limieten verschillen, de functie is niet continu uitbreidbaar in (0, 0, 0).
107
Vraag 1.2.7. Als f continue is op R2 , dan zal f in de verzamling 3x2 + y 2 −
2y ≤ 0 een absoluut minimum bereiken.
waar
De gegeven vergelijking stelt een ellips voor in het vlak, dit is een gesloten
deelverzameling van R2 . Als de functie continu is in R2 , is die ook continu
in het gegeven compactum en bezit ze er extrema.
y
x
Figuur 1.1: De gegeven verzameling.
108
Vraag 1.2.8. Als f continu is in R3 , dan zal f in de verzameling x2 +y 2 ≤ 1
een absoluut maximum bereiken.
vals
De opgegeven verzameling is een cilinder met als as de z-as. Deze loopt
oneindig door langs haar as, en is dus geen compactum. Er kan niet met
zekerheid worden gezegd dat de functie f er een extremum bereikt.
z
y
x
Figuur 1.2: De gegeven verzameling.
109
Vraag 1.2.9. De functie f (x, y, z) =
1
xyz
bereikt op de verzameling
S =]1, 5[×]1, 3[×]2, 8[
1
alle waarden gelegen tussen 120
en 21 . Deze vraag houdt verband met de
stelling van Bolzano, die niet in de les werd gezien.
waar
De stelling van Bolzano in de syllabus:
f : S → R, continu in de samenhangende verzameling S ⊆ R
Waarvoor geldt dat:
a, b ∈ S : f (a) < α < f (b) ⇒ ∃c ∈ S : f (c) = α
Deze stelling kan ook gebruikt worden in hogere dimensies. Ga na of de
opgegeven verzameling samenhangend is, en of de functie hierop continue
is: De samenhang controleren is gemakkelijk, de verzameling is een balk in
het eerste kwadrant. Voor de functie liggen de enige probleempunten op de
coördinaatassen, x, y, z = 0. zowel de assen als de oorsprong liggen niet in
de verzameling. Aan de voorwaarden is voldaan, het gestelde is waar.
z
y
x
Figuur 1.3: De gegeven verzameling.
110
Vraag 1.2.10. De functie f (x, y, z) =
S=
1
xyz
bereikt op de verzameling
(x − 3)2
(z − 5)2
2
(x, y, z) ∈ R |
+ (y − 2) +
=1
4
9
3
1
1
en 15
. Deze vraag houdt verband met de
alle waarden gelegen tussen 50
stelling van Bolzano, die niet in de les werd gezien.
waar
De punten van de verzameling S vormen een ellipsoı̈de, dit oppervlak is
samenhanged en snijdt de assen niet. Volgens de stelling van Bolzano, zie
ook vraag 1.2.9, is het gestelde waar.
z
y
x
Figuur 1.4: De gegeven verzameling.
111
Test van de week 2
2.1
Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek
Vraag 2.1.1. Een student gaat met de fiets, met de auto of te voet naar
het examen Verkeerskunde. De waarschijnlijkheid dat hij met de auto gaat
is 10%, en dat hij met de fiets gaat heeft waarschijnlijkheid 70%. De waarschijnlijkheden voor het te laat komen van de student op zijn examen hangen
af van het gekozen vervoermiddel en worden gegeven door:
P(T e laat|F iets) = 10%
P(T e laat|Auto) = 50%
P(T e laat|T e voet) = 40%
De professor Verkeerskunde merkt dat de student te laat aankomt op zijn
examen. Welke van de volgende uitspraken is de juiste?
• P(F iets|T e laat) > P(Auto|T e laat) > P(T e voet|T e laat)
X P(T e voet|T e laat) > P(F iets|T e laat) > P(Auto|T e laat)
• P(Auto|T e laat) > P(T e voet|T e laat) > P(F iets|T e laat)
• P(T e voet|T e laat) > P(Auto|T e laat) > P(F iets|T e laat)
Stel L = T e laat, V = T e voet, F = F iets en A = Auto. Bekijk eerst de
stelling van Bayes:
P(A|Bi )P(Bi )
P(Bi |A) = P
n
P(Bk )P(A|Bk )
k=1
112
De noemer wordt in deze vraag:
noemer = P(F )P(L|F ) + P(V )P(L|V ) + P(A)P(L|A)
= 0, 70 × 0, 10 + 0, 20 × 0, 40 + 0, 10 × 0, 50
= 0, 2
De kansen dat de student op een bepaalde manier te laat op het examen
aankomt, wordt dan gegeven door:
P(L|V )P(V )
0, 2
0, 2 × 0, 4
=
0, 2
= 0, 32
P(L|F )P(F )
P(F |L) =
0, 2
0, 1 × 0, 7
=
0, 2
= 0, 28
P(L|A)P(A)
P(A|L) =
0, 2
0, 5 × 0, 1
=
0, 2
= 0, 2
P(V |L) =
113
Vraag 2.1.2. We beschouwen een urne met twee rode en twee witte ballen,
en we halen op toevallinge wijze drie ballen uit de urne, zonder teruglaatsing.
Noem Rk de gebeurtenis dat de k-de bal rood is, voor k = 1, 2, 3. Wat kan
je zeggen over de waarschijnlijkheden P(R1 ), P(R1 |R2 ) en P(R1 |R2 ∪ R3 )?
Om het je wat makkelijker te maken: Je mag ervan uitgaan dat P(Rk ) = 21
en dat P(Rk ∩ Rl ) = 16 voor k 6= l ∈ {1, 2, 3}. P(R1 ), (R1 |R2 ∪ R3 ) is de
waarschijnlijkheid dat de eerste bal rood is als je weet dat bij de tweede en
derde trekkingen tenminste één rode bal verschijnt.
• P(R1 ) > P(R1 |R2 ) > P(R1 |R2 ∪ R3 )
• P(R1 |R2 ) = P(R1 |R2 ∪ R3 )
X P(R1 ) > P(R1 |R2 ∪ R3 ) > P(R1 |R2 )
• Geen van de bovenstaande.
P(R1 ) = 0, 5
P(R1 |R2 )
(Bayes)
=
P(R1 ∩ R2 )
P(R2 )
1/6
1/2
1
= = 0, 333 . . .
3
(Bayes) P(R1 ∩ (R2 ∪ R3 ))
P(R1 |R2 ∪ R3 ) =
P(R2 ∪ R3 )
=
kan niet voorkomen!
z
}|
{
P(R1 ∩ R2 ) + P(R1 ∩ R3 ) − P( R1 ∩ R2 ∩ R3 )
=
P(R2 ) + P(R3 ) − P(R2 ∩ R3 )
1/6 + 1/6 − 0
=
1/2 + 1/2 − 1/6
2
= = 0, 4
5
114
Vraag 2.1.3. Gegeven zijn drie gebeurtenissen A, B en C, waarvan je zeker
weet dat er tenminste één optreedt. Verder geldt dat P(A) = P(B) = P(C) =
2
en P(A ∩ B) = P(B ∩ C) = P(C ∩ A) = 94 . Wat is de waarschijnlijkheid
3
van A ∩ B ∩ C?
• 0
X
1
3
•
8
27
• Er zijn onvoldoende gegevens om het antwoord uniek te bepalen.
P(A ∪ B ∪ C) = 1 (gegeven)
= P(A) + P(B) + P(C)
− P(A ∩ B) − P(A ∩ C) − P(A ∩ C)
− P(A ∩ B ∩ C)
⇓
P(A ∩ B ∩ C) = 1 − P(A) − P(B) − P(C)
+ P(A ∩ B) + P(A ∩ C) + P(A ∩ C)
2 2 2 4 4 4
=1− − − + + +
3 3 3 9 9 9
1
=
3
115
Vraag 2.1.4. De volgende sequentie van letters (a, b, c, d, e) wordt willekeurig
herordend. De kans dat precies twee letters op hun oorspronkelijke plaats
blijven is dan gelijk aan:
•
1
12
X
1
6
•
1
4
•
1
3
Het totaal aantal mogelijkheden is 5! = 120. Voor het aantal gunstige situaties, neem eerst twee letters uit de vijf, 52 . De andere drie moeten nog
door elkaar geschud worden, 3!, maar hier zitten nog drie situaties in waar
juist één letter juist staat,
en éénsituatie waar ze alle drie juist staan. Dus
3! − 3 − 1 = 2 geeft 52 × 2 = 10 × 2 = 20 gunstige situaties. De kans dat
20
= 16 .
juist twee letters op hun plaats staan is dan P(twee juist) = 120
116
Vraag 2.1.5. Gegeven is een experiment met steekproefruimte Z. Geef aan
in welk geval de gebeurtenissen A en B logisch onafhankelijk zijn. Hierin is N
de verzameling van de (strikt) positieve natuurlijke getallen, en N0 = N∪{0}.
• A = N en B = 2N = {2n : n ∈ N}
• A = N en B = −N = {−n : n ∈ N}
• A = N0 en B = −N0 = {−n : n ∈ N0 }
X Geen van de bovenstaande.
A en B zijn logisch onafhankelijk ⇔ A ∩ B 6= ∅
∨ A ∩ B c 6= ∅
∨ Ac ∩ B 6= ∅
∨ Ac ∩ B c 6= ∅
Beschouw elk van de gevallen:
(1)
N ∩ 2N 6= ∅, vb: {2}
N ∩ Z \ 2N 6= ∅, vb: {3}
Z \ N ∩ 2N = ∅
(2)
N ∩ −N = ∅
(3)
N0 ∩ −N0 = {0} =
6 ∅
N0 ∩ Z \ −N0 = N 6= ∅
Z \ N0 ∩ −N0 = −N 6= ∅
Z \ N0 ∩ Z \ −N0 = ∅
(4)
Geen van de bovenstaande. X
117
Vraag 2.1.6. Een machine stuurt telkens een van e drie symbolen {a, b, c}
over een transmissielijn met respectieve waarschijnlijkheden P(a), P(b) en
P(c), waarbij P(a) = P(b). De doorgestuurde symbolen op verschillende tijdstippen zijn onafhankelijk van elkaar. Wat is de waarschijnlijkheid dat het
eerste karakter een a was, als je weet dat het duurde tot het zesde symbool
vooraleer er een c over de lijn verstuurd werd?
•
1 − P(c)
2
•
1
3
X
1
2
• Er zijn onvoldoende gegevens om het antwoord uniek te bepalen.
Elke van de eerste vijf symbolen kan zowel een a als een b zijn, elk met
dezelfde waarschijnlijkheid. Dus de gevraagde kans is: P(a1 |c6 ) = 12 .
118
Vraag 2.1.7. De toevallige veranderlijke Y heeft als massafunctie fY (v) =
αe−v , v ∈ {0, 1, . . .}, de toevallige veranderlijke Z heeft als massafunctie
fZ (x) = βe−w , w ∈ {1, 2, . . .}; α en β zijn normeringsconstanten. Welke
van de volgende uitspraken is correct?
• fY (k) > fZ (k) voor alle k ∈ {1, 2, . . .}
• fY (k) = fZ (k) voor alle k ∈ {1, 2, . . .}
X fY (k) < fZ (k) voor alle k ∈ {1, 2, . . .}
• De relatieve grootte van fY (k) en fZ (k) hangt af van de waarde van
k ∈ {1, 2, . . .}
Aangezien α en β normeringsconstanten zijn, geldt:
α= P
∞
1
e−v
v=0
1
=
1+
∞
P
e−v
v=1
β= P
∞
1
e−w
w=1
⇓
α<β
⇓
fY (k) < fZ (k),
∀k ∈ {1, 2, . . .}
119
Vraag 2.1.8. Beschouw de volgende waarschijnlijkheidboom:
Merk op dat enkele conditionele waarschijnlijkheden ontbreken; een ervan
heeft de onbekende waarde p. Verder zijn die situaties die aanleiding geven tot
winst op de boom aangeduid. Wat is het interval met alle mogelijke waarden
voor de waarschijnlijheid van ’Winst’ die niet in tegenspraak zijn met de
gegeven conditionele waarschijnlijkheden?
M
M
2/3
1/2
K
R
M
p
K
1/4
1/2
6 Winst
G
5 Winst
B
1/6
1/6
1/6
1/
6
4
3
2
1
Figuur 2.1: Waarschijnlijkheidsboom.
1 1
,
8 6
1 1
,
8 4
•
X
3 3
•
,
16 16
1 1
•
,
6 6
• Geen van de bovenstaande.
120
K Winst
Bepaal de kans voor winst, en stel hiervoor P(B) = 1−p− 41 = q en P(6|B) =
P(5|B) = 16 .
11
1
1
1
1
P(W inst) = p
+ 1− −p
+ 1− −p
32
4
6
4
6
p
3
= +
−p
6
4
1 p
= −
4 6
Alle kansen moeten positief (of nul) zijn:
1−p−
1
≥0
4
⇓
moet
p ≤
3
4
⇓
3
1 1
P (W inst|p = ) = −
4
4 8
1
=
8
en
moet
p ≥ 0
⇓
1
P (W inst|p = 0) = − 0
4
1
=
4
⇓
1 1
P(W inst) ∈ ,
8 4
121
Vraag 2.1.9. In een zakje zitten elf munten: een faire munt, vijf met twee
kruiszijden, en vijf met twee muntzijden. Een onschuldige kinderhand kiest
een munt uit het zakje, en tost ermee. Wat is de waarschijnlijkheid dat de
uitkomst munt is?
•
3
10
X
1
2
•
1
3
• Geen van bovenstaande.
Benoem de gebeurtenissen als volgt: F , faire munt, 2K munt met twee
kruiszijden en 2M voor een munt met twee muntzijden. De kans op munt
wordt dan:
P(M ) = P(F )P(M |F ) + P(2k)P(M |2K) + P(2M )P(M |2M )
5
1
1 1
+
×0+
×1
=
11 2 11
11
1
5
=
+
22 11
1
=
2
122
Vraag 2.1.10. Voor een bepaalde discrete veranderlijke X met maximale
waarde x4 waten we dat de massafunctie fX enkel niet nul is voor de x1 , x2 ,
x3 en x4 met x1 < x2 < x3 < x4 . Bovendien is de bijbehorende distributie
Fx zoals aangegeven in figuur 2.2 (let op, de verhoudingen in deze figuur zijn
arbitrair).
Definiëren we de volgende gebeurtenissen
A := (x1 , +∞) en B := (x3 , x4 )
dan is PX (A \ B) gelijk aan
FX (z)
1/2
2/5
1/10
x1
x2
x3
x4
Z
Figuur 2.2: Distributiefunctie Fx (z).
•
3
5
•
7
10
•
4
5
X
9
10
123
PX (A \ B) =
X
f (xi )
xi ∈A\B
= f (x2 ) + f (x3 ) + f (x4 )
−
−
= FX (x2 ) − FX (x−
2 ) + FX (x3 ) − FX (x3 ) + FX (x4 ) − FX (x4 )
2
1
1 2
1
= −
+ − +1−
5 10 2 5
2
3
1
5
=
+
+
10 10 10
9
=
10
124
Test van de week 3
3.1
Meetkunde en Lineaire Algebra
Vraag 3.1.1. De samenstelling van rotaties in het vlak is commutatief.
vals
Beschouw als tegenvoorbeeld de rotatie van het punt P in het vlak over
radialen om de punten A en B:
P 0 = RB, π2 .RA, π2 .P,
P 00 = RA, π2 .RB, π2 .P
P 00
P
•
•
A •
• B
•
P0
Figuur 3.1: Samenstelling van rotaties.
125
π
2
Vraag 3.1.2. De samenstelling van de orthogonale spiegelingen t.o.v. twee
gegeven vlakken in de ruimte is een rotatie.
vals
Neem als tegenvoorbeeld twee evenwijdige vlakken α en β. Bij het uitvoeren
van de gevraagde transformatie ondergaat een punt een translatie over een
vectot met als norm de afstand tussen de vlakken.
126
Vraag 3.1.3. De samenstelling van de puntspiegelingen t.o.v. twee gegeven
punten in het vlak is een translatie.
waar
Beschouw de willekeurige punten A, B en P . P 0 is het spiegelbeeld van P
om A en heeft als spiegelbeeld om B het punt P 00 . Dit laatste punt is dus te
schrijven als:
P 00 = P + 2P~A + 2(B − (P + 2P~A))
= P + 2A − 2P + 2B − 2P − 4A + 4P
= (1 − 2 − 2 + 4)P + (2 − 4)A + 2B
= P + 2B − 2A
~
= P + 2AB
P
•
P 00
~
2AB
A •
•
~
AB
• B
•
P0
Figuur 3.2: Samenstelling van de puntspiegeling.
127
Vraag 3.1.4. Een isometrie wordt in genormaliseerde homogene coördinaten
voorgesteld door een orthogonale matrix.
vals
De matrix M is orthogonaal als en slecht dan als zijn getransponeerde tevens
zijn inverse is, M.M > = I Neem de translatie in het vlak volgens een willekeurige vector. Beschouw de transformatiematrix T , de getransponeerde
matrix en de inverse translatie:






1 0 a
1 0 0
1 0 −a
T = 0 1 b  , T > = 0 1 0 , T −1 = 0 1 −b 
0 0 1
a b 1
0 0 1
Stel de matrix T nu samen met haar haar getransponeerde en de inverse
translatiematrix:

 

1 0 a
1 0 0
T.T > = 0 1 b  . 0 1 0
0 0 1
a b 1


2
1+a
ab
a
1 + b2 b 
=  ab
a
b
1

 

1 0 a
1 0 −a
T.T −1 = 0 1 b  . 0 1 −b 
0 0 1
0 0 1


1 0 0

= 0 1 0
0 0 1
128
Vraag 3.1.5. Zij O de matrix geassocieerd met de orthogonale projectie op
een vlak en S de matrix geassocieerd met de spiegeling t.o.v. dit vlak (telkens
in genormaliseerde homogene coördinaten), dan geldt er dat 2O = I + S met
I de eenheidsmatrix.
vals
Noem T de matrix geassociëerd met de transformatie die het willekeurige vlak
in een gunstige positie legt, bijvoorbeeld het XY -vlak. De matrices OXY en
SXY zijn deze geassociëerd met de orthogonale projectie en spiegeling t.o.v.
het XY -vlak.




1 0 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 1 0 0



OXY = 
0 0 0 0 , SXY = 0 0 −1 0
0 0 0 1
0 0 0 1
De opgegeven matrices kunnen dan geschreven worden als samenstelling van
deze transformaties:
O = T −1 .OXY .T,
S = T −1 .SXY .T
We schrijven de opgegeven vergelijking uit:
?
2O = I + S
?
2T −1 .OXY .T = I + T −1 .SXY .T
?
= T −1 .(I + SXY ).T
?

2
0

0
0
0
2
0
0
2OXY = I + SXY
 
0 0
2 0 0


0 0 ! 0 2 0
=
0 0 0 0 0
0 2
0 0 0
129

0
0

0
2
Vraag 3.1.6. Er bestaan oneindig veel 4 × 4 matrices A die voldoen aan de
vergelijking A6 − A4 − A2 + I = 0. Hierbij stelt I de eenheidsmatrix en 0 de
nulmatrix voor.
waar
Herschrijf de vergelijking:
A6 − A4 − A2 + I = A4 .(A2 − I) − A2 + I = (A4 − I).(A2 − I) = 0
Hieruit komen twee vergelijkingen voort, ofwel A4 = I, ofwel A2 = I. Stel
de matrix A voor als een samenstelling van de transformaties S en B. S is
de rotatie om de z-as over een hoek α en B zorgt ervoor dat een willekeurig
vlak naar het XY -vlak transformeert. De samenstelling A = B −1 .S.B is dan
de rotatie om een punt in het willekeurige vlak over een hoek α.
De eerste mogelijkheid:
A4 = B −1 .S 4 .B −1 = I ⇔ S 4 = I
Vier maal de rotatie uitvoeren zorgt voor de identieke transformatie, de hoek
α moet een geheel veelvoud zijn van π2 .
De tweede mogelijkheid:
A2 = B −1 .S 2 .B −1 = I ⇔ S 2 = I
Twee maal de rotatie uitvoeren zorgt voor de identieke transformatie, de
hoek α moet een geheel veelvoud zijn van π. Neem α = k π2 , k ∈ Z, dan
voldoet de matrix A (geassociëerd met de vermelde transformatie) aan het
gestelde.
130
Vraag 3.1.7. Er bestaan oneindig veel 3 × 3 matrices A waarvan elke natuurlijke macht opnieuw A zelf oplevert.
waar
Voor de matrix A moet gelden dat:
Ak = A ⇔ Ak − A = 0 ⇔ A.(Ak−1 − I) = 0,
∀k ∈ N
Hieruit komen twee vergelijkingen voort, ofwel A = 0 (triviaal), ofwel Ak−1 =
I. Stel de matrix A voor als een samenstelling van de transformaties S en
B. S is de rotatie om de z-as over een hoek α en B zorgt ervoor dat een
willekeurig vlak naar het XY -vlak transformeert. De samenstelling A =
B −1 .S.B is dan de rotatie om een punt in het willekeurige vlak over een hoek
2π
, dan voldoet de matrix
α. Indien men de rotatiehoek α gelijksteld aan k−1
A (geassociëerd met de vermelde transformatie) aan het gestelde.
131
Vraag 3.1.8. Als S een reële symmetrische matrix is met S 2 = 0, dan is
S = 0.
waar
Er is gegeven dat sij = sji en
(S.S)ij =
n
X
sik skj = 0
k=1
Beschouw nu de elementen op de hoofddiagonaal:
(S.S)ii =
n
X
k=1
sik ski =
n
X
s2ik = 0 ⇔ sik = 0 ∀k = 1, . . . , n
k=1
Alle elementen in de matrix zijn nul.
132
Vraag 3.1.9. Zij A een reële vierkante matrix, dan bestaan er steeds scalairen c ∈ C waarvoor A − cI niet inverteerbaar is.
waar
A − cI is niet inverteerbaar als en slechts dan als det(A − cI) = 0. De
determinant is een veelterm in c, met n wortels on C. Er is dus altijd een
oplossing waarvoor het gevraagde waar is.
133
Vraag 3.1.10. Als A ∈ Rn×n een nuldeler is, dan bestaat er een unieke
matrix B ∈ Rn×n , waarvoor A.B = 0.
vals
De matrix A is een nuldelers als zijn determinant nul is. Stel n = 2 en
beschouw volgende matrices:
1 2
a b
A=
, B=
, a, b, c, d ∈ R
1 2
c d
Zoek nu scalairen a, b, c en d zodat het product van de matrices nul is:
a+c
b+d
A.B =
2a + 2c 2b + 2d
moet 0 0
=
0 0
(
a+c =0
⇔
b+d =0


= −c
a
⇔ b
= −d


c, d willekeurig
134
3.2
Natuurkunde I
Vraag 3.2.1. Two boys in a canoe toss a baseball back and forth. What effect
will this have on the canoe? Neglect (velocity-dependent) frictional forces with
water or air.
• None, because the ball remains in the canoe.
• The canoe will drift in the direction of the boy who throws the ball
harder each time.
• The canoe will drift in the direction of the boy who throws the ball
with less force each time.
X The canoe will oscillate back and forth alweys moving opposite to the
ball.
• The canoe will oscillate in the direction of the ball because the canoe
and ball exert forces in opposite directions upon the person throwing
the ball.
135
Vraag 3.2.2. A 500 g firework explodes into two pieces of equal mass at
an instant when it is traveling straight up at 10 m/s. If one half shoots off
horizontally to the left at 20 m/s, what is the velocity, in m/s , of the other
half immediately after the explosion? (The x-axis is directed right; the y-axis
up.)
• −20ı̂ − 20̂
• −20ı̂ + 20̂
• +20ı̂ − 20̂
X +20ı̂ + 20̂
• −20ı̂ + 20k̂
Vlak voor de explosie.
Vlak na explosie.
v2
10 m/s
20 m/s
500 g
250 g
x
250 g
x
y
y
Figuur 3.3: Snelhedenvectoren van de delen.
Behoud van impuls in de x- en y-richtingen:
(
(
X : 0 = (−250 g)(20 m/s) + vx (250 g)
vx = 20 m/s
⇔
Y : (500 g)(10 m/s) = +vy (250 g)
vy = 20 m/s
136
Vraag 3.2.3. Two cylinders made of the same material roll down a plane
inclined at an angle θ with the horizontal. Each travels the same distance.
The radius of cylinder B is twice the radius of cylinder A. In what order do
they reach the bottom?
• A reaches the bottom first because it has the greater acceleration.
• A reaches the bottom first because is has a smaller moment of inertia.
• B reaches the bottom first because it experiences a larger torque.
• B reaches the bottom first because it travels a larger distance in one
rotation.
X They both reach the bottom at the same time, because each has the
same linear acceleration.
Beschouw eerst het algemene geval van een rollende cilinder op een helling
in figuur 3.4. De cilinder rolt zonder te slippen waardoor de snelheid en de
versnelling van het massamiddelpunt gegeven worden door respectievelijk.
vcm = Rω en acm = Rαcm , met ω en αcm , de hoeksnelheid en hoekvernelling
om het massamiddelpunt.
n
m
fs
R
mg sin θ
mg cos θ
θ
Figuur 3.4: Algemene geval van een rollende cilinder op een helling.
137
We schrijven eerst het evenwicht uit langs de x-as, die hier volgens de helling
loopt.
X
Fx = mg sin θ − fs = macm
De wrijvingskracht halen we uit het rotationeel evenwicht op de z-as.
X
τz = αcm Icm = fs R
acm mR2
R 2
m
fs = acm R
2
⇓
m
mg sin θ − acm = macm
2
3
g sin θ = acm
2
⇓
2
acm = g sin θ
3
fs R =
De lineaire versnelling is onafhankelijk van de straal (en massa) van de cilinder. Bijgevolg hebben beide cilinders dezelfde lineaire versnelling en bereiken
op het zelfde moment de voet van de helling.
138
Vraag 3.2.4. A uniform cylinder of radius R, mas M , and length L rotates
freely about a horizontal axis parallel and tangent to the cylinder, as show
below. The moment of inertia of the cylinder about this axis is:
Figuur 3.5: Uniform cylinder with parallel and tangent axis.
•
1
M R2
2
•
2
M R2
3
• M R2
X
3
M R2
2
•
7
M R2
5
Maak gebruik van de stelling van Steiner of het theorema van de parallele
assen:
Ipara = Icm + M d2
2
Met Icm = M2R het traagheidsmoment om een door het zwaartepunt en
d = R wordt het gevraagde:
I=
M R2
3
+ M R2 = M R2
2
2
139
Vraag 3.2.5. When a wheel is rolling without slipping, the magnitude of its
velocity relative to the ground is greatest at
• the point in contact with ground.
• the point at the center of the wheel.
X the point at the top of the wheel opposite to the point in contact with
the ground.
• the point farthest forward from the center of mass of the wheel.
• the point farthest behind the center of mass of the wheel.
Het rollen van een wiel kan beschouwd worden als de superpositie van een
rotatie om het massamiddelpunt met hoeksnelheid ω en een translatie van het
wiel met vc m. Bij rollen zonder slippen geldt er dat vcm = Rω. Beschouw de
figuur hieronder, bij superpositie van rotatie en translatie wordt de snelheid
bovenaan 2vcm .
Rω = vcm
•
rotatie
vcm
+
•
translatie
2vcm
=
•
rollen zonder slippen
Figuur 3.6: Superpositie van rotatie en translatie.
140
Vraag 3.2.6. A massless rope is wrapped around a uniform cylinder that
has radius R and mass M , as shown in the figure. Initially, the unwrapped
portion of the rope is vertical and the cylinder is horizontal. The linear
acceleration of the cylinder is
Figuur 3.7: Initial situation.
X (2/3)g
• (1/2)g
• (1/3)g
• (1/6)g
• (5/6)g
T
y
+
ay
x
mg
Figuur 3.8: Vrijgemaakte cilinder.
Schrijf op basis van figuur 3.8 het evenwicht langs de y-as uit, ay is de gevraagde lineaire versnelling
X
Fy = −M g + T = −M ay
T = M (ay + g)
141
Als de cilinder wordt losgelaten, ’rolt’ het langs touw en is acm = Rαcm . Het
rotationeel evenwicht om de as van de cilinder:
X
τas = Iαcm = −T R
M R 2 ay
= −M (ay + g)R
2 R
2
ay = g
3
142
Vraag 3.2.7. A thin tod of mass M and length L is struk at one end by
a ball of caly of mass m, moving with speed v as show in the figure. the
ball sticks to the rod. After the collision, angular momentum of the clay-rod
system about A, the midpoint of the rod, is
90◦
A
Figuur 3.9: Initial situation.
M
L
• m+
v
3
2
M
L
• m+
v
12
2
M
L
• m+
v
6
2
X mv
L
2
• mvL
Maak gebruik van behoud van impuls Li = Lf :
Li = himpuls bali ∗ hloodrechte afstand tot Ai
+ himpuls staafi ∗ hloodrechte afstand tot Ai
L
= mv + 0
2
⇓
L
Lf = mv
2
143
Vraag 3.2.8. A cylindrical shell rolls without slipping down an incline as
shown in the figure. The linear acceleration of its center of mass is
M
R
θ
Figuur 3.10: Shell on an incline.
• (5/7)g sin θ
X (1/2)g sin θ
• (3/5)g sin θ
• (2/3)g sin θ
• (4/5)g sin θ
De bereking voor de lineaire versnelling is dezelfde als in vraag 3.2.5, met de
aanpassing dat het traagheidsmoment voor een dunwandige cilinder Idunw =
M R2 is. Gebruikmakend van figuur 3.4, schrijf het rotatie evenwicht om de
as de cilinder uit:
X
τz = αcm Icm = fs R
acm
M R2
fs R =
R
fs = M acm
144
Schrijf nu het evenwicht volgens de helling uit.
X
FX = M g sin θ − fs = M acm
M g sin θ − M acm = M acm
g sin θ = 2acm
1
acm = g sin θ
2
145
Vraag 3.2.9. A solid sphere, spherical shell, solid cylinder and a cylindrical
shell all have the same mass m and radius R. If they are all released from
rest at the same elevation and roll without slipping, which reaches the bottom
of an inclined plane first?
X solid sphere
• spherical shell
• solid cylinder
• cylindrical shell
• all take the same time
Beschouw een algemeen geval van een
met een variabel traagheidmoment:

c = 25



c = 2
2
3
I(c) = cmR
1

c
=

2


c=1
voorwerp dat van een helling af rolt,
: bol
: dunwandige bol
: cilinder
: dunwandige cilinder
M
h
R
mg
θ
0
Figuur 3.11: Rond voorwerp op een helling.
146
Gebruik behoud van energie:
Ki + Ui = Kf + Uf
2
mvcm
1
0 + mgh =
+ Iω
2
2
2
2
mvcm
1 cmR2 vcm
mgh =
+
2 2 2 R2
1 c
2
+
gh = vcm
2 2
⇓
r
gh2
vcm =
1+c
Het voorwerp dat als eerste beneden komt is datgene met de kleinste waarde
voor c, De volle bol.
147
Vraag 3.2.10. Two blocks of masses m1 and m2 are connected by a light
cord that passes over a pulley of mass M , as shown.
Block m2 slides on a frictionless horizontal surface. The blocks and pulley
are initially at rest. When m1 is released, the blocks accelerate and the pulley
rotates. The total angular momentum of the system of the two blocks and the
pulley relative to the axis of rotation of the pulley is
m2
M
m1
Figuur 3.12: Initial situation.
• proportional to the radius of the pulley.
• proportional to the velocity of the blocks.
• proportional to the length of the string.
• to al of the above.
X only to the first and second.
De twee blokken zijn aan elkaar verbonden via het touw, en hebben dus
dezelfde snelheid. Het touw slipt niet en dus v = ωR Geef de blokken een
snelheid v en schrijf het impulsmoment uit:
L = m1 vR + m2 vR + Iω
MR v
= (m1 + m2 )vR +
2 R
M
= m1 + m2 +
vR
|{z}
2
|
{z
} variabel
constante massa’s
148
Test van de week 4
4.1
Wiskundige Analyse II
Vraag 4.1.1. De functie
f (x, y) =
x4 y
x4 + y 2
is uitbreidbaar tot een differentiëerbare functie in heel R2 .
waar
Voldoende voorwaarden voor differentiëerbaarheid, zijn het bestaan van de
partiële afgeleiden in een omgeving van een punt, en het continu zijn ervan in
2
het punt zelf.
p De functie f (x, y) is continu (uitbreidbaar) in gans R : ∀ > 0
zodra 0 < x2 + y 2 < δ :
p
4 4 2
2
2
x y x y x2
x2 + y 2
x
+
y
δ
<
<
<
=
=
<
x4 + y 2 2x2 y 2
2
2
2
De partiële afgeleiden bestaan en zijn continu:

4x3 y 3


4
2 2
∂
f (x, y) = (x + y )
f
(x,
0) − f (0, 0)

∂x
 lim
=0
x→0
x−0
 4 4
x (x − y 2 )



∂
(x4 + y 2 )2
f (x, y) =
f (0, y) − f (0, 0)

∂y

=0
 lim
y→0
y−0
149
∀(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
∀(x, y) 6= (0, 0)
(x, y) = (0, 0)
Vraag 4.1.2. De functie
f (x, y, z) =
xyz 3
x4 + y 2 + z 2
is uitbreidbaar tot een differentieerbare functie in heel R3 .
waar
De partiële afgeleiden zijn continu ∀(x, y, z) 6= (0, 0, 0), aangezien de functie
een samenstelling is veeltermen. In de oorsprong bestaan de afgeleiden:

∂
f (x, 0, 0) − f (0, 0, 0)


f
(0,
0,
0)
=
lim
=0


x→0
x−0

 ∂x
∂
f (0, y, 0) − f (0, 0, 0)
f (0, 0, 0) = lim
=0
y→0

∂y
y−0




 ∂ f (0, 0, 0) = lim f (0, 0, z) − f (0, 0, 0) = 0
z→0
∂z
z−0
150
Vraag 4.1.3. De functie
f (x, y) =
x2 y
x4 + y 2
aangevuld met de waarde 0 in (0, 0), bezit een lineaire benadering in de omgeving (0, 0).
vals
De afgeleiden D1 f (x, y) en D2 (x, y) bestaan niet en de laatste afgeleide is
niet continu, er is geen lineaire benadering.
151
Vraag 4.1.4. Als de functie f : Rn → R differentieerbaar is in a ∈ Rn , dan
heeft f continue partile afgeleiden in a.
vals
Stelling in de syllabus:
Als de functie f differentieerbaar is in a, dan is de functie continu in a en
bestaan de partiële afgeleiden in a.
152
Vraag 4.1.5. Zij f : R2 → R differentieerbaar in (x0 , y0 ) met ∇f (x0 , y0 ) 6=
~0, dan wordt het raakvlak (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) aan het corresponderende oppervlak z = f (x, y) gegeven door
z−
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) −
(x0 , y0 )(y − y0 ) = f (x0 , y0 )
∂x
∂y
waar
Als f differentieerbaar is in (x0 , y0 ) dan kan het oppervlak lineair benaderd
worden door:
f (x, y) = f (x0 , y0 ) +
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) +
f (x0 , y0 )(y − y0 ) + . . .
∂x
∂y
Stel f (x, y) = z:
z−
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) −
f (x0 , y0 )(y − y0 ) = f (x0 , y0 )
∂x
∂y
Stel een nieuwe functie samen g(x, y, z) = z − f (x, y), Het raakvlak aan
g(x, y, z) is:
z−
∂f
∂f
(x0 , y0 )(x − x0 ) −
(x0 , y0 )(y − y0 ) = f (x0 , y0 )
∂x
∂y
153
Vraag 4.1.6. Zij f : R3 → R differentieerbaar in (x0 , y0 , z0 ) met ∇f (x0 , y0 , z0 ) 6=
~0, dan stelt deze gradiënt de normaalvector voor in (x0 , y0 , z0 ) op het oppervlak f (x, y, z) = 0.
vals
De gradient stelt de normaalvector voor op het niveauoppervlak f (x, y, z) =
f (x0 , y0 , z0 ). Als de funtie differentieerbaar is, dan geldt:
~ (x0 , y0 , z0 )(x − x0 , y − y0 , z − z0 )
f (x, y, z) = f (x0 , y0 , z0 ) + ∇f
Stel f (x, y, z) = f (x0 , y0 , z0 ) dan:
0 = D1 f (x0 , y0 , z0 )(x − x0 ) + D2 f (x0 , y0 , z0 )(y − y0 ) + D3 f (x0 , y0 , z0 )(z − z0 )
154
Vraag 4.1.7. Twee differentieerbare functies met gelijke gradiënt in een open
verzameling, zijn in die verzameling op een constante na gelijk.
vals
Een gevolg van de middelwaardestelling:
~ (~x) = ∇g(~
~ x)
∇f
m
~ (~x) − ∇g(~
~ x) = 0
∇f
~ (~x) − g(~x))
= ∇(f
~
= ∇(h(~
x))
De nieuwe functie h(~x) is een constante functie. De middelwaardestelling
eist een differentieerbarefunctie op een open én samenhangende verzameling.
Het samenhangend zijn is niet gegeven.
155
Vraag 4.1.8. Voor alle koppels (x, y) in R2 waarvoor xy > −1 geldt
x−y
arctan
= arctan(x) − arctan(y)
1 + xy
waar
Een gevolg van de middelwaardestelling, twee functies met de zelfde gradient
op een open en samenhangende verzameling zijn gelijk op een constante na.
De gegeven verzameling is open en samenhangend, de gradiënten gelijk:
1
1
~ (x, y) =
~ (x, y)
∇f
= ∇f
,−
1 + x2 1 + y 2
Om de constante te achterhalen, beschouw de oorsprong, element van de
verzameling:
0−0
arctan
= 0 = arctan(0) − arctan(0)
1+0
De functies zijn identiek in de beschouwde verzameling.
y
x
Figuur 4.1: De gegeven verzameling.
156
Vraag 4.1.9. Zij f : Rm → Rn een functie die differentieerbaar is in a ∈ Rm ,
dan is
kf (x) − f (a)k
kx − ak
begrensd in een omgeving van a.
waar
De functie f is differentieerbaar, dan:
~ (a)(x − a) + λ(x)kx − ak,
f (x) = f (a) + ∇f
Laat de laatste term vallen en vorm om:
~ (a)(x − a)
f (x) − f (a) = ∇f
f (x) − f (a)
~ (a)
= ∇f
(x − a)
⇓
f (x) − f (a) ~ (a)
= ∇f
(x − a) Het rechterlid is begrensd, het linkerlid ook.
157
lim λ(x) = 0
x→a
Vraag 4.1.10. Zij g : Rp → Rn en f : Rn → Rp functies, differentieerbaar
in respectievelijk Ω ⊂ Rp en g(Ω) ⊂ Rn , dan geldt er voor hun samengestelde
h = f ◦ g dat
∇hj (x) = ∇fj (g(x)).Dg(x),
∀x ∈ Ω,
j = 1, . . . , p.
waar
Beschouw de volgende functies
g
x ∈ Rp
g(x) ∈ Rn
f
h
f (g(x)) = h(x) ∈ Rp
Het linkerlid van het gevraagde is de j-de rij van de volgende matrix:
 ∂h1
∂h1 
· · · ∂x
∂x1
p
∂hj
∂hj
 ..
..  j-de rij
.
.
Dh =  .
,...,
.
.  → ∇hj (x) =
∂x1
∂xp
∂hp
∂hp
· · · ∂xp
∂x1
Elk element uit de matrix Dh is:
n
X
∂fj ∂gi
∂hj
(x) =
,
∂xk
∂g
∂x
i
k
i=1
j = 1, . . . , p k = 1, . . . , p
De eerste term van het rechterlid is
∇fj (g(x)) =
∂fj
∂fj
,...,
∂g1
∂gp
De tweede term van het rechterlid is
 ∂g1
∂x1

Dg(x) =  ...
∂gn
∂x1
···
...
∂g1 
∂xp
···
∂gn
∂xp
.. 
. 
Het gehele rechterlid is dan:
∇fj (g(x))Dg(x) =
n
n
X
X
∂fj ∂gi
∂fj ∂gi
,...,
∂gi ∂x1
∂gi ∂xp
i=1
i=1
158
!
= linkerlid
Vraag 4.1.11. Zij g : Rn → Rp en f : Rp → Rn functies, differentieerbaar
in respectievelijk Ω ⊂ Rn en g(Ω) ⊂ Rp , dan geldt er voor hun samengestelde
h = f ◦ g dat
∀x ∈ Ω,
Dj h(x) = Df (x).Dj g(x),
j = 1, . . . , n.
vals
De gegeven functies worden als volgt samengesteld:
g
x ∈ Rn
g(x) ∈ Rp
f
h
f (g(x)) = h(x) ∈ Rn
Het rechterlid is onzin, de matrices hebben niet de juiste dimensies, n × n en
p × 1:
 ∂f1
 ∂g1 

∂f1
· · · ∂x
∂xj
∂x1
n
 ..
 .. 

.
.
.
.
Df (x) =  .
.
.  , Dj g(x) =  . 
∂fn
∂x1
···
∂gp
∂xj
∂fn
∂xn
Wat wel kan is Dj h(x) = Df (g(x)).Dj g(x):
 ∂h1 
∂xj
 ∂f1
∂g1
 ..   ..
 . = .
∂fn
∂xj
| {z }
n×1
∂fn
∂g1
|
···
..
.
···
{z
n×p
∂f1 
∂gp
 ∂g1 
∂xj
 Pp
∂f1 ∂gi
i=1 ∂gi ∂xj
..  .  ..  = 
.   .  
Pp
∂gp
∂fn
∂gp
∂fn ∂gi
i=1 ∂gi ∂xj
∂xj
} | {z }
p×1
159
..
.
|
{z
Dj h(x)



}
Vraag 4.1.12. Zij f, g : Rm → Rm differentieerbare functies in respectievelijk Ω ⊂ Rm en f (Ω) ⊂ Rm , die bovendien elkaars inverse zijn, dan geldt er
dat
∇gj (f (x)).Df (x) = ej ,
∀x ∈ Ω,
j = 1, . . . , m.
waarbij ej de j-de basisvector van Rm is, voorgesteld als rijmatrix.
waar
De gegeven functies worden als volgt samengesteld:
g
x ∈ Rm
g(x) ∈ Rm
f
h
f (g(x)) = h(x) ∈ Rm
Het linkerlid van het gegeven:
 ∂f1
···
∂g1
 ..
...
Df (g(x)).Dk g(x) =  .
∂fm
∂g1
···
∂f1 
∂gm
 ∂g1 
∂xk
 Pm
∂f1 ∂gi
i=1 ∂gi ∂xk
..  .  ..  = 
..
.   .  
.
Pm ∂fm
∂gm
∂fm
∂gm
∂gk
∂gi
i=1 ∂gi ∂xk
Elk element uit deze laatste vector is
m
X ∂fj ∂gi
∂xj
=
= δjk ,
∂xk
∂gi ∂jk
i=1
j, k = 1, . . . , m
Hierbij is δjk de Kronecker-delta, waarvoor geldt:
(
0 , j 6= k
δjk =
1 ,j = k
De vector Dk h is dan de m × 1-eenheidsvector ek .
160


 = Dk h
Vraag 4.1.13. Zij g, g : Rm → Rm differentieerbare functie in respectievelijk
Ω ⊂ Rm en g(Ω) ⊂ Rm , die bovendien elkaars inverse zijn, dan geldt er dat
∀x ∈ Ω,
Df (g(x))Dk g(x) = ek ,
k = 1, . . . , m.
waarbij ej de j-de basisvector van Rm is, voorgesteld als rijmatrix.
waar
g
x ∈ Rm
g(x) ∈ Rm
f
h
f (g(x)) = h(x) ∈ Rm
Aangezien de functies f en g inversen zijn, is de samenstelling g ◦ f = h de
identieke functie. Het linkerlid van het gegeven is:
 ∂f

∂f
∂x11 · · · ∂xm1
.
.. 
...
~ j (f (x)).Df (x) = ∂gj , . . . , ∂gj . 
∇g
 ..
. 
∂f1
∂fn
∂fm
∂fm
· · · ∂xm
∂x1
Dit is de gradiënt van de functie h en kan uitgeschreven worden:
!
m
m
X
X
∂g
∂g
∂f
∂f
j
i
j
i
~ j (x) =
∇h
,...,
, j = 1, . . . , m
∂f
∂x
∂f
∂x
i
1
i
m
i=1
i=1
Elk element uit deze laatste vector is
m
X
∂gj ∂fi
= δjk ,
∂f
∂x
i
k
i=1
j, k = 1, . . . , m
De gradiënt is dan de 1 × m-eenheidsvector ej .
161
p
Vraag 4.1.14. Zij u(x, y) = ln x2 + y 2 , (x, y) 6= (0, 0), dan voldoet deze
functie aan uxx + uyy = 0 in R2 \ {(0, 0)}.
waar
Het argument van het logaritme is steeds positief, som van kwadraten, en
heeft dus altijd een betekenis voor punten verschillend van de oorsprong. De
eerste en tweede afgeleiden naar x en y zijn continu op R2 \ {(0, 0)}.

∂
1
1
x


p
2x = 2
 u(x, y) = p 2
∂x
x + y2
x + y 2 2 x2 + y 2
uxx :
∂2
1(x2 + y 2 ) − x(2x)
x2 + y 2 − 2x2
y 2 − x2


 2 u(x, y) =
=
=
∂x
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2

1
y
1
∂


p
2y = 2
 u(x, y) = p 2
∂y
x + y2
x + y 2 2 x2 + y 2
uyy :
1(x2 + y 2 ) − y(2y)
x2 + y 2 − 2y 2
x2 − y 2
∂2


 2 u(x, y) =
=
=
∂y
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
De gegeven vergelijking wordt dan:
uxx + uyy =
x2 − y 2
y 2 − x2
+
=0
(x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2
Dit geldt, door de continuı̈teit van de afgeleiden, voor alle koppels (x, y) ∈
R2 \ {(0, 0)}.
162
Vraag 4.1.15. Zij f : R2 → R continue differentieerbaar in een open deelverzameling Ω van haar domein, dan geldt er:
∀x ∈ Ω
D12 f (x) = D21 f (x),
vals
Beschouw Schwarz voor een functie f :
f : R2 → R, f ∈ C2 (Ω) ⇒ D12 f (x, y) = D21 f (x, y),
∀(x, y) ∈ Ω, open
De continuı̈teit van de tweede afgeleiden is geëist, in het gegeven is dit enkel
voor de eerste afgeleiden. Een tegenvoorbeeld is de functie:

0
, (x, y) = (0, 0)
f (x, y) = xy(x2 − y 2 )
, Ω = R2

elders
in
Ω
x2 + y 2
Het tegenvoorbeeld breekt het gegeven in het
afgeleiden naar de twee parameters zijn:


 ∂ f (x, y)
D1 f (x, y) = ∂x f (x, 0) − 0

 lim
=0
x→0
x

∂

 f (x, y)
D2 f (x, y) = ∂y f (0, y) − 0

 lim
=0
y→0
y
punt (0, 0) ∈ Ω. De eerste
, (x, y) 6= (0, 0)
, (x, y) 6= (0, 0)
, (x, y) 6= (0, 0)
, (x, y) 6= (0, 0)
De gemengde afgeleiden in de oorsprong zijn verschillend:
D12 f (0, 0) = lim
∂
f (0, y)
∂y
y
y→0
D21 f (0, 0) = lim
−0
∂
f (x, 0)
∂x
x→0
163
x
= −1
−0
=1
Vraag 4.1.16. De algemene oplossing van de vergelijking a2 fxx = fyy kan
geschreven worden als f (x, y) = φ(x+ay)+ψ(x−ay), met φ en ψ willekeurige
C2 -functies.
waar
Het gevraagde:
a2 fxx = fyy ⇔ f (x, y) = φ(x + ay) + ψ(x − ay),
φ, ψ ∈ C2
Linkerpijl:
Stel dat de functie f kan geschreven worden als f (x, y) = φ(x+ay)+ψ(x−ay),
met φ en ψ willekeurige C2 -functies. De eerste en tweede afgeleiden zijn dan:
fx = φ0 (x + ay)(x + ay)0 + ψ 0 (x − ay)(x − ay)0
= φ0 + ψ 0
fxx = φ00 (x + ay)(x + ay)0 + ψ 00 (x − ay)(x − ay)0
= φ00 + ψ 00
fy = φ0 (x + ay)(x + ay)0 + ψ 0 (x − ay)(x − ay)0
= aφ0 − aψ 0
fyy = aφ00 (x + ay)(x + ay)0 − aψ 00 (x − ay)(x − ay)0
= a2 φ00 + a2 ψ 00
⇓
2
a fxx = fyy
Rechterpijl:
Gegeven is a2 fxx = fyy , bewijs dat de functie anders kan geschreven worden:
Beschouw de functies u en v:

(
x = u + v
u = x + ay
2
⇔
y = u − v
v = x − ay
2a
De afgeleiden hiervan zijn ux = 1 en uy = a, vx = 1 en vy = −a. Beschouw
de volgende samenstelling van functies:
(u, v)
~h
(x(u, v), y(u, v))
f
F
f (x, y) = F (u, v)
164
De samenstelling F = f ◦ ~h ∈ C2 (Ω). Herschrijf dit schema met de inverse
van de vectorfunctie h:
(x, y)
~h−1
(u(x, y), v(x, y))
F
f
F (u, v) = f (x, y)
Deze laatste functie is dan f (x, y) = F (u(x, y), v(x, y)), de afgeleiden hiervan
zijn:
fx = Fu ux + Fv vx
= Fu + Fv
fxx = fuu ux + Fuv vx + Fvu ux + Fvv vx
(Schwarz) = Fuu + 2Fuv + Fvv
fy = Fu uy + Fv vy
= aFu − aFv
fyy = aFuu uy + aFuv vy − aFvu uy − aFvv vy
(Schwarz) = a2 Fuu − 2a2 Fu v + a2 Fvv
Hieruit volgt dan
a2 fxx = fyy ⇔ Fuv = 0 = Fvu
De afgeleide Fu is dan enkel functie van u, dus Fu = F1 (u). Gelijkaardig is
de afgeleide Fv enkel functie van v, Fv = F2 (v). De functie F wordt dan
F (u, v) = F1 (u) + F2 (v). Stel F1 = φ en F2 = ψ zodat uiteindelijk
F (u, v) = φ(x + ay) + ψ(x − ay) = f (x, y)
165
p
Vraag 4.1.17. Zij f (r) afleidbaar in R en zij r = x2 + y 2 + z 2 .
Dan is
k∇f (x, y, z)k = |f 0 (r)|,
in R3 \ {(0, 0, 0)}.
waar
(x, y, z)
r
r(x, y, z)
f
f (r) = f (x, y, z)
De gegeven gradiënt uitschrijven:
∂f ∂f ∂f
∂r 0 ∂r 0 ∂r
0
∇f (x, y, z) =
,
,
= f (r) , f (r) , f (r)
∂x ∂y ∂z
∂x
∂y
∂z
De norm van deze gradiënt is

k∇f (x, y, z)k = |f 0 (r)| 
2x
p
2
2 x + y2 + z2
!2
!2
...
2z
2y
p
p
+
2 x2 + y 2 + z 2
2 x2 + y 2 + z 2
2
1
4x + 4y 2 + 4z 2 2
0
= |f (r)|
4(x2 + y 2 + z 2 )
0
k∇f (x, y, z)k = |f (r)|
... +
166
!2  21

Vraag 4.1.18. Zij u(x, y) en v(x, y) continu differentieerbare functies, die
voldoen aan het stelsel van Cauchy-Riemann:
uy = −vx
ux = vy ,
en zij e en e∗ eenheidsvectoren volgens richtingen die onderling orthogonaal
zijn, dan zijn de richtingafgeleiden van u volgens e en van v volgens e∗ gelijk.
vals
167
Vraag 4.1.19. Gegeven het oppervlak met vergelijking x2 +y 2 +z 2 −xy−1 = 0.
Dan is de projectie ervan op het XY -vlak gelijk aan x2 + y 2 − xy − 1 = 0.
waar
De normaalvector van de projectie heeft als z-coördinaat 0:
~ (x, y, z) = (2x − y, 2y − x, 2z) ⇔ 2z = 0 ⇔ z = 0
∇f
De projectie heeft dan als vergelijking
f (x, y, 0) = x2 + y 2 + z 2 − xy − 1 = 0
168
Vraag 4.1.20. Gegeven het oppervlak met vergelijking x2 +y 2 +z 2 −xy−1 = 0.
Dan is de projectie ervan op het Y Z-vlak gelijk aan 34 x2 + z 2 − 1 = 0.
waar
De normaalvector van de projectie heeft als y-coördinaat 0:
~ (x, y, z) = (2x − y, 2y − x, 2z) ⇔ 2x − y = 0 ⇔ x = y
∇f
2
De projectie heeft dan als vergelijking
y
y2
y
3
f ( , y, z) =
+ y2 + z2 − y − 1 = y2 + z2 − 1 = 0
2
4
2
4
169
Test van de week 5
5.1
Meetkunde en Lineaire Algebra
Vraag 5.1.1. Zij A ∈ F2×2 inverteerbaar en noteer door I de eenheidsmatrix
van orde 2, dan bestaan er scalairen α, β ∈ F zodanig dat αA2 + βA = I.
waar
Herschrijf eerst de vergelijking:
αA2 + βA = I = A.(αA + βI) ⇔ αA + βI = A−1
Neem een willekeurige, inverteerbare matrix A en bereken haar inverse. Deze
laatste zou aan de gegeven vergelijking moeten voldoen:
1
d −b
a b
? −1
A=
, A−1 = αa + β αb//αc αd + β
, A =
c d
ad − bc −c a
De matrix is inverteerbaar dus det(A) = ad − bc 6= 0. Opdat het gestelde
waar is, moeten de twee inverse gelijk zijn:
(
(
−1
−b
αb
= ad−bc
α
= ad−bc
⇔
−d
a+d
αa + β = ad−bc
αβ = ad−bc
Voor een willekeurige, inverteerbare matrix A ∈ F2×2 geldt αA2 + βA = I
indien de scalairen α en β voldoen aan bovenstaande.
170
Vraag 5.1.2. Voor geen enkele n ≤ 2 bestaat er een vector u ∈ Fn×1 waarvoor u.u> ∈ Fn×n inverteerbaar is.
waar
Neem de vector u 6= ~0, willekeurig én (u)i1 6= 0, i = 1, . . . n. Verschillend zijn
van de nulvector is triviaal, en een enkel nulelement zorgt voor een nulrij én
-kolom in u.u> zodat det(u.u> ) = 0. Elke kolom uit het product is van de
vorm (u.u> )∗j = uj .u. Bereken de determinant van het product:
det(u.u> ) = det(u1 .u|u2 .u| . . . |un .u)
= u1 u2 . . . un det(u|u| . . . |u)
n
Y
=
uk 0
k=1
=0
171
Vraag 5.1.3. Elke n × n matrix die zowel in elke rij als in elke kolom exact
één van nul verschillend element heeft, dat bovendien gelijk is aan 1, is een
product van elemantaire permutatie matrices.
waar
Elke matrix van deze vorm is het resultaat van een permutatie P van de
eenheidsmatrix I:
P.I = P
172
Vraag 5.1.4. Elke inverteerbare matrix is rij-equivalent met een eenheidsmatrix.
waar
Elke vierkante matrix is rij-equivalent met een rij-gereduceerde echelonmatrix. Gegeven is een matrix met determinant verschillend van nul, dus de
determinant van de echelonmatrix is ook verschillend van nul. De echelonmatrix heeft geen nulrijen of -kolommen én vierkant dus het is een eenheidsmatrix.
173
Vraag 5.1.5. Voor elke boventriangulaire matrix L1 bestaat er een boventriangulaire matrix L2 6= 0 zodanig dat L1 .L2 een diagonaalmatrix is.
waar
Neem het stelsel L1 .X = D, met D een diagonaal matrix en X een willekeurige matrix. Beschouw nu de j-de kolom van matrix D:


a11 a12 · · · a1(n−1)
a1n
 
 0 a22
0
a2(n−1)
a2n 

  
 .. 

 x1j
.


 
 ..
  .. 
.
.
.
.
D∗j = y  = L1 .X∗j =  .
. . 
.
.
.



 xnj
 .. 


0
0
0
a(n−1)n 
0
0
0 ···
0
ann
Dit stelsel heeft een oplossing,

a11 a12

 0 a22


 .
 ..




0
0
0
0
de verhoogde matrix is:
···
..
a1(n−1)
a1n
a2(n−1)
a2n
..
.
.
···
0
0
a(n−1)n
ann

0
.. 
.

0

y

0

.. 
.
0
Door backwardsubstitution zijn alle elementen onder de j-de rij nul x(j+1)j =
. . . = xnj = 0. Indien D niet-nul elementen op de hoofddiagonaal heeft, is
tenminste één element x1j , . . . , xjj , verschillend van nul. De bekomen matrix
X is de gezochte matrix L2 = (X∗1 | . . . |X∗n ).
174
Vraag 5.1.6. Als een inverteerbare matrix kan worden geschreven als het
product van een ondertriangulaire en een boventriangulaire matrix, dan is
die ontbinding uniek.
vals
Stelling in de syllabus:
Matrix A ∈ Fm×n heeft een unieke LU -factorisatie als en slechts dan als
m ≤ n en


a11 · · · a1i


det  ... . . . ...  6= 0, ∀i = 1, . . . , m − 1
ai1 · · · aii
In de vraag is de voorwaarde op de hoofdminoren niet opgegeven.
175
Vraag 5.1.7.QDe determinant van de n × n matrix A met aij = ij−1 , wordt
gegeven door n−1
i=1 i!.
waar
Beschouw de determinant van de
1 x1 x2 · · ·
1
1 x2 x2 · · ·
2
.. .. . .
.
. .
. ..
1 xn x2n · · ·
Vandermonde-matrix:
x1n−1 Y
x2n−1 (xj − xi )
=
0≤i<j≤n
xnn−1 De opgegeven matrix A is de getransponeerde versie en xi = i, ∀i = 1, . . . , n.
Transponeren heeft geen invloed op de determinant, dus schrijf deze uit:
Y
det(A) =
(j − i)
0≤i<j≤n
= (1 − 0) (2 − 0)(2 − 1) (3 − 0)(3 − 1)(3 − 2) . . .
| {z } |
{z
}|
{z
}
1!
2!
3!
. . . (n − 1)(n − 2)(n − (n − 1))
|
{z
}
(n−1)!
=
n−1
Y
i!
i=1
176
Vraag 5.1.8. Een antisymmetrische matrix van oneven orde is een nuldeler
waar
geg
A> = −A
⇓
det(A> ) = det(−A)
= (−1)n det(A)
Voor even n zijn linker- en rechterlid hetzelfde. Voor oneven n zijn linkeren rechterlid tegengesteld, dus moet det(A) = 0.
177
Vraag 5.1.9. Zij n > 2. De afbeelding
T : Fn×n → F : A 7→ det(A)
is een homomorfisme van Fn×n naar F.
vals

n×n

(1) dom(T ) = F
Een afbeelding is een homomorfisme ⇔ (2) T (λA + B) = λT (A) + T (B)


A, B ∈ Fn×n , λ ∈ F
Aan de eerste voorwaarde is voldaan, maar de eigenschappen van de determinant zorgen dat de tweede voorwaarde slechts in bepaalde gevallen ook
voldaan is. Lineariteit geld niet altijd, det(A + B) 6= det(A) + det(B). En
het scalair komt naar buiten met een macht: det(λA) = λn det(A).
178
Vraag 5.1.10. Zij A een antisymmetrische matrix in Rn×n . De afbeelding
T : Rn×n → Rn×n : X 7→ A.X + X.A
is een homomorfisme van de ruimte der antisymmetrische naar de ruimte
der symmetrische n × n matrices.
waar

n×n

(1) dom(T ) = F
Een afbeelding is een homomorfisme ⇔ (2) T (λA + B) = λT (A) + T (B)


A, B ∈ Fn×n , λ ∈ F
De eerste voorwaarde is voldaan, Skewn×n ⊂ Rn×n . Voor de gegeven matrix
A en een matrix Xi , beiden antisymmetrische matrices geldt A> = −A en
Xi> = −Xi . Controleer de tweede voorwaarde:
T (λX1 + X2 ) = A.(λX1 + X2 ) + (λX1 + X2 ).A
= λA.X1 + A.X2 + λX1 .A + X2 .A
= λT (X1 ) + T (X2 )
179
5.2
Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek
Vraag 5.2.1. De gemeenschappelijke densiteit van de toevallige veranderlijken X en Y wordt gegeven door:
(
2
αe− 3 x e−y als x > 0 en y > 0,
fX,Y (x, y) =
0
elders,
waar α ∈ R>0 een normalisatieconstante is. De toevallige veranderlijken
U en V worden gedefinieerd als U = X3 en V = Y + X3 . Welke van de
onderstaande uitspraken is de correcte?
(
1
αe−u e−v als u > 0 en v > 0,
• fU,V (u, v) = 3
0
elders,
(
αe−u e−v als u > 0 en v > 0,
• fU,V (u, v) =
0
elders,
• U en V zijn onafhankelijk.
X Geen van bovenstaande uitspraken is waar.
We veranderen van variabelen:
(
u = x3
v =y+
x
3
(
x = 3u
⇔
y =v−u
∂x ∂x ∂v fU,V (u, v) = fX,Y (x(u, v), y(u, v))| ∂u
∂y
∂y |
∂u ∂v
2
3 0
= αe− 3 3u e−v+u | |
−1 1
(
3αe−u e−v , u > 0; v > u
=
0
, elders
De eerste twe mogelijkheden vallen af, en aangezien v > u moet zijn voor
niet-nulwaarden, zijn U en V niet onafhankelijk.
180
Vraag 5.2.2. Beschouw twee reële toevallige veranderlijken X en Y . Voor
elke functie g(Y ) van Y geldt dat E(g(Y )|u) = g(u) voor elke mogelijke
waarde u van X. Bovendien geldt voor de marginale massafunctie fX van X
dat:

1

 3 als z = 1,
fX (z) = 23 als z = 2,


0 anders
Waaraan is E(e−2Y ) dan gelijk?
•
X
1
4
1 −2
e
3
+ 23 e−4
2
4
• e− 3 + 2e− 3
• Er zijn te weinig gegevens om dit probleem op te lossen.
Uit de theorie:
E(Y ) = E(E(Y |X)) =
X
E(Y |u)fx (u)
u
Stel g(Y ) = e−2Y en bereken het gevraagde:
1
2
E(e−2Y ) = e−2(1) + e−2(2)
3
3
1 −2 2 −4
= e + e
3
3
181
Vraag 5.2.3. De waarschijnlijkheid dat een hogerendementslamp stukgaat
binnen 10000 uur light geven is gelijk aan 15 . Hoe groot is de waarschijnlijkheid dat van 10 aselect gekozen hogerendementslampen, er precies 3 stuk
gaan binnen 10000 uur licht geven?
X 120
1 3
5
4 7
5
• 120
1 7
5
4 3
5
• 720
1 3
5
4 7
5
• 720
1 7
5
4 3
5
3 7
3 7
3 7
4
10! 1
4
1
4
10
1
=
= 120
5
5
3!7! 5
5
5
5
3
182
Vraag 5.2.4. De toevallige veranderlijke X is uniform verdeeld over het
interval [0, 2]. E(X 3 − X) is dan gelijk aan:
• − 21
• 0
X 1
• 2
(
X uniform ⇒ fX (z) =
1
2
0
, z ∈ [0, 2]
, elders
E(X 3 − X) = E(X 3 ) − E(X)
Z 2
Z 2
1
1 3
z dz −
zdz
=
0 2
0 2
!
2
2
1 z 4 z 2 =
− 2 4 0
2 0
4
1 2
22
=
−
2 4
2
=1
183
Vraag 5.2.5. Je hebt een communicatiesysteem waarin een zender een symbool X ∈ {−1, 0, 1} zendt, wat tot gevolg heeft dat de ontvanger X + N ontvangt. Hierin is N een toevallige veranderlijke met massafunctie fN (n) :=
1 −|n|
2 , n ∈ Z. We veronderstellen bovendien dat de drie waarden voor X
3
even waarschijnlijk zijn, en dat X en N onafhankelijk zijn. De waarschijnlijkheid dat X + N > 21 is dan:
X
7
18
•
7
9
•
1
3
•
4
9
Er is gegeven dat P(X = −1) = P(X = 0) = P(X = 1) = 13 en X + N > 12 .
De mogelijke waarden voor N bij een gegeven X is dan (N ∈ N):
X = −1 ⇒ N >
X=0⇒N >
3
2
⇒N ≥2
1
2
X=1⇒N >−
⇒N ≥1
1
2
⇒N ≥0
De gevraagde waarschijnlijkheid wordt dan:
1
P(X + N > ) = P(X = −1)P(N ≥ 2) + P(X = 0)P(N ≥ 1)
2
+ P(X = 1)P(N ≥ 0)
+∞
+∞
+∞
1 X 1 −n 1 X 1 −n 1 X 1 −n
2 +
2 +
2
=
3 n=2 3
3 n=1 3
3 n=0 3
!
+∞
X
1
1
1
1
1
1
1
1
n
c =
=
− −1 +
−1 +
1−c
9 1 − 12
2
9 1 − 21
9 1 − 21
n=0
|c|<1
1
1
1
1
=
2 − − 1 + (2 − 1) 2
9
2
9
9
1+2+4
=
18
7
=
18
184
Vraag 5.2.6. Van de toevallige veranderlijke X is geweten dat P (0 ≤ X ≤
2) = P (1 ≤ X ≤ 3) = 12 en P (4 ≤ X ≤ 5) = 41 . Wat kun je hieruit besluiten?
• P(1 ≤ X ≤ 2) =
• P(X = 1) =
1
4
1
2
• De geschetste situatie is niet mogelijk.
X Geen van de bovenstaande.
Stel X continue veranderlijke met als densiteit:

1

 2 , x ∈ [1, 2]
fX (x) = 14 , x ∈ [3, 5]


0 , elders
Dit voldoet aan het gevraagde, maar
R2
P(1 ≤ x ≤ 2) = 1 fX (x)dx = 12
R2
P(X = 1) = 1 fX (x)dx = 0
Tegenvoorbeeld is gegeven.
185
Vraag 5.2.7. De twee toevallige veranderlijken X en Y hebben verwachtingswaarden E(X) = 1 en var(Y ) = 2, en een correleatiecoëfficiënt ρ(X, Y ) =
− 14 . Voor de veranderlijken U = X + 2Y en V = 2X − Y is de correlatie
ρ(U, V ) dan gegeven door:
• − 23
•
X
•
√
13 16
48
√
− 166
√
6
16
1
cov(X, Y ))
1
cov(X, Y ))
p
=− =
⇒ cov(X, Y ) = −
ρ(X, Y ) = p
4
2
2
var(X) var(Y )
cov(U, V ))
p
ρ(U, V ) = p
var(U ) var(V )
cov(X + 2Y, 2X − Y ))
p
=p
var(X + 2Y ) var(2X − Y )
2 cov(X, X) − 2 cov(Y, Y ) − cov(X, Y ) + 4 cov(X, Y )
p
=p
var(X) + 4 var(Y ) + 4 cov(X, Y ) 4 var(X) + var(Y ) − 4 cov(X, Y )
2 × 2 − 2 × 2 − − 12 + 4 − 21
=q
q
1
2 + 4 × 2 + 4 −2
4 × 2 + 2 − − 12
−3
= √ √2
8 12
√
6
=−
16
186
Vraag 5.2.8. beschouw een reële toevallige veranderlijke X met een densiteit
fX waarvoor voor alle x ∈ R geldt dat fX (x) = fX (−x). Welke van de
volgende functies zou een geldige momentenfunctie MX (t) van X kunnen
zijn?
MX (t)
•
1
0
t
0
t
0
t
0
t
MX (t)
•
1
MX (t)
•
1
MX (t)
1
X
Figuur 5.1: Mogelijke momentenfuncties
Z
+∞
Mx (t) =
Z
tz
+∞
e fX (z)dt = 2
−∞
0
Eigenschappen van de momentenfunctie:
• MX (t) ≥ 0,
∀x. De eerste valt af.
• fX is even, dus MX ook. De derde valt af.
00
• MX = E(X 2 ) ≥ 0. De tweede valt af.
187
etz fX (z)dt
Vraag 5.2.9. In een distributiecentrum komen pakketjes toe tussen 8 en 17
uur, volgens een uniforme verdeling. De verwerkingstijd (in seconden) van
een pakketje kan worden gemoddelleerd als een toevallige veranderlijke S die
unifom verdeeld is over het interval [1, T + 2], waarbij de toevallige veranderlijke T de sinds 8 uur verstreken tijd is tot het arriveren van het pakketje.
T wordt hierbij uitgedrukt in uren. Een voorbeeld ter verduidelijking: als het
pakketje aankomt om 11 uur, dan is S uniform verdeeld over [1, 5] seconden,
wegens 5 = 11 − 8 + 2. De waarschijnlijkheid dat de verwerking minder lang
duurt dan 2 seconden bedraagt dan:
X
1
9
ln 10
•
2
9
ln 11
•
2
11
•
2
9
•
1
5
De kans dat er een pakket toekomt fT (t) = 19 , t ∈ [0, 9]. Voor een bepaalde
T is S uniform over [1, T + 2], dus is S conditioneel op T :
fS|T (s|T ) =
1
,
T +2−1
s ∈ [1, T + 2], T ∈ [0, 9]
We hebben nu de gemeenschappelijke densiteit nodig:
fS,T (s, t) = fs|T (s|T )fT (t) =
1 1
,
9t+1
t ∈ [0, 9], s ∈ [1, t + 2]
Merk hierbij op dat s niet in de functie zit. De marginale densiteit:
Z 9
Z 9
1 1
1
fS (s) =
fS,T (s, t)dt =
dt = ln(10)
9
0
0 9t+1
Hier zit ook geen s in.
De gevraagde waarschijnlijkheid wordt dan gegeven door:
Z 2
Z 2
1
1
P(S < 2) =
fS (s)dt =
ln(10)dt = ln(10)
9
−∞
1 9
188
Vraag 5.2.10. De toevallige veranderlijke Y is uniform verdeeld over het
interval [0, 1]. Van de toevallige veranderlijke X kennen we de conditionele
massafunctie:
( n x
y (1 − y)n−x als x ∈ {0, 1, . . . , n − 1, n}
x
fX|Y (x|y) =
0
elders,
dus conditioneel op Y = y is X binomiaal verdeeld met kans op succes y en
aantal experimenten n > 1. Welke van de volgende uitspraken is correct?
X E(X 2 ) =
n2
3
• E(X 2 ) =
n
6
+
n
6
• X is binomiaal verdeeld
• var(X) =
n
6
Y is uniform verdeeld over [0, 1] dus fY (y) = 1,
de densiteit van X:
Z 1
fX (x) =
fX,Y (x, y)dy
0
Z 1
=
fX|Y (x|y)fY (y)dy
y ∈ [0, 1]. Hierdoor wordt
0
!
n−x n x X n−x
=
y
(−y)n−x−k dy
x
k
0
k=0
X
Z 1
n−x n
n−x
n−x−k
=
(−1)
y n−k dy
x k=0
k
0
n−x
X
n n−x
1
=
(−1)n−x−k
n−k+1
x
k
k=0
n (n − x)!n!
=
x (n + 1)!
Z
1
189
De verwachtingswaarde van X 2 is dan:
2
E(X ) =
=
n X
n (n − X)!
X=1
n
X
X
(n + 1)!
X!X 2
n!
(n − X)!
X!X 2
(n
−
X)!X!
(n
+
1)!
X=1
n
X
X2
=
n+1
X=1
n(n + 1)(2n + 1)
6(n + 1)
2
n
n
+
=
3
6
=
190
Test van de week 6
6.1
Natuurkunde I
Vraag 6.1.1. A harmonic longitudinal wave propagating down a tube filled
with a compressible gas has the form s(x, t) = sm cos (kx − ωt). Its velocity
can be obtained from
X
ω
k
•
k
ω
• k
• ω
• ωk
Herschrijf het voorschrift van de golf:
s(x, t) = sm cos(kx − ωt)
x
= A cos ω
−t
v
⇓
ω
k=
v
ω
v=
k
191
Vraag 6.1.2. A point source emits sound waves with a power output of
100 W. What is the sound level (in dB ) at a distance of 10 m?
• 139
• 119
• 129
X 109
• 10
Eerst de intensiteit op 10 m:
I10 m =
P
4πr2
Het geluidsniveau wordt dan:
I10 m
100 W
β10 m = 10 log
= 10 log
= 109 dB
I0
4π(10 m)2 (10−12 W/m2 )
192
Vraag 6.1.3. A stone is thrown into a quiet pool of water. With no fluid
friction, the amplitude of the waves falls off with distance r from the impact
point as
• 1/r3
• 1/r2
3
• 1/r 2
1
X 1/r 2
• 1/r
Voor een puntbron in een driedimensionale ruimte is het vermogen verdeeld
over een bolschil met straal R. voor de golven veroorzaakt door het steentje, is het vermogen verdeelt over een concentrische cirkelmet straal R. De
intensiteit kan op twee manieren geschreven worden:
I=
en
I=
zodat
1
2
√
P
2πR
⇒
µF ω 2 A2
opp
I∼
⇒
1
A∼ √
R
193
1
R
I ∼ A2
Vraag 6.1.4. A wave generated in a medium is a longitudinal wave when
• there is a net transport of matter by the wave.
• the molecules of the medium are unable to exert forces on each other.
X molecular displacements are parallel to the wave velocity.
• molecular displacements are perpendicular to the wave velocity.
• the density of the medium is less than the density of water.
deeltje
golfsnelheid
Figuur 6.1: Beweging van de golf en een deeltje.
194
Vraag 6.1.5. When you hear the horn of a car that is approaching you,
the frequency that you hear is larger than that heard by a person in the car
because
• wave crests are farther apart by the distance the car travels in one
period.
X wave crests are closer together by the distance the car travels in one
period.
• the car gets ahead of each wave crest before it emits the next one.
• the speed of sound in air is increased by the speed of the car.
• a speeding car emits more wavecrests in each period
auto
X
Figuur 6.2: Een puntbron beweegt naar een waarnemer.
195
Vraag 6.1.6. To decrease the intensity of the sound you are hearing from
your speaker system by a factor of 36, you can
• reduce the amplitude by an factor of 12 and increase your distance from
the speaker by factor of 3.
• reduce the amplitude by an factor of 4 and increase your distance from
the speaker by factor of 3.
X reduce the amplitude by an factor of 2 and increase your distance from
the speaker by factor of 3.
• reduce the amplitude by an factor of 3 and increase your distance from
the speaker by factor of 4.
• reduce the amplitude by an factor of 3 and increase your distance from
the speaker by factor of 12.
De de intensiteit kan geschreven worden als:
√
1
µF ω 2 A2
I= 2
4πr2
Zodat het gevraagde omgevormd kan worden:
√
√
1
1
2 2
µF
ω
µF ω 2 A2f
A
i
2
2
= 36
4π
ri2
4π
rf2
A2f
A2i
= 36 2
ri2
rf
Overloop alle mogelijkheden:
1 6= 36 ∗
1
122
1 6= 36 ∗
1
42
∗
1
32
X 1 = 36 ∗
1
22
∗
1
32
1 6= 36 ∗
1
32
∗
1
42
1 6= 36 ∗
1
32
∗
1
122
∗
1
32
196
Vraag 6.1.7. (Do not try the following: it could kill you. This question is
only about a hypothetical possibility.) If you were standing below an object
falling at terminal velocity, as it approached you, you would hear the sound
• drop in frequency.
X stay at the same frequency.
• increase in frequency.
• decrease in loudness.
• stay the same loudness.
Het voorwerp valt met een constante snelheid naar een stationaire waarnemer. Deze laatste hoort een constante, verhoogde frequentie.
197
Vraag 6.1.8. A friend hands you an equation sheet with the following equao)
f . This version of the equation is
tion for the Doppler effect: f 0 = (v−v
(v+vs )
correct with signs as given only if
• the observer and source are approaching each other.
• the observer is approaching the source while the source is moving away
from the observer.
• the observer is moving away from the source while the source is approaching the observer.
X the observer and source are moving away from each other.
• the observer and source are moving in perpendicular directions.
Breek de gegeven formule op in twee gevallen, waarbij de bron of waarnemer
beweegt en de ander stil staat.
f
v − vo
= f0
v
en f
v
= f0
v + vs
In het eerste geval hoort de waarnemer voor vo > 0 een lagere frequentie, de
bron beweegt weg van de waarnemer. In het tweede geval zorgt vs > 0 er ook
voor dat de waarnemer een lagere frequentie hoort, de waarnemer beweegt
weg van de bron.
Alternatief, beschouw de formule voor het Dopplereffect:
f0 = f
v + vo
v − vs
met vo en vs de snelheden van respectievelijk de waarnemer en de bron,
positief gerekend naar de elkaar toe. De tekens van de gegeven formule zijn
omgekeerd, bron en waarnemer bewegen weg van elkaar.
198
Vraag 6.1.9. A fire engine appproaches a wall at 5 m/s while the siren emits
a tone of 500 Hz frequency. At the time, the speed of sound in air is 340 m/s.
How many beats per second do the people on the fire engine hear?
• 0
X 15
• 29
• 63
• 250
De geluidsgolven uitgezonden door de brandweerwagen (vw , f w ) worden ontvangen door de muur (f m ) met een frequentie van:
m
w
fontv
= fzend
v
v − vw
deze worden weerkaatst en ontvangen door de wagen met als frequentie:
v + vw
v
v v + vw
w
= fzend
v − vw v
340 m/s + 5 m/s
= (500 Hz)
340 m/s − 5 m/s
= 515 Hz
w
m
fontv
= fontv
Het aantal zwevingen wordt dan:
fbeats = 515 /s − 500 /s = 15 /s
199
Vraag 6.1.10. The figure below show the positions of particles in a longitudinal standing wave. One quarter period later the particle distribution is
shown in
t = t0 • • • ••• • • • • • ••• • • • • • ••• • • •
Figuur 6.3: Initial positions of the particles.
•
• ••• • • • • • ••• • • • • • ••• • • •
•
•• • •
•
• •
•
• • • ••• • • • • • • ••• • • • • • ••• • • •
X
•••••••••••••••••••••••••••••••
•
•
• • ••• • •
• • ••• • •
•
•
• • ••• • •
•
• • ••• • •
•
Figuur 6.4: Possible positions of the particles at t = t0 + T /4.
Één periode later staan de deeltjes op de zelfde plaats. Een halve periode
later zijn de posities omgekeerd. Een kwart van een periode later, staan de
deeltjes even ver van elkaar.
200
Test van de week 7
7.1
Meetkunde en Lineaire Algebra
Vraag 7.1.1. Spiegelen van de vrije vector ~v t.o.v. de vectorrechte met als
richtingsvector de eenheidvector ~u, levert als beeld de vector −~v + 2(~u.~v )~u op.
waar
Onderstaande figuur toont de constructie van de gevraagde vector.
~v
~u
v~0
(~u.~v )~u
−~v
Figuur 7.1: Spiegelen van een vector t.o.v. een vectorrechte
201
Vraag 7.1.2. Indien een orthogonale projectie een ellips afbeeldt op een andere ellips, dan worden ook de assen van het origineel afgebeeld op de assen
van het beeld.
vals
De orthogonale projectie behoudt de loodrechte stand als het vlak evenwijdig
is met één van de vectoren. Beschouw de assen als loodrechte vectoren en
projecteer op een vlak dat niet evenwijdig is met beide vectoren.
202
Vraag 7.1.3. Indien een orthogonale projectie een ellips afbeeldt op een andere ellips, dan worden ook de brandpunten van het origineel afgebeeld op de
brandpunten van het beeld.
vals
Beschouw de projectie van een cirkel op een vlak dat snijd met het vlak van
de cirkel. Het beeld wordt een ellips met twee verschillende brandpunten.
203
Vraag 7.1.4. Indien een kegelsnede twee verschillende eigenwaarden heeft
dan kan deze nooit een cirkel voorstellen.
waar
De vergelijking van de kegelsnede
2
2
K : λ1 x0 + λ2 y 0 + lineaire termen + constante = 0
Slorp de lineaire termen op:
2
2
K : λ1 x00 + λ2 y 00 = constante
Veronderstel dat alle constanten positief zijn en vorm om:

1
→ ellips
x00 2 y 00 2 
+ 2 = 0
→ {0}

a2
b

−1 → ∅
De constanten a2 en b2 zijn steeds verschillend als de constanten λ1 en λ2
verschillend zijn. Opdat de kegelsnede een circkel is, moeten de constanten
gelijk zijn.
204
Vraag 7.1.5. Een kegelsnede met één eigenwaarde gelijk aan nul, is steeds
een parabool
vals
Beschouw ∆ = B 0 −4A0 C 0 . Met constante C 0 nul, is ∆ strikt positief. Hiermee
correspondeerd een hyperbool of twee snijdende rechten.
205
Vraag 7.1.6. De kromme met parametervoorstelling
cos(t) cos(αt), cos(t) sin(αt), sin(t) , t ∈ R
zal enkel dan gesloten zijn als α ∈ Q.
waar
Neem t0 = 0, het beginpunt van de kromme wordt dan (1, 0, 0). Opdat de
kromme C(t) gesloten is, moet t = 2πk, k ∈ Z.
C(2πk) = cos(α2πk), 0, 0
= (1, 0, 0)
m
2πkα = 2πl, l, k ∈ Z
m
l
α=
k
m
α∈Q
206
Vraag 7.1.7. Een omwentelingsoppervlak beschreven door een vlakke gladde
boog die de omwentelingsas niet snijdt, heeft geen singuliere punten.
waar
Singuliere punten bij een omwentelingsoppervlak zijn het gevolg van intrinsieke singuliere punten van de wentelende kromme en de snijpunten met de
opwentelings as. Aangezien de beschrijvende kromme glad is, heeft deze geen
intrinsieke singuliere punten. De as wordt niet gesneden door de kromme en
het oppervlak heeft dus geen singuliere punten.
207
Vraag 7.1.8. De vergelijking 3x2 − 2y 2 − 2z 2 = 1 stelt een tweebladige omwentelingshyperboloı̈de voor met de x-as als omwentelingsas.
waar
Als de vergelijking als 3x2 − 2(y 2 + z 2 ) = 1 wordt geschreven, is het duidelijk
dat de kromme 3x2 − 2y 2 = 1 om de x-as wentelde. Nu nog de kegelsnede
klassificeren: ∆ = 0 − 4.3(−2) > 0. De beschrijvende kromme is een hyper2
2
bool of twee snijdende rechten. Vervorm de vergelijking tot xa2 − yb2 = 1. De
kromme is een hyperbool en snijd de omwentelingsas, het omwentelingsoppervlak is een tweebladige omwentelingshyperboloı̈de.
208
Vraag 7.1.9. Het oppervlak met cartesiaanse vergelijking 3x2 −2y 2 −2z 2 = 1
kan worden voorgesteld door de parametervoorstelling
cosh(u) sinh(u) cos(v) sinh(u) sin(v)
√
√
√
P (u, v) =
,
,
3
2
2
met (u, v) ∈ [0, +∞[×[0, 2π].
vals
De hyperbool in het XZ-vlak heeft de volgende parametervoorstelling:
cosh(u)
sinh(u)
, u ∈] − ∞, +∞[
± √
, 0, √
3
2
Het oppervlak dat wordt bekomen door deze kromme te laten wentelen om
de x-as heeft de parametervoorstelling:
cosh(u) sinh(u)
sinh(u)
± √
, √
sin(v), √
cos(v) , (u, v) ∈ [0, +∞[×[0, 2π]
3
2
2
Hierbij moet de x-component zowel een positief als negatief teken krijgen om
beide takken te laten wentelen.
209
Vraag 7.1.10. Het oppervlak met cartesiaanse vergelijking x2 + y 2 + 4z =
0 kan worden omschreven als meetkundige plaats der punten waarvoor de
afstand tot het punt (0, 0, −1) en de afstand tot het vlak z = 1 gelijk zijn aan
elkaar.
waar
Er zijn twee methoden om tot de oplossing te komen, enerzijds kan vertrokken worden van de beschrijving van de meetkundige plaats en zo controleren
of de gegeven vergelijking klopt. Anderzijds kan men gegeven kwadriek klassificeren en controleren of de beschrijving juist is.
Volgens de eerste methode:
De opgegeven meetkundige plaats is als volgt te schrijven: d(P, A) = d(P, α)
met P = (x, y, z) een punt van de meetkundige plaats, A = (0, 0, −1) het
vaste punt en α : z − 1 = 0 het vlak. Werk dit verder uit:
d(P, A) = d(P, α)
p
|0x + 0y + 1z − 1|
(x − 0)2 + (y − 0)2 + (z + 1)2 = √
02 + 02 + 12
p
x2 + y 2 + (z + 1)2 = |z − 1|
x2 + y 2 + (z + 1)2 = (z − 1)2
x2 + y 2 + z 2 + 2z + 1 = z 2 − 2z + 1
x2 + y 2 + 4z = 0
Volgens de tweede methode:
De gegeven kwadriek x+ y 2 + 4z = 0 is het oppervlak beschreven door de
kromme x2 + 4z = 0 die wentelt om de z-as. De kromme is een parabool in
het XZ-vlak, waarbij voor elk punt van de kromme de afstand tot de richtlijn
z = 1 gelijk is aan de afstand tot het brandpunt (0, 0, −1). Bij het wentelen
om de z-as, die door het brandpunt loopt en loodrecht op de richtlijn staat,
vormt de kromme een omwentelingsparaboloı́de.
210
7.2
Wiskundige Analyse II
Vraag 7.2.1. Voor een functie f (x, y), continu ondersteld in het beschouwde
gebied, kan de integraal
Z
π
Z
sin(x)
f (x, y)dy
dx
0
0
herschreven worden als
1
Z
Z
arcsin(y)
f (x, y)dx
dy
0
− arcsin(y)
vals
De opgegeven grenzen voor y kloppen, de grenzen voor x moeten omgekeerd
worden en de bovenste π verschoven:
Z 1 Z π−arcsin(y)
f (x, y)dx
dy
arcsin(y)
0
y
y
y = sin(x)
1
1
x = π − arcsin(x)
x = arcsin(x)
⇒
0
π
2
y = 0π
x = − arcsin(y)
x
0
π
2
π
x
Figuur 7.2: Grenzen van het gebied voor de integralen.
(
(
x :0→π
y :0→1
⇒
y : 0 → sin(x)
x : arcsin(y) → π − arcsin(y)
211
Vraag 7.2.2. Voor elke continue functie f (x, y) geldt
Z π
Z √3
Z √9−y2
Z 3
4
2
f (x, y)dx =
rf (r cos θ, r sin θ)dr
dy
dθ
x=0
y=0
r=0
θ=0
π
2
Z
+
√3
2
Z
dθ
θ= π4
rf (r cos θ, r sin θ)dr
r=0
waarbij (r, θ) de gewone poolcoördinaten zijn.
vals
Eerst het snijpunt van de twee grenzen bepalen:
s
2
2 r
3
3
3
9
3 3
2
2
=3 ⇔x= 9− √
= 9− = √ ⇒ √ ,√
x + √
2
2
2
2
2 2
De bijbehorende hoek θ is dan π4 . De grenzen moeten ook nog omgezet
worden naar poolcoördiaten, de cirkel is r = 3 en de rechte wordt:
3
3
3
y = √ ⇒ r sin θ = √ ⇒ r = √
2
2
2 sin θ
y
y
3
3
√
3/ 2
√
3/ 2
x=
√
√ 3
2 sin θ
r=3
9−y
⇒
x=0
3
r=
x
π
4
r=0
3
x
Figuur 7.3: Grenzen van het gebied voor de integralen.
(
(
(
y : 0 → √32
θ : π4 → π2
θ : 0 → π4
p
⇒
+
r : 0 → √2 3sin θ
r :0→3
x : 0 → 9 + y2
De correcte integraal wordt dan:
Z π
Z 3
Z
4
dθ
rf (r cos θ, r sin θ)dr +
θ=0
r=0
π
2
θ= π4
212
Z
dθ
√ 3
2 sin θ
r=0
rf (r cos θ, r sin θ)dr
Vraag 7.2.3. Het volume van een omwentelingslichaam beschreven door een
homogeen, projecteerbaar gebied D dat de omwentelingsas niet snijdt, is gelijk aan het product van de baan van het massamiddelpunt van D met de
oppervlakte van D.
waar
Het omwentellingslichaam Σ wordt gevormd door het oppervlak D te wentelen om de x-as. Het oppervlak D is homogeen, ρ = cte en heeft, in het
XY -vlak, de volgende grenzen:
(
x :a→b
y : φ1 (x) → φ2 (x)
φ2 (
x)
y
θ
D
φ1 (x)
rcm
a
b
x
z
Figuur 7.4: Schets van het oppervlak.
De volume-integraal hiervan kan omgezet worden naar cilindercoördinanten:
ZZZ
Z 2π Z b Z φ2 (x)
Z b Z φ2 (x)
Vint =
dxdydz =
dθ
dx
rdr = 2π
dx
rdr
0
a
φ1 (x)
a
φ1 (x)
Om de baan van het massamiddelpunt te bepalen moet eerst de straal geweten zijn:
RR
RR
ρydxdy
ydxdy
D
rcm = yc= = RR
= RRD
ρdxdy
dxdy
D
D
213
Het volume gevormd door de baan is dan:
Rb
Vbaan = 2πrcm D = 2π
a
dx
R φ2 (x)
ydy Z
φ1 (x)
R b R φ2 (x)
dx φ1 (x)
a
b
Z
φ2 (x)
dx
dy
a
Z
dy = 2π
φ1 (x)
Nu nog de coördinaten veranderen:
Z
Vbaan = 2π
b
Z
φ2 (x)
dx
a
rdr = Vint
φ1 (x)
214
b
Z
φ2 (x)
dx
a
ydy
φ1 (x)
Vraag 7.2.4. Zij f een homogene functie van graad k in n variabelen, dan
geldt er
∆(r2 f ) = r2 ∆f + (4k + 2n)f
waar
De functie is homogeen van graad k, dan geld:
(x.∇)f =
∂f
∂f
x1 + . . . +
xn = kf
∂x1
∂xn
De Laplaciaan is de som van de tweede orde afgeleiden. De twee orde afgeleide
naar de variabele xi is:
∂r2
∂
∂
r2 f =
f + r2
∂xi
∂xi
∂xi
q
∂f
r = x21 + . . . + x2n = 2xi f + r2
∂xi
2
2
∂
∂f
∂f
2
2∂ f
r
+
2x
+
r
f
=
2f
+
2x
i
i
∂x2i
∂xi
∂xi
∂x2i
Dit invullen in de Laplaciaan geeft:
n
X
∂
r2 f
∆(r f ) =
∂xi
i=1
2
=
n
X
i=1
=
n
X
i=1
2
∂f
∂f
2∂ f
2f + 2xi
+ 2xi
+r
∂xi
∂xi
∂x2i
2f +
n
X
i=1
n
n
X
X ∂ 2f
∂f
∂f
2xi
+
2xi
+
r2
∂xi i=1
∂xi i=1 ∂x2i
= 2nf + 4kf + r2 ∆(f )
= r2 ∆(f ) + (4k + 2n)f
215
Vraag 7.2.5. De Laplaciaan in R2 is rotatie-invariant.
waar
Beschouw de rotatie om de oorsprong over een hoek α:
(
x = u cos α − v sin α
y = u sin α + v cos α
Waarbij u, v de nieuwe variabelen zijn en α een vaste hoek is. De functies
samenstellen geeft het volgende:
(u, v)
f
(x(u, v), y(u, v))
g
h
h(u, v) = g(x(u, v), y(u, v))
De Laplaciaan van g moet nu gelijk zijn aan die van h: Gebruikmakend van
de kettingregel zijn de eerste orde afgeleiden van h gelijk aan:
∂h
∂g ∂x ∂g ∂y
=
+
∂u
∂x ∂u ∂y ∂u
∂g
∂g
=
cos α +
sin α
∂x
∂y
∂g ∂x ∂g ∂y
∂h
=
+
∂v
∂x ∂v ∂y ∂v
∂g
∂g
= − sin α +
cos α
∂x
∂y
Combineer deze afgeleiden met sinus en cosinus tot het onderstaande:
∂h
∂h
∂g
− sin α
=
∂u
∂v
∂x
∂h
∂h
∂g
sin α
+ cos α
=
∂u
∂v
∂y
cos α
216
Als we hiervan de functies weglaten hebben we twee operators:
∂
∂
∂ ∂
= cos α
− sin α
∂x
∂u
∂v ∂y
= sin α
∂
∂
+ cos α
∂u
∂v
De tweede orde partiële afgeleiden van g zijn:
∂ 2g
∂ ∂f
=
∂x2
∂x ∂x
∂
∂
∂h
∂h
= cos α
− sin α
cos α
− sin α
∂u
∂v
∂u
∂v
2
2
∂ 2h
∂ h
∂ h
+ sin2 α 2
(h ∈ C2 , Schwarz) = cos2 α 2 − 2 sin α cos α
∂u∂v
∂v
∂u
2
∂ g
∂ ∂f
=
2
∂y
∂y ∂y
∂
∂h
∂h
∂
+ cos α
sin α
+ cos α
= sin α
∂u
∂v
∂u
∂v
2
2
∂ h
∂ h
∂ 2h
(h ∈ C2 , Schwarz) = sin2 α 2 − 2 cos α sin α
+ cos2 α 2
∂u
∂v∂u
∂v
De Laplaciaan van de functie g wordt dan:
∆(g) =
∂ 2h ∂ 2h
∂ 2g ∂ 2g
+
=
+
,
∂x2 ∂y 2
∂u2 ∂v 2
217
invariant
Vraag 7.2.6. De transformatieformules
x = r cos θ
y = r sin θ sin φ
z = r sin θ cos φ
zijn inverteerbaar in elk open deelgebied van
(r, φ, θ) : r ≥ 0, 0 < φ < 2π, 0 < θ < π
waar
x
r cos θ
θ
φ
r sin θ sin θ
y
r sin θ cos φ
z
r sin θ
Figuur 7.5: De gebruikte parameters.
(
x>0
x<0
(
y>0
y<0
⇔ cos θ > 0 ⇔ θ ∈]0, π2 [
⇔ cos θ < 0 ⇔ θ ∈] π2 , π[
⇔ sin φ > 0 ⇔ φ ∈]0, π[
⇔ sin φ < 0 ⇔ φ ∈]π, 2π[
(
, 2π[
z > 0 ⇔ cos φ > 0 ⇔ φ ∈]0, π2 [∪] 3π
2
π 3π
z < 0 ⇔ cos φ < 0 ⇔ φ ∈] 2 , 2 [
De cosinus en sinus zijn nooit tegelijk nul, enkel in de oorsprong (r, φ, θ) =
(0, 0, 0). Nergens is er overlap, alle punten zijn uniek.
218
Vraag 7.2.7. De parabolische coördinatentransformatie {x = 2uv, y = u2 −
v 2 } vormt een bijectie tussen {(u, v)|v > 0} en R2 \ {(0, 0)}.
vals
De injectie en surjectie moeten gecontroleerd worden. Voor de waarden u =
a, u = −a en v = b worden x en y
(
(
x = 2 ± av
x = 2 ± ub
x2
x2
2
u = ±a :
⇒
y
=
a
−
,
v
=
b
:
⇒
y
=
−b2
2
2
2
2
2
2
4a
4b
y =a −v
y =u −b
Bovenstaande figuur toont aan dat punten die elkaars puntspiegeling zijn
v
y
b
b
u
x
−a
a
a
Figuur 7.6: Vaste waarden a en b in de assenstelsels.
t.o.v. de oorsprong in (u, v)-stelsel, het zelfde punt geven in het (x, y)-stelsel.
Door de begrensing van v > 0 geldt er injectiviteit. Voor de surjectiviteit
moet er gecontroleerd worden of elk punt van R2 \ {(0, 0)} bereikt wordt: Zowel de x- als y-coördinaten kunnen positieve en negatieve waarden bereiken,
de vier kwadranten zijn in orde. Nu nog de assen:
(
x-as : y = 0 ⇒ u2 = v 2 ⇒ u = ±v
y-as : x = 0 ⇒ 0 = 2uv ⇒ u = 0 ⇒ y = −v 2
Door de beperking dat v enkel positieve waarden kan aannemen, wordt de
positieve y-as niet bereikt. De transformatie is injectief, maar niet surjectief.
219
Vraag 7.2.8. Als de functie f : Rn → R niet continu differentieerbaar is
in het punt a van haar domein, dan kan f in dit punt geen lokaal extremum
bereiken.
vals
p
Beschouw als tegenvoorbeeld de functie f (x, y) = x2 + y 2 , deze heeft in
(0, 0) een absoluut minimum. De afgeleide naar is niet continue in dit minimum:
x
∂
f (x, y) = p
∂x
x2 + y 2
220
Vraag 7.2.9. Als de functie f : Rn → R continu differentieerbaar is in het
punt a en ∇f (a) = 0, dan bereikt f in a een lokaal extremum.
vals
Beschouw de functie f (x, y) = xy, een eenvoudig zadeloppervlak. De in de
oorsprong is de gradiënt is gelijk aan de nulvector, maar dit is een zadelpunt.
221
Vraag 7.2.10. Als de kwadratische vorm gehecht aan de onbeperkt continu
differentieerbare functie f : Rn → R positief definiet is (d.w.z strikt positief
voor alle toename vectoren ~h) in een inwendig punt van haar domein, dan
bereikt f in dit punt een lokaal minimum.
vals
Om waar te zijn moet de functie tweemaal continu differentieerbaar zijn,
haar kwadratische vorm positief definiet en de gradiënt gelijk aan nul in het
extremum. Aan de eerste twee voorwaarden zijn voldaan, de functie zit in
C∞ . De derde voorwaarde is niet gegeven en kan gebruik worden om een
tegenvoorbeeld te maken.
Beschouw de functie f (x, y) = x2 + y 2 waarvan het enige kritische punt de
oorsprong is, een absoluut minimum. De kwadratische vorm hiervan is altijd
positief definiet, voor alle punten in het domein:
Φ(~h) = 2dx2 + 2dy 2 > 0,
∀a ∈ R2 ,
∀~h
Neem het punt (1, 1), dit voldoet aan het gestelde, maar is geen extremum.
222
Test van de week 8
8.1
Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek
Vraag 8.1.1. De ongecorreleerde continue toevallige veranderlijken X1 , X2 , . . . , X10
zijn uniform verdeeld over het interval [0, 2]. De variantie van Y = (X1 +
X2 + · · · + X10 )/10 is dan gelijk aan:
X
1
30
•
10
3
•
1
3
• 1
De veranderlijken Xi zijn uniform verdeeld fXi = 12 , x ∈ [0, 2]. De variantie
wordt dan:
P Xi
var(Y ) = var
10


=0
z
}|
{
X
X
1 
=
var(Xi ) + 2
cov(Xk , Xl )
100
k<l
2
1
(2 − 0)
=
10
100
12
4
=
120
1
=
30
223
Vraag 8.1.2. X en Y zijn twee onafhankelijke toevallige veranderlijken, geometrisch verdeeld met parameter p = 15 . De waarschijnlijkheid dat X = Y
is dan gelijk aan:
X
1
9
•
1
6
•
1
3
De volgende verdelingen zijn gegeven:
x
1
4
1
fX (x) = Geo x,
=
,
5
5
5
y
1
4
1
fY (y) = Geo y,
,
=
5
5
5
x = 0, 1, . . .
y = 0, 1, . . .
Hun gemeenschappelijke densiteit
2z
4
1
fX,Y (z) = fX (z)fY (z) =
5
25
De gevraagde waarschijnlijkheid wordt dan gegeven door:
+∞ 2z
X
4
1
P(X = Y ) =
5
25
z=0
=
1
1
25 1 − 4 2
5
1
25
=
25 25 − 16
1
=
9
224
Vraag 8.1.3. Voor een continue toevallige veranderlijke X eten we dat E(x) =
6 en var(X) = 2. Dan levert de Chebyshev-ongelijkheid de volgende ondergrens voor P (3 ≤ X ≤ 9):
•
2
9
•
2
3
X
7
9
•
1
3
var(X)
a2
var(X)
1 − P(|X − E(X)| ≤ a) ≤
a2
2
P(|X − 6| ≤ 3) ≥ 1 − 2
3
2
P(3 ≤ X ≤ 9) ≥ 1 −
9
7
≥
9
P(|X − E(X)| > a) ≤
225
Vraag 8.1.4. De professor waarschijnlijkheid Dr. de Cooman verplicht de
42 studenten die hij heeft opgesloten in de catacomben van de Plateau om
opeenvolgend Russische roulette te spelen met de revolver van Lucky Luke,
die een cilindrische houder heeft voor zeven kogels. Telkens zit er één kogel
in de houder en elke keer wordt de cilinder zodanig rondgedraaid dat elk van
de zeven posities van de houder ten opzichte van de loop even waarschijnlijk
is. Met welke zo nauwkeurig mogelijke benadering van de waarschijnlijkheid
dat strikt meer dan 35 studenten het overleven, sart hij de studenten? (Hij
en jij verfoeien het rekenen met faculteiten)
X 0, 58725
• 0, 58706
• 0, 67038
• 0, 67003
Het aantal overlevende studenten is verdeeld volgens de binomiale verdeling
. De gevraagde waarBn z|42, 67 met E(X) = 42 76 = 36 en var(X) = 36
7
schijnlijkheid is P (X > 35). Voor grote n benaderd de normale verdeling
X+ 12 −np
de binomiale, Bn(X|n, p) ≈ Nm(N ) met N = √npq
. Hiermee wordt de
gevraagde waarschijnlijkheid benaderd door:
P(X > 35) ≈ 1 − P(X ≤ 35)
√ !
(35 + 12 − 36) 7
=1−P N ≤
6
= 1 − P(N ≤ −0, 2205)
= 1 − (1 − φ(0, 2205))
= φ(0, 2205)
1
5
(φ(0, 23) − φ(0, 22))
= + φ(0, 22) +
2
100
1
5
= + 0, 08706 +
(0, 09065 − 0, 08706)
2
100
= 0, 58725
226
P
Vraag 8.1.5. Beschouw de toevallige veranderlijken X = ni=1 Xi2 en Y =
X−n
√
, waarbij de toevallige veranderlijken Xi elk standaardnormaal verdeeld
2n
en onderling onafhankelijk zijn. Welke van de onderstaande uitspraken is
niet waar?
• X heeft een χ2 -verdeling.
• De verdeling van Y convergeert voor n → ∞ naar de standaardnormale
verdeling.
X De standaardafwijking van X is gelijk aan 2n.
• Ten minste een van de bovenstaande uitspraken is niet waar.
De som van n onafhandelijke standaardnormaal verdeelde variabelen is Chikwadratisch verdeeld met n vrijheidsgraden, X ∼ χ2n . De eerste uitspraak is
dus waar. De tweede is ook waar, volgens de centrale limietstelling en het
X−E(X)
is standaardnormaal verdeeld. Met E(X) =
feit dat X ∼ χ2n . Y = √
var(X)
P
Pn
√
E( i=1 Xi2 ) = ν = n en var(X) = var ni=1 Xi2 = 2ν = 2n, dus Y = X−n
2n
convergeert
standaardnormale verdeling. De derde uitspraak is vals,
p naar een √
σ(X) = var(X) = 2n 6= 2n.
227
Vraag 8.1.6. Welke van de volgende matrices kan een covariantieamatrix
M van twee toevallige veranderlijken X en Y zijn?
4 3
•
5 9
4 3
X
3 9
4 7
•
7 9
4 3
•
3 −1
228
Vraag 8.1.7. Natasja gaat als lid van de lokale jeugdbeweging van huis tot
huis in de wijk Zulzeke om bakjes sinaasappelen te verkopen. De waarschijn1
. Geen
lijkheid dat ze een bakje verkoopt aan een willekeurige huisdeur is 10
enkele familie koopr meer dan een bakje, en je mag ervan uitgaan dat het
koopgedrag van een familie nier door de andere families wordt beı̈nvloed. Wat
is het verwachte aantal huizen waaraan Natasja moet aanbellen tot ze twee
bakjes heeft verkocht? (De huizen waar ze inderdaad verkoopt, worden meegeteld).
• Aangezien het over twee bakjes gaat, is er onvoldoende informatie in
de vraagstelling aanwezig om het verwachte aantal huizen te kunnen
berekenen.
• 100
• 18
X 20
229
Vraag 8.1.8. Er wordt een steekproef met grootte n = 10 genomen uit een
standaardnormale verdeling. Welke van de volgende beweringen is juist?
2
heeft een χ29 -verdeling.
X 9S10
2
• 9S10
heeft een Nm( · |0, 10)-verdeling.
2
• 9S10
heeft een χ210 -verdeling.
2
heeft een Ga( · |5, 2)-verdeling.
• 9S10
Eigenschapen van X: n = 10, E(X) = 0 en var(X) = 1. (n−1)
Sn2 is Chiσ2
kwadratisch verdeeld met n − 1 vrijheidsgraden. Met de eigenschappen van
X wordt dit: 9S12 0 ∼ Chi29 .
230
Vraag 8.1.9. Een urne bevat 8 ballen waarvan 3 rode en 5 blauwe. Hieruit
worden ballen getrokken zonder terugplaatsing. Laat Xi met i ∈ {1, 2, . . . , 8}
gelijk zijn aan 1 wanneer in de i-de trekking een rode bal wordt getrokken, 0
anders. Wat is de verwachtingswaarde van het product X1 (1 − X3 )?
X
15
56
•
3
28
•
15
64
• Geen van de bovenstaande.
A
X is Hypergeometrisch verdeeld dus E(Xk ) = A+B
, en voor het product:
A(A−1)
E(Xk Xl ) = (A+B)(A+B−1) . Hierbij zijn A = 3 en B = 5. Zodat E(Xk ) = 38 en
6
E(Xk Xl ) = 65
. Zodat de gevraagde verwachtingswaarde wordt:
E(X1 (1 − X3 )) = E(X1 − X1 X3 ) = E(X1 ) − E(X1 X3 ) =
231
6
15
3
−
=
8 65
64
Vraag 8.1.10. Arland gaat met de tram naar school. In de volgende tabel
staan, voor 15 opeenvolgende schooldagen, hoe lang (in minuten) hij aan de
tramhalte heeft gewacht:
3 6 7 13 14 8 10 9 0 10 7 1 2 14 12
Welke van de volgende figuren vat de data (wachttijden) correct samen in een
kader-met-staafdiagram?
0
3
8
•
12
14
12
14
12
14
8•
0
4
8
•
7.733 •
0
3
8
7.733 •
X
0
3
8
•
10
14
8•
Figuur 8.1: Mogelijke kader-met-staafdiagrammen.
Eerst de ordestatistieken:
x(1) = 0
x(4) = 3
x(8) = 8
x(12) = 12
x(2) = 1
x(5) = 6
x(9) = 9
x(13) = 13
x(3) = 2 x(6) = x(7) = 7 x(10) = x(11) = 10 x(14) = x(15) = 14
Het steekproefgemiddelde is:
P
x̄15 =
xi
= 7, 733
15
Tenslotte de steekproefstatistieken:
q 1 = x(4) = 3,
4
q 1 = x(8) = 8,
2
232
q 3 = x(12) = 12
4
Test van de week 9
9.1
Meetkunde en Lineaire Algebra
Vraag 9.1.1. Een rechte bolconoı̈de heeft oneindig veel singuliere punten,
namelijk alle punten van het richtlijnstuk.
vals
We bepalen eerst de parametervoorstelling van het oppervlak. Neem een bol
met middelpunt O de oorsprong en straal R, wentel hiervoor de eenheidscirkel
in het XZ-vlak om de z-as:
π π
B(θ, ϕ) = R cos θ cos ϕ, R cos θ sin ϕ, R sin θ , (θ, ϕ) ∈ [− , ] × [0, 2π]
2 2
Hierbij is θ de hoek met de x-as in het XZ-vlak en vorm een halve cirkel in
dit vlak. φ is de hoek met de x-as in het XY -vlak.
z
θ
y
x
ϕ
Figuur 9.1: De gebruikte parameters.
Het richtlijnstuk is ligt op een rechte evenwijdig met de z-as op een afstand a
van de oorsprong volgens de y-as, met eindpunten op (0, a, R) en (0, a, −R)
P (θ) = 0, a, R sin θ ,
233
π π
θ ∈ [− , ]
2 2
Nu de constructie van het oppervlak zelf. Door elk punt P (θ) op het lijnstuk
gaan er twee rechten, evenwijdig met het XY -vlak, die de bol raken. De
corresponderende punten op de bol zijn Q en Q0 . De raaklijn P Q moet
loodrecht op de de rechte OQ staan, die door het punt en de oorsprong gaat.
De richtingsvectoren van deze rechten zijn:
P~Q = R cos θ∗ cos ϕ, R cos θ∗ sin ϕ − a, 0
~ = R cos θ∗ cos ϕ, R cos θ∗ sin ϕ, R sin θ∗
OQ
De hoek ϕ is afhangelijk van de vaste het punt op de richtrechte, dus functie
van θ∗ . Opdat de rechten loodrecht op elkaar staan moet het scalaire product
van hun richtingsvectoren nul zijn:
~ = R cos(θ∗ )(R cos θ∗ − a sin ϕ) = 0
P~Q.OQ
Hieruit komen twee vergelijking om de parameter ϕ te vervangen in de bol:
sin ϕ =
R
cos θ∗
as
2
R
cos2 θ∗
cos ϕ = ± 1 −
a
1√ 2
=
a − R2 cos2 θ∗
a
Vervangen we dit in de voorstelling van de bol, dan geeft het een parametervoorstelling van de richtkromme, gevormd door de raakpunten op de bol:
K(θ) =
√
R2
R
cos θ a2 − R2 cos2 θ∗ ,
cos2 θ∗ , R sin θ
a
a
De richtingvector van de beschrijvende rechten zijn van de vorm
√
R
R2
P~K(θ) = K(theta) − P (theta) =
cos θ a2 − r2 cos2 θ,
cos2 θ − a, 0
a
a
De parameter θ doorloopt het interval [0, 2π]. De cosinus zorgt voor een
wisselend teken in de eerste component, zodat er langs beide zijden van de
bol raaklijnen zijn. Voeg de kromme en de richtingsvectoren samen, K(θ) +
v P~K(θ). Het gevormde oppervlak heeft dan een parametervoorstelling:
√
R
R2
2
2
2
Σ(θ, v) =
(1 + v) cos θ a − R cos θ,
(1 + v) cos2 θ − va, R sin θ
a
a
234
Hierbij loopt θ tussen 0 en 2π en v tussen 0 en −1. Het kruisproduct van de
partiële afgeleiden gelijkstellen aan de nulvector geeft een stelsel waaruit de
singuliere punten komen:
(
(
cos
θ
=
0
θ ∈ − π2 , π2
Σθ × Σv = ~0 ⇔
⇔
v
= −1
v = −1
De punten Σ(− π2 , −1) en Σ( π2 , −1) corresponderen met de eindpunten van
het richtlijnstuk.
235
Vraag 9.1.2. Een schroefoppervlak heeft oneindig veel singuliere punten, namelijk alle punten van de schroeflijn.
waar
Het schroefoppervlak is het raaklijnenoppervlak van de schroeflijn. Als deze
laatste de parametervoorstelling
S(t) = R cos t, R sin t, Rt tan α , t ∈ [0, +∞[
d
dan wordt die van het oppervlak Σ(t, s) = S(t) + s dt
S(t):
Σ(t, s) = R(cos t − s sin t), R(sin t + s cos t), R(t + s) tan α ,
t ∈ [0, +∞[
Het kruisproduct van de partiële afgeleiden gelijkstellen aan de nulvector
geeft
Σt × Σs = s(−R2 tan α sin t, R2 tan α cos t, −R2 ) = ~0 ⇔ s = 0
De punten die voldoen aan Σ(t, 0) vormen de schroeflijn.
236
Vraag 9.1.3. Op een wig van Wallis liggen oneindig veel ellipsen.
waar
Een wig van Wallis is een regeloppervlak met als richtkromme een cirkel,
richtlijnstuk en richtvlak, alle loodrecht op elkaar. De cirkel (C(t)) bevindt
zich in het XZ-vlak, het richtlijnstuk (L(t)) in het Y Z-vlak op een afstand a.
Het richtvlak is het XY -vlak. De cirkel, het richtlijnstuk en de richtingsvector
zijn
C(t) = R cos t, 0, R sin t , t ∈ [0, 2π]
π π
L(t) = 0, a, R sin t , t ∈ [− , ]
2 2
~v (t) = (−R cos t, a, 0)
Het regeloppervlak is Σ(t, s) = C(t) + s~v (t)
Σ(t, s) = R(1 − s) cos t, sa, R sin t ,
(t, s) ∈ [0, 2π] × [0, 1]
Voor elke vaste s∗ geeft Σ(t, s∗ ), t ∈ [0, 2π] een ellips evenwijdig met het
XZ-vlak.
237
Vraag 9.1.4. Het oppervlak met cartesiaanse vergelijking 2z = x2 − y 2 is een
regeloppervlak met twee stellen beschrijvenden, waarbij elk van beide stellen
zijn eigen richtvlak heeft.
waar
De vergelijking geeft een hyperbolische paraboloı̈de, met de volgende eigenschappen:
1. twee verschillende, kruisende stellen rechten,
2. elke beschrijvende rechte snijdt een rechte van het andere stel,
3. elk stel heeft een richtvlak.
Bij de gelijkzijdige versie, staan de richtvlakken loodrecht op elkaar.
238
Vraag 9.1.5. Er bestaan hermitische matrices in C2×2 waarvan het spoor 0
is en de determinant positief.
vals
De matrix C is hermetisch als en slechts als zijn getransponeerde gelijk is aan
zijn complex geconjugeerde, C > = C̄ of C † = C. Beschouw een algemene
matrix C ∈ C2×2 om het gevraagde te bekomen:
a b
C=
, a, b, c, d ∈ C
c d
De volgende eigenschappen zijn geëist:
1. C † = C
2. tr(C) = 0
3. det(C) > 0
De eerste eigenschap is vervult als c = b̄. Het spoor is tr(C) = a + c,
om te voldoen aan de tweede eigenschap moet a = −c. De determinant is
det(C) = ac − b̄b = ac − |B|2 , om te voldoen aan de derde eigenschap moet
ac > |b|2 . Zowel de modulus al het kwadraat zijn altijd positief, het product
van tegengestelden zijn altijd negatief. Er bestaan geen matrices die voldoen
aan opgegeven eigenschappen.
239
Vraag 9.1.6. Er bestaan nilpotente matrices die diagonaliseerbaar zijn.
vals
Voorwaarde voor diagonaliseerbaar zijn, het minimaal polynoom bevat enkel
lineaire termen. De matrix A is nilpotent, Ak = 0, verschillend van de
nulmatrix A 6= 0, k is een natuurlijk getal. Het minimaal polynoom is
mA (z) = z k = 0
Dit heeft enkel lineaire termen als k = 1. De matrix A kan enkel de nulmatrix
zijn.
240
Vraag 9.1.7. Zij u ∈ Cn×1 , u 6= 0, n > 1. Dan is 0 ∈ σ(u.u> ).
waar
Nul zit enkel in het spectrum van uu> als de determinant nul is. Stel dat alle
elementen van u verschillend zijn van nul. Elke rij wordt dan (u.u> )∗j = uj .u.
De determinant:
det(u.u> ) = det(u1 .u|u2 .u| . . . |un .u)
= u1 u2 . . . un det(u|u| . . . |u)
n
Y
=
ui (0)
k=1
=0
De determinant is nul, het gevraagde is waar.
241
Vraag 9.1.8. Zij u ∈ Cn×1 , u 6= 0, n > 1. Dan is u> u ∈ σ(u.u> ).
waar
Beschouw de opgegeven matrices u.u> :


u21
u1 u2 · · · u1 un−1 u1 un
 u2 u1
u22
u2 un−1 u2 un 







.. 
...
u.u> =  ...
. 






2
un−1 u1 un−1 u2
un−1 un−1 un 
un u1
un u2 · · · un un−1
u2n
Het spoor van deze matrix is gelijk aan het scalaire product u> .u:
tr(u.u> ) = u> .u =
n
X
u2i
i=1
u> .u heeft de zelfde van nul verschillende eigenwaarden als u.u> . En het
spectrum van deze laatste is σ(u> .u) = {u.u> }, zodat het gestelde waar is.
242
Vraag 9.1.9. Zij u ∈ Cn×1 , u 6= 0, n > 1. Dan bevat σ(u.u> ) slechts twee
verschillende elementen.
waar
u.u> en u> .u bezitten de zelfde van nul verschillende eigenwaarden, als het
spectrum σ(u> .u) = {u.u> } is, dan:
σ(u.u> ) = σ(u> .u) ∪ {0} = {u21 + . . . + u2n , 0}
243
Vraag 9.1.10. Zij A ∈ Cn×n . Dan hebben de matrices A + I en A − I
dezelfde eigenvectoren.
waar
244
9.2
Natuurkunde I
Vraag 9.2.1. A charge of 25 nC is uniformly distributed along a circular arc
(radius=2.0 m) that is subtended by a 90-degree angle. What is the magnetude
of the electric field at the center of the circle along which the arc lies?
• 81 N/C
• 61 N/C
• 71 N/C
X 51 N/C
• 25 N/C
245
Vraag 9.2.2. A uniformly charged rod (length=2.0 m, charge per unit length=3.0 nC/m)
is bent to form a semicircle. What is the magnitude of the electric field at
the center of the circle?
• 64 N/C
• 133 N/C
• 48 N/C
X 85 N/C
• 34 N/C
y
dθ
θ
x
dEx
dE
dEy
Figuur 9.2: Uniform geladen staaf.
Vanwege symmetrie is de x-component van het elektrische veld nul. Voor de
y-component beschouw een infinitisemaal deeltje van de geladen staaf. Dit
zorgt voor een elektrisch veld dEy = dE sin θ in de oorsprong. De lading is
uniform verdeelt over de staaf, in het beschouwde deeltje is de lading:
dQ = λds = λRdθ =
246
λl
dθ
π
Het elektrische veld veroorzaakt door het deeltje wordt dan:
1 1
dQ sin θ
4π0 R2
1 1 λl
dθ sin θ
=
4π0 πl22 π
λ
=
sin θdθ
4l0
dE sin θ =
Om het gevraagde elektrische veld te bekomen integreren we over de volledige
staaf:
Z π
λ
Ey =
sin θdθ
0 4l0
λ
=
(− cos π + cos 0)
4l0
λ
=
2l0
3.0 × 10−9 C/m
=
2(2.0 m)(8.854 × 1012 C2 /Nm2 )
= 85 N/C
247
Vraag 9.2.3. A uniform linear charge of 2.0 nC/m is distributed along the
x axis from x = 0 to x = 3 m. Which of the following integrals is correct for
the y component of the electric field at the y = 4 m on the y axis.
R3
72
X 0 (16+x
2 )3/2 dx
•
R3
•
R3
•
R3
18
dx
0 (16+x2 )3/2
72
dx
0 (16+x2 )
18
dx
0 (16+x2 )
• none of these
dE
dEy
y
dEx
θ
dx
x
x
Figuur 9.3: Uniform geladen staaf
Beschouw eerst een infinitisemaal deeltje van de geladen staaf. Dit zorgt
voor een elektrisch veld dEy = dE sin θ in het gevraagde punt. De lading
is uniform verdeelt over de staaf, in het beschouwde deeltje is √
de lading
dQ = λdx. De afstand van het het deeltje tot het punt (0, 4) is r = 42 + x2 .
248
Het elektrische veld dEy veroorzaakt door het deeltje wordt dan:
1 1
dQ sin θ
4π0 r2
1
4
1
λdx √
=
2
4π0 16 + x
16 + x2
λ
1
=
dx
π0 (16 + x2 )3/2
dE sin θ =
Om het gevraagde elektrische veld te bekomen integreren we over de volledige
staaf:
Z 3
1
λ
Ey =
dx
2 3/2
0 π0 (16 + x )
Z 3
2.0 × 10−9 C/m
1
dx
=
−12
2
2
C /Nm ) (16 + x2 )3/2
0 π(8.854 × 10
Z 3
72
=
dx
2 3/2
0 (16 + x )
249
Vraag 9.2.4. A particle (mass=5.0 g, charge=40 mC) moves in a region of
space where the electric field is uniform and is given by Ex = −5.5 N/C,
Ey = Ez = 0. if the position and the velocity of the particle at t = 0 are
given by x = y = z = 0 and vx = 50 m/s, vy = vz = 0, what is the distance
from the origin to the particle at t = 2.0 s?
• 60 m
• 28 m
• 44 m
X 12 m
• 88 m
y
Ex
x2 ?
t=0
50 m/s
Fel
t=2
v2
x
Figuur 9.4: Deeltje in een elektrisch veld.
De bewegingsvergelijking voor het geladen deeltje is:
x(t) = x0 + v0 t +
at2
2
waarbij x0 en v0 gegeven zijn. De versnelling wordt veroozaakt door de kracht
die het elektrische veld uitoefent op het deeltje en is:
a=
Fel
qE
(40 × 10−3 C)(−5.5 N/C)
=
=
= −44 m/s2
m
m
0.005 kg
Vul alle gevens in:
x(2) = 0 + (50 m/s)(2 s) −
250
(44 m/s2 )(2 s)2
= 12 m
2
Vraag 9.2.5. A particle (mass=5.0 g, charge=40 mC) moves in a region of
space where the electric field is uniform and is given by Ex = −2.3 N/C,Ey =
Ez = 0. if the position and the velocity of the particle at t = 0 are given by
x = y = z = 0 and vz = 20 m/s, vx = vz = 0, what is the distance from the
origin to the particle at t = 2.0 s?
• 60 m
X 54 m
• 69 m
• 78 m
• 3.2 m
z
Fel
r(2)
t=2
Ex
v2
20 m/s
y
t=0
x
Figuur 9.5: Deeltje in elektrisch veld.
De kracht Fel veroorzaakt een versnelling in de x-richting en heeft geen invloed op de snelheid in de z-richting, ze staan loodrecht op elkaar. De weg
afgelegd door het deeltje langs de z-as wordt dan
z(2) = 2v0 = 2(20 m/s) = 40 m
De versnelling veroorzaakt door de kracht is
a=
Fel
qE
(40 × 10−3 C)(−2.3 N/C)
=
=
= −18.4 m/s2
m
m
0.005 kg
251
De afgelegde weg in de x-richting is
x(2) = 0 + 0 −
(18.4 m/s)(2 s)2
= −36.8 m
2
De afstand tot de oorsprong op t = 2 wordt dan:
q
p
r(2) = x(2)2 + y(2)2 + z(2)2 = (36.8 m)2 + 0 + (40 m)2 = 54 m
252
Vraag 9.2.6. A charge of 50 µC is placed on the y axis at y = 3.0 cm and a
77 µC charge is placed on the x axis at x = 4.0 cm. If both charges are held
fixed, what is the magnitude of the initial acceleration of an electron released
from rest at the origin?
X 1.2 × 1020 m/s2
• 1.5 × 1020 m/s2
• 1.0 × 1020 m/s2
• 1.8 × 1020 m/s2
• 2.0 × 1020 m/s2
y
Qy
+
Fely
e
ae − ?
Qx
−
−
Felx
+
x
Figuur 9.6: Twee geladen deeltjes.
De kracht op het elektron ten gevolge van de twee puntladingen is:
s 2
2
e
Qx
Qy
1 Qe
=
+
Fel =
2
2
4π0 r
4π0
rx
ry2
Vul de gegevens in:
1.602 × 10−19 C
Fel =
4π(8.854 × 10−12 C2 /Nm2 )
s
77 × 10−6 C
(0.02 m)2
2
+
50 × 10−6 C
(0.03 m)2
2
De versnelling van het elektron ten gevolge van de twee puntladingen:
ae− =
Fel
1.058 × 10−10 N
=
= 1.2 × 1020 m/s2
me−
9.11 × 10−31 kg
253
= 1.058 × 10−10 N
Vraag 9.2.7. The velocity of a particle (m = 10 mg, q = −4.0 µC) at t = 0
is 20 m/s in the positive x direction. If the particle moves in a uniform
electric field of 20 N/C in the positive x direction, what is the particle’s speed
at t = 5.0 s?
• 60 m/s
• 20 m/s
• 45 m/s
• 40 m/s
• 70 m/s
Soortgelijke situatie als in vraag 9.2.3, het elektrische veld zorgt voor een
tegenwerkende kracht. De snelheid op t = 5 wordt dan:
v(5) = 20 m/s +
(−4.0 × 10−6 C)(20 N/C)(5 s)
= −20 m/s
10 × 10−6 kg
254
Vraag 9.2.8. A positively charged particle is moving in the +y-direction
when it enters a region with a uniform electric field pointing in the +xdirection. Which of the diagrams below show its path while it is in the region
where the electric field exists? The region with the field is the region between
the plates bounding each figure. The field lines always point to the right. The
x-direction is to the right; the y-direction is up.
q
Figuur 9.7: Initial situation.
•
•
q
q
•
X
q
q
Figuur 9.8: Possible paths for the particle.
2
Bewegingsvergelijking van een deeltje is x(t) = x0 + v0 t + at2 . Het elektrische veld veroorzaakt een versnelling, en de laatste term staat de tijd in het
kwadraat.
255
Vraag 9.2.9. Three pith balls supporteed by insulating threads hang from a
support. We know that ball X is positively charged. When ball X is brought
near balls Y and Z without touching them, it attracts Y and repels Z. We
can conclude that
• Y has a negative charge.
• Z has a negative charge.
• Y has a positive charge.
X Z is neutral (has no net charge.)
Bal Y is neutraal en de ladingen verschuiven.
256
Vraag 9.2.10. A uniform electric field E~I is present in the region between
the infinite parallel planes of charge, A and B, and a uniform electric field
E~II is present in the region between the infinite parallel planes of charge B
and C. When the planes are vertical and the fields are both non-zero,
• E~I and E~II are both directed to the right.
• E~I and E~II are both directed to the left.
• E~I points to the right and E~II to the left.
• E~I points to the left and E~II to the right.
X Any one of the above is possible.
A
E~I
B
E~II
C
•
•
•
•
Figuur 9.9: Drie geladen platen met de mogelijke velden.
lading plaat A lading plaat B lading plaat C
+
neutraal
−
mogelijk
−
neutraal
+
mogelijk
+
−
+
mogelijk
−
+
−
mogelijk
257
Test van de week 10
10.1
Wiskundige Analyse II
Vraag 10.1.1. De vergelijking y 3 − x = 0 definieert op impliciete wijze een
unieke continue functie y = φ(x) in een omgeving van het punt x = 0 met
φ(0) = 0.
waar
Controleer met de stelling van de impliciete functie.
1. F (x, y) = y 3 − x = 0 ∈ C 1
2. F (0, 0) = 0
3.
∂
F (0, 0)
∂y
6= 0
De eerste is in orde, de vergelijking is een veeltermfunctie en zit dus in C ∞ .
De waarde in de oorsprong is F (0, 0) = 03 − 0 = 0. De eerste afgeleide naar
y, geëvalueert in de oorsprong.
∂
F (x, y)
= 3y 2 (x,y)=(0,0) = 0
∂y
(x,y)=(0,0)
De stelling geeft geen besluit, maar we kunnen zelf een impliciete functie
maken:
√
y3 − x = 0 ⇔ x = y3 ⇔ y = 3 x
Dit is een continue functie in gans R.
258
Vraag 10.1.2. De vergelijking y 3 − x2 = 0 definieert op impliciete wijze een
unieke continue functie x = φ(y) in een omgeving van het punt y = 0 met
φ(0) = 0.
vals
Controleer met de stelling van de impliciete functie.
1. F (x, y) = y 3 − x = 0 ∈ C 1
2. F (0, 0) = 0
3.
∂
F (0, 0)
∂y
6= 0
De eerste is in orde, de vergelijking is een veeltermfunctie en zit dus in C ∞ .
De waarde in de oorsprong is F (0, 0) = 03 − 02 = 0. De eerste afgeleide naar
y, geëvalueert in de oorsprong is
∂
F (x, y)
= 3y 2 (x,y)=(0,0) = 0
∂y
(x,y)=(0,0)
De stelling geeft geen besluit, maar we kunnen zelf een impliciete functie
maken:
3
y 3 − x2 = 0 ⇔ y 3 = x2 ⇔ y 2 = x
Deze bestaat niet voor negatieve waarden van y.
259
Vraag 10.1.3. De vergelijkking x2 +y 2 +z 2 = 1 definieert op impliciete wijze
een unieke continue functie z = φ(x, y) in een omgeving van het punt (1, 0)
met φ(1, 0) = 0.
vals
Controleer met de stelling van de impliciete functie.
1. F (x, y, z) = y 3 − x = 0 ∈ C 1
2. F (1, 0, 0) = 0
3.
∂
F (1, 0, 0)
∂z
6= 0
De eerste is in orde, de vergelijking is een veeltermfunctie en zit dus in C ∞ .
De waarde in het punt is F (1, 0, 0) = 12 + 02 + 02 − 1 = 0. De eerste afgeleide
naar z, geëvalueert in de het punt is
∂
F (x, y, z)
= 2z|(x,y,z)=(1,0,0) = 0
∂z
(x,y,z)=(1,0,0)
De stelling geeft geen besluit, maar we kunnen zelf een impliciete functie
maken:
p
z 2 = 1 − x2 − y 2 ⇔ z = ± 1 − (x2 + y 2 )
Deze bestaat enkel in de open eenheidscirkel in de oorsprong.
260
Vraag 10.1.4. De vergelijking x2 + y 2 + z 2 = 1 definieert op impliciete wijze
een unieke continue functie z = φ(x, y) in een omgeving van het punt ( √13 , √13 )
met φ( √13 , √13 ) = − √13 .
waar
Controleer met de stelling van de impliciete functie.
1. F (x, y, z) = y 3 − x = 0 ∈ C 1
2. F ( √13 , √13 , − √13 ) = 0
3.
∂
F ( √13 , √13 , − √13 )
∂z
6= 0
De eerste is in orde, de vergelijking is een veeltermfunctie en zit dus in C ∞ .
De waarde in het punt is F ( √13 , √13 , − √13 ) = 13 + 31 + 13 − 1 = 0. De eerste
afgeleide naar z, geëvalueert in het punt is
−2
∂
= 2z|(x,y,z)=( √1 , √1 ,− √1 ) = √ 6= 0
F (x, y, z)
3
3
3
∂z
3
(x,y,z)=( √1 , √1 ,− √1 )
3
3
3
De stelling geeft geen besluit, maar we kunnen zelf een impliciete functie
maken:
p
z 2 = 1 − x2 − y 2 ⇔ z = − 1 − x2 − y 2
Deze is continu in het gevraagde gebied.
261
Vraag 10.1.5. De vergelijking x − y − 2 sin(4z − x2 + y 2 ) = 0 definieert in
een omgeving van (x, y) = (0, 0) op unieke wijze een differentieerbare functie
z = f (x, y) waarvoor f (0, 0) = π.
waar
Controleer de stelling van de impliciete functie met F (x, y, z) = x − y −
2 sin(4z − x2 + y 2 ) = 0.
1. F (x, y, z) ∈ C 1
2. F (0, 0, π) = 0
3.
∂
F (0, 0, π)
∂z
6= 0
De eerste is in orde, de vergelijking is een combinatie van oneindig differentieerbare functies. De waarde in de oorsprong is F (0, 0, π) = 0 − 02 sin(4π −
02 + 0) = 0. De eerste afgeleide naar z, geëvalueert in de oorsprong is
∂
F (x, y, z)
= 8 cos(4z − x2 + y 2 )(x,y,z)=(0,0,π) = −8 6= 0
∂z
(x,y,z)=(0,0,π)
Er bestaat een unieke, expliciete functie die differentieerbaar is in de beschouwde omgeving.
262
Vraag 10.1.6. De vergelijking exp(x − y) − y − x = 0 definieert in een
omgeving van x = 21 op unieke wijze een afgeleide functie y = φ(x), met
φ( 21 ) = 12 , wat tevens een lokaal minimum van de functie is.
waar
Controleer de stelling van de impliciete functie met F (x, y) = exp(x − y) −
y − x = 0.
1. F (x, y) ∈ C 1
2. F ( 21 , 12 ) = 0
3.
∂
F ( 12 , 21 )
∂y
6= 0
De eerste is in orde, de vergelijking is een combinatie van oneindig differentieerbare functies. De waarde in het punt is F ( 12 , 21 ) = exp(0) − 1 = 0. De
eerste afgeleide naar y, geëvalueert in het punt is
∂
F (x, y)
= −exp(x − y) − 1|(x,y)=( 1 , 1 ) = −2 6= 0
2 2
∂y
(x,y)=( 1 , 1 )
2 2
Er bestaat een unieke, expliciete functie die differentieerbaar is in de beschouwde omgeving: y = φ(x).
Fx (x, φ(x)) exp(x − y) − 1 0
φ (x)| 1 =
=
=0
2
Fy (x, φ(x)) 1
Fy (−exp(x − y) − 1) 1
2
2
De eerste afgeleide van φ(x) is nul in het gevraagde punt, dus is er een lokaal
extremum mogelijk. Controleer het teken van de tweede afgeleide. Allereerst,
bestaat deze wel in het punt?
1 1
Fyy
,
= exp(x − y)|(x,y)=( 1 , 1 ) = 1 6= 0
2 2
2 2
263
In orde, bepaal nu de tweede afgeleide:
d Fx (x, φ(x)) 00
φ (x)| 1 =
2
dx Fy (x, φ(x)) 1
2
(Fxx + Fxy φ0 (x)) Fy − Fx (Fyx + Fyy φ(x)) =−
1
Fy (x, φ(x))2
2
exp(x − φ(x)) − exp(x − φ(x))φ0 (x) =−
1
(− exp(x − φ(x)) − 1)2
2
exp(0) − exp(0)0
=−
(− exp(0) − 1)2
1
= >0
2
De eerste afgeleide is nul, de tweede bestaat en is positief, het beschouwde
punt is een lokaal minimum.
264
Vraag 10.1.7. Als f (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0 opgelost kan worden naar elke xi
als differentieerbare functie van x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn dan geldt er dat
∂x1 ∂x2
∂xn−1 ∂xn
...
=1
∂x2 ∂x3
∂xn ∂x1
vals
Beschouw de functie
Xi = f (x1 , . . . , xi−1 , φi (x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn ), xi+1 , . . . , xn )
, waarbij naar de i-de component is opgelost. Het gegeven zegt dat dit
kan, en dus moet de afgeleide naar een willekeurige component volgens de
kettingregel:
∂f
− ∂x
fx
∂Xi
∂f
∂f ∂xi
∂xi
=
+
=0⇒
= ∂fi j = − j
∂xj
∂xj ∂xi ∂xj
∂xj
f xi
∂x
i
Dit geldt voor alle j = 1, . . . , i − 1, i + 1, . . . , n en i = 1, . . . , n. De noemer
is verschillend van nul aangezien er opgelost kan worden naar i-de component. Invullen van het bovenstaand in het opgegeven product geeft dan het
volgende als resultaat:
fx2 fx3
fx
. . . 1 (−1)n = (−1)n
fx1 fx2
f xn
Het gevraagde is waar voor functies met een even aantal componenten, maar
vals bij een oneven aantal.
265
Vraag 10.1.8. Zij g(x, y, z) = 0 de vergelijking van een oppervlak S in de
driedimensionale ruimte, met
g ∈ C1
∇g(P ) 6= 0, ∀P ∈ S.
Dan zullen de punten P ∈ S op extremale afstand van een vast punt A ∈
/S
voldoen aan
~ ∇g(P )
AP
waar
Beschouw concentrische sferen met het punt A als middelpunt en de lengte
~ de straal. Wanneer de sfeer het oppervlak raakt, is dit een extremum.
van AP
De raakvlakken aan bol staan steeds loodrecht op de voerstraal, of nog:
~ ∇g(P )
AP
266
Vraag 10.1.9. Voor elke drie positieve getallen a, b, c geldt steeds dat
27x2 b2 c2 ≤ (a2 + b2 + c2 )3
waar
Beschouw volgende functie in drie variabelen:
f (a, b, c) = (a2 + b2 + c2 )3 − 27a2 b2 c2 ≥ 0
De kritische punten hiervan worden gevonden met volgend stelsel:


f a = 0
⇔ KP = {(a, a, a)}
fb 0


fc = 0
De overige resultaten zijn ofwel imaginair ofwel negatief.


faa fab fac Φ(h) :  fab fbb fbc 
fac fbc fcc (a,b,c)=(a,a,a)
Deze matrix is semi-definiet.
Merk op f (a, a, a) = a6 (27 − 27), de functie a6 bezit een (absoluut) minimum
in de oorsprong, met de functiewaarde 0. De funtie f (a, b, c) is dus voor alle
a, b en c positief. Het gestelde is aldus waar:
f (a, b, c) ≥ 0 ⇒ (a2 + b2 + c2 )3 ≥ 27a2 b2 c2
267
Vraag 10.1.10. Voor positieve getallen x1 , . . . , xn geldt steeds dat
1
(x1 . . . . .xn ) n ≤
x1 + . . . + x n
n
waar
268
Test van de week 11
11.1
Meetkunde en Lineaire Algebra
Vraag 11.1.1. Zij p en q twee veeltermfuncties met reële coëfficiënten en
A een reële vierkante matrix. Dan is p(A) diagonaliseerbaar over R als een
slechts dan als q(A) diagonaliseerbaar is over R.
waar
269
Vraag 11.1.2. Zij A een reële, antisymmetrische matrix (verschillend van
de nulmatrix). Dan kan A nooit diagonaliseerbaar zijn over R.
waar
Er is gegeven dat A> = −A. De matrix A is hierdoor ook een normale
matrix:
A.A† = A† .A = A.A> = (A.A> )
Een normale matrix is diagonaliseerbaar, over Cn×n . Indien alle eigenwaarden strikt reëel zijn, is het gestelde waar. Beschouw de eigenwaarden λ en
eigenvectoren v van de matrix A, neem de hermitisch toegevoegde en het
tegengstelde van beide leden:
Av = λv,
A† v = λ̄v,
en − Av = −λv
Aangezien de matrix reëel en antisymmetrisch is, geldt:
A† = −A ⇒ λ̄ = −λ
De complex toegevoede van de eigenwaarden moet dus gelijk zijn aan hun
tegengestelde, dit kan enkel indien het reële deel nul is, Re(λ) = 0, of de
eigenwaarden moeten zuiver imaginair zijn. De opgegeven matrix A kan
nooit diagonaliseerbaar zijn over R.
270
Vraag 11.1.3. Een n×n orthogonale projectiematrix is steeds diagonaliseerbaar.
waar
Matrices die een projectie voorstellen zijn idempotent, eens de afbeelding is
uitgevoerd, hebben opeenvolgende projectie geen invloed. Er geldt dus:
A2 = A ⇔ A2 − A = 0 ⇔ A(A − I) = 0
Een annulerend polynoom is dan λ(λ − 1). Het minimaalpolynoom moet
deler zijn van elk annulerend polynoom. Indien dit λ = 0 of λ − 1 = 0 was,
zou de matrix A resp. de nul- of eenheidsmatrix zijn. Deze stellen geen
projectie voor, dus λ(λ − 1) is het minimaal polynoom, dat bovendien een
product is van lineaire termen. De matrix is diagonaliseerbaar.
271
Vraag 11.1.4. Als een matrix A ∈ Cn×n diagonaliseerbaar is, dan bestaat
er van die matrix een orthonormale basis van eigenvectoren voor Cn×1 .
vals
272
Vraag 11.1.5. Elke orthogonale matrix in Rn×n is diagonaliseerbaar over R.
vals
273
Vraag 11.1.6. Zij x, y ∈ Rn×1 . Dan bezit de matrix xy T slechts één eigenwaarde als en slechts dan als x en y onderling orthogonaal zijn.
waar
Beschouw de vectoren x en y, en het spectrum van hun product
 
 
x1
y1
 .. 
 .. 
x =  .  , y =  .  , σ(x.y > ) = σ(y > .x) ∪ {0}
xn
yn
Orthogonaal zijn wil zeggen dat:
hx, yi = y > .x = 0
Controleer beide richtingen:
#σ(x.y > ) = 1 ⇔ y > .x = 0
⇒
Zoals gegeven bezitten x.y > en y > .x dezelfde van nul verschillende eigenwaarden. Als het spectrum van x.y > slechts één eigenwaarde bezit, moet deze nul
zijn, en moeten de eigenwaarden van y > .x eveneens nul zijn. Deze laatste
zijn gelijk aan y > .x, aangezien dit een 1 × 1-matrix is. Dit gelijkstellen aan
nul, geeft de rechterpijl.
⇐
Als het scalaire product y > .x nul is, is de enige eigenwaarde van deze 1 × 1matrix ook nul. Het spectrum van x.y > is gelijk aan de unie van het spectrum
van y > en het singelton {0}. Dit is de linkerpijl
274
Vraag 11.1.7. Als het spectrum van een reële vierkante matrix een complexe eigenwaarde bevat, dan bevat het ook de complex toegevoegde van deze
eigenwaarde.
waar
Het spectrum bevat de wortels van de karakteristieke vergelijking. Dit is
een veelterm met reële coëfficiënten. Uit WIBA weten we dat bij dit soort
veeltermen alle complexe wortels in paren voorkomen.
275
Vraag 11.1.8. Als Q een unitaire matrix is, en λ ∈ σ(Q), dan geldt er dat
λ−1 ∈ σ(Q† ).
waar
Voor de matrix A, inverteerbaar, geldt dat de eigenwaarden van de inverse
matrix A−1 de inversen zijn van de eigenwaarden van de matrix A:
λ ∈ σ(A) ⇔ λ−1 ∈ σ(A−1 )
Voor de unitaire matrix Q geldt dat de hermitisch toegevoegde ook haar
inverse is: Q† = Q−1 . Samen met bovenstaande eigenschap is het gestelde
waar.
276
Vraag 11.1.9. Elke reëelsymmetrische, negatief definiete matrix A kan worden geschreven als BB † met B een inverteerbare matrix.
vals
Alle eigenwaarden van de matrix A zijn strikt negatief. De matrix A kan
omgevormd worden tot de diagonaalmatrix Diag(λ1 , . . . , λp ), met λi de eigenwaarden van A:
A ≈ Diag(λ1 , . . . , λp ),
Q† .A.Q = D ⇔ A = Q.D.Q†
Beschouw een nieuwe diagonaalmatrix
q
p
0
D = Diag(i |λ1 |, . . . , i |λp |), zodat: D0 .D0 = D
De matrix A kan dan ook geschreven worden als A = Q.D0 .D0 .Q† . Als men
Q.D0 gelijk stelt aan B, wordt B † = D̄0 .Q† , aangezien de matrix D0 zuiver
imaginair zijn. Hierdoor is het gestelde vals.
277
Vraag 11.1.10. Voor een vierkante matrix A wordt bij definitie
exp(A) =
∞
X
Ak
k=0
k!
gesteld. Zij nu A diagonaliseerbaar, dan geldt er dat
det(exp(A)) = exp(tr(A))
waar
De matrix A is diagonaliseerbaar, schrijf deze als A = C.D.C −1 . Hierbij is
de matrix D een diagonaalmatrix met als diagonaal elementen de n eigenwaarden met multipliciteit pi . Het spoor van de matrix A is:
tr(A) = tr(C.D.C −1 ) = tr(C −1 .C.D) = tr(D) =
n
X
pi λi
k=1
De gevraagde determinant wordt dan:
det exp(A) = det
= det
∞
X
Ak
k=0
∞
X
k=0
!
k!
(C.D.C −1 )k
k!
!
⇓ (A = C.D.C −1 .C.D.C −1 . . . . .C.D.C −1 = C.Dk .C −1 )
!
∞
X
Dk −1
= det C.
.C
k!
k=0
!
∞
X
Dk
= det(C) det
det(C −1 )
k!
k=0
!
∞
k
XD
= det
k!
k=0
k
278
Deze determinant verder uitwerken geeft:
! P∞ λk1 · · ·
0
∞
k=0 k!
X Dk
.
..
.
..
..
=
det
.
k!
P∞
k=0
0
···
k=0
eλ1
...
=
λ
n
e =
n
Y
i=1
P
=e
(eλi )pi
p i λi
= etr(D)
= exp tr(A))
279
λkn k!
11.2
Waarschijnlijkheidrekening en Statistiek
Vraag 11.2.1. De Fisher-informatie I(p) voor een steekproef met grootte
n = 1 uit een geometrische verdeling f ( · |p) = Geo( · |p) is gegeven door:
•
p2
q
X
1
p2 q
•
q
p2
• geen van de bovenstaande
∂2
I(p) = −E
ln f (z|p)
∂p2
2
∂
z
= −E
(ln pq )
∂p2
2
∂
= −E
(z ln q + ln p)
∂p2
−z
1
= −E
− 2
q2
p
q 1
1
q
=
+ 2
E(z) =
2
p
pq
p
p+q
= 2
pq
1
= 2
pq
280
Vraag 11.2.2. We doen een opiniepeiling om het percentage mensen in een
populatie te vinden dat een Max boven een PC verkiest. We herhalen daarbij
10 keer het volgende experiment: we selecteren telkens opnieuw op aselecte
wijze een computergebruiker uit de populatie, tot we er een vinden die een
Mac boven een PC verkiest. We noteren dan het aantal PC-liefhebbers dat
aan die eerste Mac-liefhebber voorafging: 1, 0, 2, 2, 1, 3, 4, 1, 0, 2. Geef een
maximale-likelihoodschatting voor het gezochte percentage.
X ≈ 38, 5%
• ≈ 62, 5%
• ≈ 40%
• ≈ 20%
De maximale-likelihoodschatter vorr p in Geo(z|p) is ˆ(p)M L .
L(X1 , . . . , Xn ) = q x1 p × . . . × q xn p
= pn q
⇓
Pn
i=1
ln (L(X1 , . . . , Xn )) = n ln p +
xi
n
X
i=1
⇓
Pn
xi
n
∂
ln (L(X1 , . . . , Xn )) = − i=1
∂p
p
1−p
=0
m
Pn
xi
n
= i=1
p
1−p
p − np = px̄n
1
p=
x̄n + 1
⇓
1
p̂M L =
x̄n + 1
281
!
xi
ln(1 − p)
Met x̄n = 1, 6 de maximale-likelihoodschatting voor de gezichte percentage
is dan:
1
ˆ(p)M L = 1 =
= 38, 5%
x̄n + 1
1, 6 + 1
282
Vraag 11.2.3. We beschouwen de maximale-likelihoodschatter M̂M L (X1 , . . . , Xn )
van de gemiddelde waarde van een toevallige steekproef uit een normale verdeling. Welke van de onderstaande uitspraken is onwaar?
• M̂M L is consistent.
• M̂M L is equivariant.
• M̂M L is onvertekend.
X Ten minste een van de bovenstaande uitspraken is onwaar.
283
Vraag 11.2.4. Veronderstel dat Θ̂ de maximale-likelihoodschatter is van de
reëelwaardige parameter θ. Welke van de volgende uitspraken is dan niet
noodzakelijk juist?
• Θ̂ is consistent.
• g(Θ̂) is de maximale-likelihoodschatter voor de parameter g(Θ), voor
elke continu afleidbare functie g op de reële getallen.
X Θ̂ is de meest efficiënte schatter.
• Θ̂ is benadered normaal verdeeld.
Eigenschappen van de maximale-likelihoodschatter:
• consistent
• equivariant
• assymptotisch normaal verdeeld
• assymptotisch onvertekend
• assymptotisch meest efficiënt
284
Vraag 11.2.5. Beschouw een toevallige steekproef X1 , X2 , . . . , Xn uit een
verdeling f ( · |θ). De steekproefstatistieken A(X1 , X2 , . . . , Xn ) en B(X1 , X2 , . . . , Xn )
zijn zo gekozen dat voor elke werkelijke waarneming x1 , x2 , . . . , xn het interval
(A(x1 , x2 , . . . , xn ), B(x1 , x2 , . . . , xn )) een corresponderend betrouwbaarheidsinterval is voor de parameter θ met betrouwbaarheidsdrempel α in [0, 1]. Dan
geldt:
• P (A(x1 , x2 , . . . , xn ) ≤ θ ≤ B(x1 , x2 , . . . , xn )) = 1 − α
X P (θ ∈ [A(X1 , X2 , . . . , Xn ), B(X1 , X2 , . . . , Xn )]) = 1 − α
• P (A(X1 , X2 , . . . , Xn ) ≤ θ ≤ B(X1 , X2 , . . . , Xn )) = α
• P (θ ∈ [A(x1 , x2 , . . . , xn ), B(x1 , x2 , . . . , xn )]) = α
Voor elke waarde van X1 , . . . , Xn ligt de parameter in het interval met waarschijnlijkheid 1 − α.
285
Vraag 11.2.6. Welke eigenschap heeft de maximale-likelihoodschatter niet
noodzakelijk?
• consistentie
• equivariant
X onvertekendheid
• hij is asymptotisch meest efficiënt
Eigenschappen van de maximale-likelihoodschatter:
• consistent
• equivariant
• assymptotisch normaal verdeeld
• assymptotisch onvertekend
• assymptotisch meest efficiënt
286
Vraag 11.2.7. Met MATLAB werden er enkele plots van een dataset gemaakt:
8
x 10
25
8
6
6
4
4
2
2
0
0
5
10
15
x 10
6
x 10
25
10
10
10
0 −10
10
10
0
10
10
10
40
20
0
−20
0
5
10
15
x 10
Figuur 11.1: Plots van een dataset.
• Een lineaire wet Y = β0 + β1 X
• Een exponentiële wet Y = αeβX
X Een machtwet Y = αX β
• Een logaritmische wet Y = logβ (αX)
287
6
Vraag 11.2.8. Gegeven is een ongedocumenteerd MATLAB m-bestand, en
de bij uitvoering ervan resulterende figuur:
clear a l l ;
close a l l ;
n =1000;
m=10000;
p=.3;
X=rand ( n ,m) ;
Y=X>1−p ;
Z=...
stap =.5;
h i s t ( Z, −3: s t a p : 3 )
h=f i n d o b j ( gca , ’ Type ’ , ’ patch ’ ) ;
set ( h , ’ FaceColor ’ , [ . 4 . 4 . 4 ] , ’ EdgeColor ’ , ’w ’ )
hold on
t = −3:.1:3;
plot ( t , s t a p ∗m∗ normpdf ( t ) , ’ k ’ , ’ LineWidth ’ , 2 )
2000
1800
1600
1400
1200
1000
800
600
400
200
0
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
Figuur 11.2: Resultaat van het m-bestand.
De definitie van Z is echter weggelaten. Welke van de volgende definities
werd gebruikt om de figuur te krijgen?
• Z=sum(Y)−n∗p;
• Z=mean(Y−p)./std(Y);
• Z=(mean(Y)−p)/sqrt(p∗(1−p));
X Z=(sum(Y)−n∗p)/sqrt(n∗p∗(1−p));
• Z=(Y−mean(Y))./std(Y);
288
De resulterende plot is de benadering
van een binomiale verdeling door een
P
−np
standaardnormale verdeling. Z = √Ynpq
289
Vraag 11.2.9. Wat geldt algemeen voor de maximale-likelihoodschattingen
B̂0,M L (Y1 , . . . , Yn ) en B̂1,M L (Y1 , . . . , Yn ) van de regressiecoëfficienten bij een
enkelvoudige lineaire regressie van de vorm Y = β0 + β1 X, waarvoor de data
zo liggen dat X̄n > 0?
• Ze zijn onafhankelijk.
• Ze zijn ongecorreleerd.
• Ze zijn positief gecorreleerd.
X Ze zijn negatief gecorreleerd.
σ2
cov(β0 , β1 )
= − x̄n 2 < 0
ρ(β0 , β1 ) = p
nS
var(β0 ) var(β1 )
| {z n}
≥0
290
Vraag 11.2.10. Transportfirma Ossewa wantrouwt de bewering van bandenproducnet Tiresome dat de gemiddelde levensduur van diens banden ten minste 28000 km is. OM deze nulhypothese te toetsen, worden 40 zulke banden
onder de trucks van Ossewa bevestigd, wat leidt tot een steekproefgemiddelde
voor de levensduur van 27463 km. Je mag aannemen dat de standaardafwijking op de levensduur 1350 km is. Dan is de corresponderende (benaderde)
p-waarde van de steekproef gegeven door:
• ≈ 0, 0118
• ≈ 0, 9940
X ≈ 0, 0059
• ≈ 0, 3454
De nulhypothese H0 : µ ≥ 28000 km en tegenhypothese H1 : µ < 28000 km.
Gebruik een 1-zijdige Waldtest, dan is p = φ(−w). Waarbij:
w=
Zodat p =
1
2
Θ̂ − Θ0
√σ
n
− φ(2, 52) =
=
1
2
x̄ − µ0
√σ
n
=
27463 − 28000
1350
√
40
− 0, 49413 = 0, 0059.
291
= −2, 52