Oefensessie 1 Lineaire differentiaalvergelijkingen & MAPLE Modeloplossingen Versie

Maat: px
Weergave met pagina beginnen:

Download "Oefensessie 1 Lineaire differentiaalvergelijkingen & MAPLE Modeloplossingen Versie"

Transcriptie

1 Oefeningen Analyse III & Aanvullingen Wiskunde Oefensessie 1 Lineaire differentiaalvergelijkingen & MAPLE Modeloplossingen Versie 1-11 Leuven, Oktober 1 nico.scheerlinck@cs.kuleuven.be In deze bundel wordt een overzicht gegeven van modeloplossingen voor de oefeningen uit de oefeningenbundel van de eerste oefensessie. Een aantal tussenstappen worden weergegeven en/of analytisch uitgewerkt. Modeloplossingen in Maple zijn eveneens beschikbaar en je kan deze vinden via Toledo (onder opdrachten in het Maple document maple-modelopl-oefensessie-1.mw (Noot: inladen met Maple 14 Belangrijk: Gebruik als basisdocument, zowel voor het instuderen van de cursus als voor het maken van oefeningen, de Maple demo bij de cursus (zie Toledo, onder > Cursusdocumenten > Maple > Maple demo. De Maple demo bij de cursus mag je gebruiken op het examen. 1

2 Oefening 1. Los op met Maple 1.1. y (x + y (x y(x =, y( = 3, y ( = Karakteristieke vergelijking: p(ν = ν + ν = (ν 1(ν + Nulpunten p(ν: ν 1 = 1 en ν = Homogene oplossing: y(x = A exp(x + B exp( x Coëfficiënten: y( = 3 A + B = 3 y ( = A B = Oplossing: y(x = exp(x + exp( x B = 1, A = 1.. mx (t + kx(t =, x( = x >, x ( = v > Karakteristieke vergelijking: p(ν = mν + k = k Nulpunten p(ν: ν = ± i ( complexe nulptn. m Algemene oplossing: x(t = A cos ( ( k k m t + B sin m t Via de opgegeven beginvoorwaarden bepalen we A en B: x( = A cos( + B sin( = A = x k x ( = A m sin( + B waaruit volgt dat A = x en B = v m k, zodat x(t = x cos k m cos( = B k m = v ( ( k mk km m t + v sin t Rekenvoorbeeld: m = 1, k = 16, x = 1, v = : x(t = 1 cos (4t

3 1.3. mx (t + bx (t + kx(t =, m >, b >, k > Karakteristieke vergelijking: p(ν = mν + bν + k = Algemene oplossing i.f.v. de nulpunten van p(ν: 1. b > 4km: p(ν heeft reële nulpunten ν 1, = b ± b 4km m ([ ] ([ b + b 4km x(t = A exp t + B exp b + ] b 4km t m m. b = 4km: p(ν heeft een dubbel reëel nulpunt (multipliciteit = k ν = m x(t = (A + Bt exp (νt 3. b < 4km: p(ν heeft complexe nulpunten ( x(t = exp b [ m t A cos ν 1, = b ± i 4km b m ( 4km b m ( ] 4km b t + B sin t m 3

4 1.4. (D (D 1y(x = Karakteristieke vergelijking: p(ν = (ν (ν 1 Nulpunten p(ν: ν 1, = ±i (multipliciteit = 3, ν 3 = 1 Oplossing: y(x = (A 1 + A x + A 3 x cos(x + (B 1 + B x + B 3 x sin(x + C exp(x 1.5. x y (x xy (x + y(x =, y( = 3, y ( = 1 Dit is een homogene differentiaalvergelijking van Euler van orde. We passen nu de volgende transformatie toe: x = exp(t. Zodat t = ln(x. Toepassen van de kettingregel geeft: dy dx = dy dt dt dx = 1 dy x dt d y = d ( 1 dy = 1 dy dx dx x dt x dt + 1 ( d dy x dx dt = 1 dy x dt + 1 d y dt x dt dx = 1 ( d y x dt dy dt Invullen van deze transformaties in de originele differentiaalvergelijking geeft: d y dt dy dt dy dt + y(t = Deze homogene differentiaalvergelijking van orde met constante coëfficiënten heeft als karakteristieke vergelijking p(ν = ν 3ν + = (ν 1(ν met nulpunten ν 1 = 1 en ν =, zodat y(t = A exp(t + B exp(t Deze functie y(t terugtransformeren naar y(x geeft voor (x > y(x = Ax + Bx Gebruikmakend van de beginvoorwaarden verkrijgen we y( = 3 A + 4B = 3 y ( = 1 A + 4B = 1 A =, B = 1 4 zodat y(x = x 1 4 x 4

5 1.6. x 3 y (x + 4x y (x + xy (x y(x = Dit is een homogene differentiaalvergelijking van Euler van orde 3. We passen terug dezelfde transformatie toe: x = exp(t (t = ln(x. Zoals in de vorige oefening bepalen we eerst de afgeleiden van y(x, met d 3 y dx 3 = d dx ( 1 x [ d y dt dy dt ] = [ d y x 3 dt dy dt = [ d y x 3 dt dy dt ] + 1 x d dx ] + 1 ( d 3 y x = 1 ( d 3 y x 3 dt y 3 3d dt + dy dt ( d y dt dy dt dt d y 3 dt dt dx Invullen van de transformaties in de originele differentiaalvergelijking geeft: y (t 3y (t + y (t + 4y (t 4y (t + y (t y(t = y (t + y (t y (t y(t = Deze homogene differentiaalvergelijking van orde 3 met constante coëfficiënten heeft als karakteristieke vergelijking p(ν = ν 3 + ν ν 1 = (ν 1(ν + 1 met nulpunten ν 1 = 1 en ν = 1 (multipliciteit, zodat y(t = A exp(t + (B + Ct exp( t Deze functie y(t terugtransformeren naar y(x geeft voor (x > y(x = Ax + (B + C ln(xx 1 Opdat, bijvoorbeeld, de oplossing ook zou gelden op een interval I voor zowel x < en x > dienen we ook met de transformatie x = exp(t rekening te houden, zodat uiteindelijk y(x = A x + (B + C ln x x 1 5

6 1.7. x 3 y (x x y (x + xy(x = (ln x 3 We brengen deze niet homogene differentiaalvergelijking eerst terug tot de vorm van een Euler differentiaalvergelijking van orde, waarvan het rechterlid : x y (x xy (x + y(x = (ln x3 x Toepassing van de transformatie x = exp(t, (t = ln(x, geeft de volgende niet homogene differentiaalvergelijking: y (t y (t + y(t = t 3 exp( t Deze niet homogene differentiaalvergelijking van orde met constante coëfficiënten heeft als karakteristieke vergelijking p(ν = ν ν + 1 = (ν 1 met nulpunten ν 1 = 1 (multipliciteit, zodat de homogene oplossing y H (t = (A + Bt exp(t Voor de partikuliere oplossing maken we gebruik van de methode van de onbepaalde coëfficiënten. Het rechterlid t 3 exp( t is afkomstig van nulpunt v = 1 met multipliciteit 3, zodat y P (t = (C + C 1 t + C t + C 3 t 3 exp( t De partikuliere oplossing invullen in de differentiaalvergelijking geeft aanleiding tot het volgende stelsel: 4C 3 = 1 C 3 = 8 4C 1C 3 = C = 6 8 4C 1 8C + 6C 3 = C 1 = 9 8 4C 4C 1 + C = C = 6 8 zodat y(t = y H (t + y P (t = (A + Bt exp(t (6 + 9t + 6t + t 3 exp( t Deze functie y(t terugtransformeren naar y(x geeft voor (x > ( ln x + 6(ln x + (ln x 3 y(x = (A + B ln xx x 6

7 Oefening : Los op met Maple via reeksontwikkeling Maak gebruik van het formularium of het handboek om de normaalvorm van Frobenius voor de opgegeven differentiaalvergelijkingen op te stellen, en de vorm van de algemene oplossing ervan neer te schrijven. Vergelijk de neergeschreven vorm met de oplossing die Maple genereert (zie Maple document van deze oefenzitting..1. xy (x + 8(x 1y (x + 4 ( 3+x x y(x = Normaalvorm van Frobenius: Eerst schrijven we de differentiaalvergelijking in de normaalvorm van Frobenius: x y (x + xq(xy (x + r(xy(x = waarbij de functies q(x en r(x analytisch zijn in de oorsprong x =. Voor de opgegeven differentiaalvergelijking verkrijgen we de normaalvorm van Frobenius door de vergelijking te vermenigvuldigen met x en te delen door ; en vervolgens na te gaan of de functies q(x en r(x analytisch zijn in de oorsprong. Dit geeft als resultaat: q(x = 4(x 1, r(x = (3 + x. De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 4 en r( = 6. Indexvergelijking: Op basis van de nulpunten van de indexvergelijking I(ν = ν(ν 1 + q(v + r( = bepalen we de algemene vorm van de oplossing (zie handboek of formularium voor de drie mogelijke gevallen. Dit geeft voor deze oefening I(ν = ν(ν 1 4ν + 6 = ν 5ν + 6 = (ν (ν 3 met nulpunten ν 1 = 3, ν =, ν 1 ν, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x 3 a k x k, a k= y (x = x b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= 7

8 zodat y(x = (A + BC ln x x 3 k= a k x k+1 + B x De differentiaalvergelijking oplossen in Maple geeft: k= b k x k > dvg := x d i f f ( y ( x, x$ + 8 ( x 1 d i f f ( y ( x, x + 4 ((3+ x / x y ( x =; > d s o l v e ( dvg, y ( x, s e r i e s ; ( y(x = C1x 3 1 7x + 1x 77 x x4 + O(x 5 + C x ln(x ( 1x + 7x 1x x 4 + O(x 5 + ( C x 1 4x 57x x x4 + O(x 5 Het Maple resultaat herschrijven in de vorm die we gevonden hebben geeft: ( y(x = (C1 1 C ln x x 3 1 7x + 1x 77 x3 + O(x 4 + ( C x 1 4x 57x x3 + O(x 4 We kunnen daaruit afleiden dat C = 1, a = 1, a 1 = 7, a = 1,, b = 1, b 1 = 4, b = 57,... x y (x + xy (x + (x 1y(x = Merk op dat we hier te maken hebben met een Besseldifferentiaalvergelijking van orde 1. Normaalvorm van Frobenius: q(x = 1, r(x = x 1. De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 1 en r( = 1. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 + ν 1 = ν 1 met nulpunten ν 1 = 1, ν = 1, ν 1 ν, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a y (x = 1 x k= b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= 8

9 zodat y(x = (A + BC ln x a k x k+1 + B x k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Je kan daaruit, bijvoorbeeld, afleiden dat C = 1, a k 1 = (voor k 1, b 1 = b = b 3 = en b k+1 = (voor k. Zonder reeksontwikkeling genereert Maple een oplossing op basis van Besselfuncties: y(x = J 1 (x + Y 1 (x met J 1 (x de Besselfunctie van de eerste soort en orde 1, en Y 1 (x de Besselfunctie van de tweede soort en orde xy (x + (x + 1y (x + y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = x + 1, r(x = x. De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 1 en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 + ν = ν met nulpunten ν 1 =, ν =, ν 1 = ν, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = a k x k, a y (x = k= b k x k + y 1 (x ln x y(x = (A + B ln x a k x k + B k= k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Je kan daaruit, bijvoorbeeld, afleiden dat in y (x, inderdaad, geen term met b voorkomt; en dat a = 1, a 1 = 1, a = 1/4, a 3 = 1/1, ; b 1 =, b = 1, b 3 = 1/18, 9

10 .4. x(1 xy (x + ( 3 xy (x 1 4 y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = r(x = 3 x 1 x x 4(1 x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 3 en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν ν = ν(ν + 1 met nulpunten ν 1 =, ν = 1, ν 1 ν, ν 1 ν / N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 1 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = a k x k, a k= y (x = 1 b k x k, b x y(x = A k= a k x k + B b k x k x Via de Maple oplossing kan je, bijvoorbeeld, achterhalen dat b k =, k 1, en a = 1, a 1 = 1/6, a = 3/4, a 3 = 5/11, ; k= k= 1

11 .5. xy (x + y (x + xy(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = r(x = x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 + ν = ν(ν + 1 met nulpunten ν 1 =, ν = 1, ν 1 ν, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = a k x k, a y (x = 1 x k= b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k + B x k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit blijkt dat C = ; en a = 1, a 1 =, a = 1/6, a 3 =, a 4 = 1/1, ; b = 1, b 1 =, b = 1/, b 3 =, b 4 = 1/4, Merk op dat zowel de cosinus-reeks als de sinus-reeks in de oplossing voorkomt. Dit wordt duidelijk zichtbaar wanneer je Maple de differentiaalvergelijking laat oplossen zonder reeksontwikkeling: y(x = A sin(x x + B cos(x x k= 11

12 .6. xy (x + 5y (x + 3+4x x y(x =, y(1 = 1, y (1 = Normaalvorm van Frobenius: q(x = 5, r(x = 3 + 4x. De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 5 en r( = 3. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 + 5ν + 3 = ν + 4ν + 3 = (ν + 1(ν + 3 met nulpunten ν 1 = 1, ν = 3, ν 1 ν, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x 1 a k x k, a k= y (x = x 3 b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x x 1 k= a k x k+1 + B x 3 k= b k x k Via de oplossing die Maple genereert kunnen we besluiten dat, bv., C = 4, a = 1, a 1 =, a = 1/, a 3 =, a 4 = 1/1,, b =, b 1 =, b = b 3 =, b4 = 3/, b 5 =,. Opmerking: Los de vergelijking in Maple eens op met de opgegeven beginvoorwaarden; Herken je nog de algemene vorm van de oplossing? Zou je kunnen achterhalen wat A en B is? Los de vergelijking eens op via reeksontwikkeling rond het punt x = 1, het punt waarop de beginvoorwaarde geldt. 1

13 .7. x(1 xy (x + (1 3xy (x y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = 1 3x 1 x r(x = x 1 x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 1 en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 + ν = ν met nulpunten ν 1 =, ν =, ν 1 = ν, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = a k x k, a y (x = k= b k x k + y 1 (x ln x y(x = (A + B ln x a k x k + B k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat b k = (voor k 1, en ook dat de 1 oplossing de reeksontwikkeling voor bevat: 1 x a = 1, a k = 1, k 1; b k =, k 1. Dit wordt duidelijk als je Maple een oplossing laat genereren zonder reeksontwikkeling: y(x = A + B ln x 1 x 13

14 .8. y (x + 4xy (x + 6y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = 4x r(x = 6x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 met nulpunten ν 1 = 1, ν =, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a y (x = k= b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k+1 + B k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat C = en a = 1, a 1 =, a = 5/3, a 3 =, a 4 = 3/, ; b = 1, b 1 =, b = 3, b 3 =, b 4 = 7/, b 5 =, A = y (, B = y(. De oplossing in Maple zonder reeksontwikkeling bestaat uit Besselfuncties. k= 14

15 .9. (1 + x y (x + xy (x + 4x y(x =, y( = 1, y ( = Normaalvorm van Frobenius: q(x = r(x = x 1 + x 4x x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 met nulpunten ν 1 = 1, ν =, ν 1 ν, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a y (x = k= b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k+1 + B k= b k x k Via de oplossing in Maple kunnen we afleiden dat C =, en a = 1, a 1 =, a = 1/3, a 3 = a 4 = a 5 =, b 6 = /63, ; b = 1, b 1 = = b = b 3 =, b 4 = 1/3, ; A = y (, B = y(. Opmerking: Los de vergelijking in Maple eens op met de opgegeven beginvoorwaarden; k= Herken je nog de algemene vorm van de oplossing? Zou je kunnen achterhalen wat A en B is? Los de vergelijking eens op via reeksontwikkeling rond het punt x = 1, het punt waarop de beginvoorwaarde geldt. 15

16 .1. xy (x + y (x y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = 1 r(x = x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 1 en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 + ν = ν met ν 1 =, ν =, ν 1 = ν, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = a k x k, a y (x = k= b k x k + y 1 (x ln x y(x = (A + B ln x a k x k + B k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat a = a 1 = 1, a = 1/4, a 3 = 1/36, en b 1 =, b = 3/4, b 3 = 11/18 etc... De oplossing zonder reeksontwikkeling bevat gewijzigde Besselfuncties van de eerste en tweede soort en orde : y(x = C 1 I ( x + C K ( x 16

17 .11. xy (x + xy (x + 6e x y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = x r(x = 6xe x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 met nulpunten ν 1 = 1, ν =, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a y (x = k= b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k+1 + B k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat C = 6, en a = 1, a 1 = 4, a = 17/3, a 3 = 47/1, ; en b = 1, b 1 =, b = 5, b 3 = 17/, Zonder reeksontwikkeling berekent Maple geen resultaat. k= 17

18 1. x(x 1y (x + 6x y (x + 3y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = 6x x 1 3x r(x = x 1 De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 met nulpunten ν 1 = 1, ν =, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a y (x = k= b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k+1 + B k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat C = 3, en a = 1, a 1 = 3/, a = 9/4, a 3 = 51/16, ; b = 1, b 1 =, b = 1/4, b 3 = 19/4, Zonder reeksontwikkeling berekent Maple een resultaat i.f.v. speciale functies (HeunC. k= 18

19 .13. xy (x + y(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = r(x = x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 met nulpunten ν 1 = 1, ν =, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a y (x = k= b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k+1 + B k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat C = 1, en a = 1, a 1 = 1/, a = 1/1, a 3 = 1/144, ; b = 1, b 1 =, b = 3/4, b 3 = 7/36, De oplossing zonder reeksontwikkeling bevat Besselfuncties van de eerste en tweede soort en orde 1: k= y(x = C 1 xj1 ( x + C xy1 ( x 19

20 .14. xy + y xy =, y( = 3, y ( = Normaalvorm van Frobenius: q(x = r(x = x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = en r( =. Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 + ν = ν + ν = ν(ν + 1 met nulpunten ν 1 =, ν = 1, ν 1 ν, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = a k x k, a k= y (x = x 1 b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k + Bx 1 k= k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Je kan daaruit, bijvoorbeeld, afleiden dat C =, en a = 1, a 1 =, a = 1/6, a 3 =, a 4 = 1/1, ; b = 1, b 1 =, b = 1/, b 3 =, b 4 = 1/4, Merk op dat zowel de cosinushyperbolicus- als de sinushyperbolicus-reeks in de oplossing voorkomt. Dit wordt duidelijk zichtbaar wanneer je Maple de differentiaalvergelijking laat oplossen zonder reeksontwikkeling: y(x = A sinh(x x + B cosh(x x Uit de oplossing met beginvoorwaarden kunnen we afleiden dat A = 3, B =.

21 .15. x y (x + sin(xy (x cos(xy(x = Normaalvorm van Frobenius: q(x = sin(x x r(x = cos(x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met Indexvergelijking: q( = lim x sin(x x = 1 I(ν = ν(ν 1 + ν 1 = (ν 1(ν + 1 met nulpunten ν 1 = 1, ν = 1, ν 1 ν N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 3 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a k= y (x = x 1 b k x k + Cy 1 (x ln x, b k= y(x = (A + BC ln x a k x k+1 + Bx 1 k= k= b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat C = /3, en a = 1, a 1 =, a = 1/4, a 3 =, a 4 = 1/7, ; b =, b 1 =, b = 1/6, b 3 =, b 4 = 7/4, Zonder reeksontwikkeling berekent Maple geen resultaat. 1

22 .16. (4x 3 x y + (x + xy + (3x 1y =, y(1 =, y (1 = 1 Normaalvorm van Frobenius: q(x = x(x + x 4x 3 x = x + 1 4x r(x = x (3x 1 4x 3 x = 3x 1 4x De functies q(x en r(x zijn analytisch voor x =, met q( = 1 r( = 1. en Indexvergelijking: I(ν = ν(ν 1 1 ν + 1 = ν 3 ν + 1 = (ν 1 (ν 1 met ν 1 = 1, ν = 1, ν 1 ν, ν 1 ν / N, waardoor de algemene vorm van de oplossing geschreven kan worden als (geval 1 zodat y(x = Ay 1 (x + By (x y 1 (x = x a k x k, a y (x = x 1 k= k= b k x k, b k= y(x = Ax a k x k + B x b k x k Vergelijk deze vorm met de oplossing die Maple genereert (met reeksontwikkeling. Daaruit kan je afleiden dat a = 1, a 1 = 4/3, a = 6/15, a 3 = 5/1, en b = 1, b 1 = 5/, b = 5/8, b 3 = 5/48. k=

23 Oefening 3: Oefeningen uit het handboek m.b.v. Maple 3.1.a Toon aan dat dj (x dx = J 1 (x J (x = J 1 (x = k= k= ( 1 k k!k! ( x k ( 1 k ( x k+1 k!(k + 1! Bewijs: dj (x dx = Stel p = k 1, zodat k = 1 p = ( 1 k k!k! k ( x k 1 dj (x dx = p= = ( 1 p+1 ( x p+1 (p + 1!(p + 1! (p + 1 p= = J 1 (x ( 1 p ( x p+1 p!(p + 1! 3.1.b Toon aan dat ook J p (x voldoet aan de Besselvergelijking van orde p J p (x = J p(x = J p(x = k= k= k= ( 1 k ( x k p k!γ(k p + 1 ( 1 k k p ( x k p 1 k!γ(k p + 1 ( 1 k (k p(k p 1 ( x k p k!γ(k p + 1 3

24 zodat x J p(x + xj p(x p J p (x = = k= ( 1 k k!γ(k p + 1 ( 1 k ( x = k!γ(k p + 1 [k(k p] ( ( 1 k x k p = (k 1!Γ(k p k p ( ( 1 q+1 x q p+ = q!γ(q p + 1 q p q= ( 1 q ( x q p = x q!γ(q p + 1 q= = x J p (x [ ] ( (k p(k p 1 + (k p p x k p k p waarbij we gebruik maakten van de substitutie q = k 1 en de volgende eigenschap van de Gamma functie: Γ(a + 1 = aγ(a. 3.1.c Toon aan dat J n (x = lim p n J p (x = ( 1 n J n (x Gebruikmakend van een eigenschap van de Gamma functie Γ(n+1 = n!, n N verkrijgen we lim J p(x = p n = k= k= = J n (x ( 1 k ( x k n k!γ(k n + 1 ( 1 k ( x k n k!(k n! Echter, a!, met a N, is enkel gedefinieerd voor a, zodat (k n! enkel gedefinieerd is voor k n. Gebruikmakend van de substitutie q = k n 4

25 verkrijgen we dan J n (x = = k=n q= = ( 1 n ( 1 k ( x k n k!(k n! ( 1 q+n ( x q+n n (q + n!q! q= = ( 1 n J n (x 3.. Bepaal de nulpunten van T n (x ( 1 q ( x q+n (q + n!q! Een Chebychev veelterm van graad n, T n (x, met n N, heeft n verschillende nulpunten. Gebruikmakend van 1. de trigonometrische vorm voor T n (x, en. cos(a = a = (k 1 π, k = 1,, kunnen we de nulpunten van T n (x eenvoudig berekenen: T n (x = cos(n arccos x = n arccos x = (k 1 π, k = 1,, n arccos x = (k 1π, k = 1,, n n ( (k 1π x = cos, k = 1,, n n Voorbeelden: T 1 (x heeft 1 nulpunt: x = cos ( π = T (x heeft nulpunten: x 1 = cos ( π 4, x = cos ( 3π 4, x1, = ± T 3 (x heeft 3 nulpunten: x =, x 1,3 = ± 3. 5

26 3.3. Los op: (1 + x y (x + xy (x n y(x = We maken gebruik van de opgegeven transformatie x = sinh t, en dus t = arcsinh x. Vervolgens berekenen we de eerste en tweede afgeleide van y(x met behulp van de kettingregel, wetende dat darcsinhx = 1 dx 1+x. dy(x dx d y(x dx = d dx = dy(t dt dt dx 1 dy(t = 1 + x dt ( x = = = = x dy(t (1 + x /3 dt x dy(t (1 + x /3 dt x dy(t (1 + x /3 dt ( 1 d y(t (1 + x dt dy(t dt x x x x 1 + x ( d dy(t dx dt d y(t dt dt dx d y(t 1 dt 1 + x dy(t dt De afgeleiden invullen in de originele differentiaalvergelijking geeft (1 + x y (x + xy (x n y(x = y x x (t 1 + x y (t x y (t n y(t = = y (t n y(t = De karakteristieke vergelijking van de getransformeerde differentiaalvergelijking, p(ν = ν n, heeft twee nulpunten ν 1, = ±n, zodat de algemene oplossing geschreven kan worden als y(t = A exp(nt + B exp( nt Gebruikmakend van t = arcsinh x en de eigenschap arcsinh x = ln [ x x ] transformeren we y(t terug naar y(x, zodat y(x = A exp (n arcsinh x + B exp ( n arcsinh x ( = A exp n ln [x + ] ( 1 + x + B exp n ln [x + ] 1 + x ( = A exp ln [x + ] n ( 1 + x + B exp ln [x + ] n 1 + x = A [x + ] n 1 + x + B [x + ] n 1 + x 6

27 Oefening 4: Vergelijkingen met een parameter 4.1. y + (1 λy =, λ R De nulpunten van de karakteristieke vergelijking zijn bepalend voor de vorm van de oplossing. λ = 1: Karakteristieke vgl.: ν = y = y(x = Ax + B met A en B constanten (A, B R. λ > 1: Karakteristieke vgl.: ν = λ 1 ν = ± λ 1 R y(x = A exp( λ 1 x + B exp( λ 1 x of een alternatieve en equivalente vorm y(x = C cosh( λ 1 x + D sinh( λ 1 x met A, B, C, D R. λ < 1: Karakteristieke vgl.: ν = λ 1 ν = ±i 1 λ C y(x = A sin( 1 λ x + B cos( 1 λ x met A, B R. 7

28 4.. y + λy =, λ R Afhankelijk van de waarde van λ zal de lineaire differentiaalvergelijking een andere oplossing hebben. De nulpunten van de karakteristieke vergelijking zijn bepalend voor de vorm van de oplossing. λ = : Karakteristieke vgl.: ν = y = y(x = Ax + B met A en B constanten (A, B R. λ < : Karakteristieke vgl.: ν = λ ν = ± λ R y(x = A exp( λ x + B exp( λ x of een alternatieve en equivalente vorm y(x = C cosh( λ x + D sinh( λ x met A, B, C, D R. λ > : Karakteristieke vgl.: ν = λ ν = ±i λ C y(x = A sin( λ x + B cos( λ x met A, B R. 8

29 4.3. r R (r + rr (r = λr(r, λ R Dit is een Euler differentiaalvergelijking (lineaire diff. vgl.: Transformeer de vergelijking naar een lineaire diff. vgl. met constante coëfficiënten. De nulpunten van de karakteristieke vergelijking van de getransformeerde vergelijking zijn bepalend voor de algemene vorm van de oplossing. λ = met A, B R. r R (r + rr (r = λ > : Oplossing: check via Maple met A, B R. λ < : Oplossing: check via Maple met A, B R. R(r = A + B ln r R(r = Ar λ + Br λ ( λ ( λ R(r = A sin ln r + B cos ln r 9

30 4.4. rr (r + R (r = λ r R(r, λ R Dit is een Besseldifferentiaalvergelijking (lineaire diff. vgl.: De waarde van λ zal bepalen of we te maken hebben met een gewone of een gewijzigde Besselvergelijking. λ = met A, B R. rr (r + R (r = d dr (rr (r = R(r = A + B ln r twee maal integreren λ > : Via de substitutie t = λ r verkrijgen we de gewijzigde Besseldifferentiaalvergelijking van orde : check oplossing via Maple met A, B R. tr (t + R (t tr(t = oplossen + terugsubstitutie R(r = A I ( λ r + B K ( λ r λ < : Via de substitutie t = λ r verkrijgen we de Besseldifferentiaalvergelijking van orde : check oplossing via Maple tr (t + R (t + tr(t = met A, B R. oplossen + terugsubstitutie R(r = A J ( λ r + B Y ( λ r 3

31 4.5. r R (r + rr (r = λ r R(r, λ R λ = met A, B R. r R (r + rr (r = d dr ( r R (r = R(r = A + B r λ > : bepaal oplossing via Maple met A, B R. R(r = A sinh( λ r r λ < : bepaal oplossing via Maple met A, B R. R(r = A sin( λ r r twee maal integreren + B cosh( λ r r + B cos( λ r r 31

32 4.6. u u + λu = De vorm van de oplossing van de lineaire differentiaalvergelijking zal afhankelijk zijn van de waarde van λ. De nulpunten van de karakteristieke vergelijking zijn bepalend voor de vorm van die oplossing. Karakteristieke vgl.: ν ν + λ = ν = 1 ± 1 λ λ = 1: ν = 1, met multipliciteit =. met A, B R. u(x = exp(x(a + Bx λ < 1: ν = 1 ± 1 λ R ( u(x = A exp (1 + 1 λx met A, B R. ( + B exp (1 1 λx λ > 1: ν = 1 ± 1 λ C ν = 1 ± i λ 1 [ ( λ ( λ ] u(x = exp(x A sin 1 x + B cos 1 x met A, B R. 3

33 4.7. u 3u + 3(1 + λu = λ = 1: u 3u = Karakteristieke vgl.: ν 3ν = ν 1 =, ν = 3 met A, B R. λ 1: Karakteristieke vgl.: u(x = A + B exp(3x ν 3ν + 3(1 + λ = ν 1, = 3 ± 9 1(1 + λ = 3 ± 3(1 + 4λ met A, B R. a λ = 1 4 : ν = 3, multipliciteit = ( 3 u(x = exp x [A + Bx] met A, B R. b λ < 1 4 : ν 1, R u(x = A exp(ν 1 x + B exp(ν x met A, B R. c λ > 1: ν 4 1, C ν 1, = 3 ± i 3(1+4λ Om de notatie in onderstaande afleidingen te vereenvoudigen stellen we ν R = 3 en ν 3(1+4λ I =, zodat ν 1, = ν R ± i ν I met A, B R. u(x = exp(ν R x [A cos(ν I x + B sin(ν I x] 33

34 4.8. u + u + (1 λu = Karakteristieke vgl.: ν + ν + (1 λ = ν 1, = 1 ± λ λ = : ν = 1, met multipliciteit =. met A, B R. λ > : ν 1, = 1 ± λ R met A, B R. u(x = exp( x(a + Bx u(x = A exp(ν 1 x + B exp(ν x λ < : ν 1, = 1 ± λ C ν = 1 ± i λ [ ( λ ( λ ] u(x = exp( x A cos x + B sin x met A, B R u 4u + (1 + λu = Karakteristieke vgl.: 4ν 4ν + (1 + λ = ν 1, = 1± λ λ = : ν = 1, met multipliciteit =. met A, B R. λ < : ν 1, = 1± λ R met A, B R. u(x = exp(x/(a + Bx u(x = A exp(ν 1 x + B exp(ν x λ > : ν 1, = 1± λ C ν 1, = 1±i λ ( [ 1 u(x = exp x A sin met A, B R. ( λ x + B cos ( ] λ x 34

35 Oefeningen Analyse III & Aanvullingen Wiskunde Oefensessie Fourierreeksen, Fourier-Besselreeksen, en reeksen van eigenfuncties Modeloplossingen Versie 1-11 Leuven, Oktober 1 nico.scheerlinck@cs.kuleuven.be In deze bundel wordt een overzicht gegeven van modeloplossingen voor de oefeningen uit de oefeningenbundel van de tweede oefensessie. Een aantal tussenstappen worden weergegeven en/of analytisch uitgewerkt. Modeloplossingen in Maple zijn eveneens beschikbaar en je kan deze vinden via Toledo (onder opdrachten in het Maple document maple-modelopl-oefensessie-.mw (Noot: inladen met Maple 14 1

36 . Inzichten vooraf: Even en oneven functies Definities: Gegeven is een functie, f(x, over een interval I = ( a, a, 1. f(x wordt een even functie in I genoemd indien voor elke x I geldt dat f( x = f(x. f(x wordt een oneven functie in I genoemd indien voor elke x I geldt dat f( x = f(x Eigenschappen: 1. Voor een integreerbare even functie f(x en < c < a geldt c c f(xdx = c f(xdx. Voor een integreerbare oneven functie f(x en < c < a geldt c c f(xdx = 3. Zij f(x en g(x even of oneven functies over het interval I, dan is h(x = f(xg(x een even functie. 4. Zij f(x een even en g(x een oneven functie over het interval I, dan is h(x = f(xg(x een oneven functie. 5. cos(kx is een even functie over het interval I. 6. sin(kx is een oneven functie over het interval I. 7. Zij f(x een integreerbare even functie over het interval I en < c < a, dan volgt uit bovenstaande eigenschappen dat c c c c f(x cos(kxdx = f(x sin(kxdx = c f(x cos(kxdx 8. Zij f(x een integreerbare oneven functie over het interval I en < c < a, dan volgt uit bovenstaande eigenschappen dat c c c c f(x cos(kxdx = f(x sin(kxdx = c f(x sin(kxdx

37 Oefening 1. Fourierreeksen 1.1 (a f(x = f(x is stuksgewijze continu op [ 1, 1]: f(x is continu op [ 1, 1] \ {} { 1, 1 x < x, < x 1 f(x heeft slechts 1 discontinuïteit op [ 1, 1] in alle punten van ( 1, 1 bestaan de linker- en rechterlimiet f (x is stuksgewijze continu op [ 1, 1]: f (x is continu op [ 1, 1] \ {} f (x heeft slechts 1 discontinuïteit op [ 1, 1] in alle punten van ( 1, 1 bestaan de linker- en rechterlimiet f(x is stuksgewijze effen op [ 1, 1] (b f(x = x 3 f(x is stuksgewijze continu op [ 1, 1]: f(x is continu op [ 1, 1] f(x heeft geen discontinuïteit op [ 1, 1] in alle punten van ( 1, 1 bestaan de linker- en rechterlimiet f (x = 3 x 1 3 = 3x 1 3 is niet stuksgewijze continu: f (x is continu op [ 1, 1] \ {} f (x heeft slechts 1 discontinuïteit op [ 1, 1] in x = bestaan de linker- en rechterlimiet niet lim f (x = ± x ± f(x is niet stuksgewijze effen op [ 1, 1]. 3

38 1.. (a Functievoorschrift van de periodieke functie met periode π, π x < a 1 + x f(x = a, a x < 1 x a, x < a, a x < π Fourierreeks en -coëfficiënten: Algemeen f(x a + a k cos(kx + a k = 1 π b k = 1 π π π π π Redeneringen en theoretische uitwerking b k sin(kx f(x cos kx dx, k =, 1,, f(x sin kx dx, k = 1,, f(x is even op I = ( π, π f(x cos(kx is even op I, zodat a k = π = π = π a = π π a a a f(x cos kx dx, k =, 1,, f(x cos kx dx + π ( 1 x cos kx dx a ( 1 x a dx π a f(x cos kx dx f(x is even op I = ( π, π f(x sin(kx is oneven op I, zodat b k = Oplossing: Berekening a en a k via Maple ; zie Maple werkdocument voor plots, etc... f(x a + a k cos(kx a = a π a k = 1 cos(a k a π k, k = 1,, 4

39 1.. (b Functievoorschrift van de periodieke functie met periode T = π { 1 + x f(x = π, x ], π [, x ] π, π [ x π Fourierreeks en -coëfficiënten voor een periode T : Algemeen f(x a + ( πkx ( πkx a k cos + b k sin T T a k = T ( πkx f(x cos dx, k =, 1, T T b k = T ( πkx f(x sin dx, k = 1,, T T Uitwerking a k = π = 1 π a = 1 π b k = π = 1 π π π π π π ( πkx f(x cos π ( 1 + x cos(kxdx + 1 π π dx, k =, 1, π ( 1 + x dx + 1 π ( x π π π π ( πkx f(x sin π ( 1 + x sin(kxdx + 1 π π π dx dx, k = 1,, π π ( x cos(kxdx π ( x sin(kxdx π Berekening a, a k en b k via Maple + Interpretatie resultaten a = ( a k = k π 1 + ( 1 k, k = 1,, k even : a } k = 4 k oneven : a k = 4 a n+1 = k π (n + 1, n =, 1, π b k = 3 ( 1 + ( 1 1+k, k = 1,, kπ k even : b } k = 6 k oneven : b k = 6 b n+1 =, n =, 1, kπ (n + 1π Oplossing f(x 4 π n= cos((n + 1x (n π n= sin((n + 1x n + 1 Bemerk het verschijnsel van Gibbs in de grafiek (zie Maple document 5

40 1.. (c Functievoorschrift van de periodieke functie met periode T = π f(x = {, x ] π, [ x, x ], π [ Fourierreeks en -coëfficiënten voor een periode π: Algemeen Uitwerking f(x a + a k cos(kx + a k = 1 π b k = 1 π a k = 1 π a = 1 π π π π π π π b k sin(kx f(x cos kx dx, k =, 1,, f(x sin kx dx, k = 1,, x cos(kxdx, k =, 1, x dx b k = 1 π π x sin(kxdx, k = 1,, Berekening a, a k en b k via Maple + Interpretatie resultaten a = π a k = 1 + ( 1k k π, k = 1,, k even : a k = k oneven : a k = k π b k = ( 1k+1 k Oplossing, k = 1,, } a n 1 = (n 1 π, n = 1,, f(x π 4 π cos((k 1x (k 1 + ( 1 k+1 sin(kx k Bemerk het verschijnsel van Gibbs in de grafiek (zie Maple document 6

41 1.. (d De functie (zie figuur in de opgavenbundel op het interval [ L, L ] is een even functie, zodat de Fourierreeks van f(x enkel cosinus-termen zal bevatten. De periodieke uitbreiding van deze functie heeft een periode T = L. Functievoorschrift van f(x in [ L, L ] f(x = Fourier-reeks voor de even functie f(x { cx L, L x < cx L, x < L g(x a + ( πkx a k cos L a k = L ( πkx f(x cos dx, k =, 1,, L L = L/ ( πkx f(x cos dx L L/ L = 4 L/ ( πkx f(x cos dx L L = 4 L/ ( cx πkx L L cos dx L a = 4 L L/ cx L Berekening a en a k via Maple + Interpretatie resultaten Oplossing dx a = c ( 1 + ( 1 k a k = c π k { k oneven : ak = 4c π k k even : a k = 4c a n+1 = π =, n =, 1,, (n + 1 f(x c 4c π ( 1 π(k + 1x (k + 1 cos L k= 7

42 1.. (e Redeneringen en theoretische uitwerking f(x periodiek uitbreiden met periode T = π a k = π = 1 π = 1 π a = 1 π b k = π = 1 π = 1 π π π π π π π π ( πkx f(x cos dx, k =, 1,, π f(x cos kx dx x cos kx dx x dx ( πkx f(x sin dx, k = 1,, π f(x sin(kx dx x sin(kx dx Berekening a, a k en b k via Maple > a :=(1/ Pi i n t ( x ˆ, x =.. Pi ; > ak :=(1/ Pi i n t ( xˆ c o s ( k x, x =.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; > bk :=(1/ Pi i n t ( xˆ s i n ( k x, x =.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; Zie Maple werkdocument voor plots, etc... a = 8π 3 a k = 4, k = 1,, k b k = 4π k, k = 1,, Oplossing f(x 4π cos(kx k π sin(kx k 8

43 1.3. (a Bepaal de cosinusreeks voor f(x Een cosinusreeks van een functie g(x op een interval ( a, a is een Fourierreeks waarvan de coëfficiënten b k =, zodat in de reeks enkel cosinus-termen overblijven. De coëfficiënten b k worden allen nul als g(x een even functie is. Om een cosinusreeks voor f(x op te stellen moeten we dus eerst een even-uitbreiding g(x maken van f(x op het interval ( π, π. Functievoorschrift van de even-uitbreiding van f(x met periode T = π { f( x = x(π + x, π x g(x = f(x = x(π x, x π Fourier-reeks voor even-uitbreiding g(x van f(x De even-uitbreiding van f(x is een even functie, g(x, met periode T = π, zodat g(x a + a k = 1 π = π = π π π π π a k cos(kx g(x cos kx dx, k =, 1,, g(x cos kx dx x(π x cos kx dx Berekening a en a k via Maple + Interpretatie resultaten > a :=(/ Pi i n t ( x ( Pi x, x =.. Pi ; > ak :=(/ Pi i n t ( x ( Pi x c o s ( k x, x =.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; Oplossing a = π 3 ( 1 + ( 1 k a k = k, k = 1,, { k even : ak = 4 k k oneven : a k = a n = 4 (n = 1, n = 1,, n g(x π 6 cos(kx k 9

44 1.3. (b Bepaal de sinusreeks voor f(x Een sinusreeks van een functie g(x op een interval ( a, a is een Fourierreeks waarvan de coëfficiënten a k =, zodat in de reeks enkel sinus-termen overblijven. De coëfficiënten a k worden allen nul als g(x een oneven functie is. Om een sinusreeks voor f(x op te stellen moeten we dus eerst een oneven-uitbreiding g(x maken van f(x op het interval ( π, π. Functievoorschrift van de oneven-uitbreiding van f(x met periode T = π { f( x = x(π + x, π x g(x = f(x = x(π x, x π Fourier-reeks voor oneven-uitbreiding g(x van f(x De oneven-uitbreiding van f(x is een oneven functie, g(x, met periode T = π, zodat g(x b k = 1 π = π = π b k π π π π sin(kx g(x sin kx dx, k = 1,, g(x sin kx dx x(π x sin kx dx Berekening b k via Maple + Interpretatie resultaten bk :=(/ Pi i n t ( x ( Pi x s i n ( k x, x =.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; Oplossing ( 1 + ( 1 k b k = 4 πk 3, k = 1,, { k even : bk = k oneven : b k = 8 πk 3 8 b n+1 = (n =, n =, 1,, π g(x 8 π k= sin((k + 1x (k

45 1.3. (c Toon aan dat 1 k = π 6 Beschouw de even-uitbreiding g(x van f(x = x(π x op het interval (, π. De periodieke functie g(x met periode π is stuksgewijze continu op [ π, π]. De Fourier-reeks van g(x is, zoals eerder werd berekend in (b, g(x π 6 cos(kx k Omdat g(x stuksgewijze effen is op [ π, π] convergeert de Fourier-reeks van g(x puntsgewijze tot g(x+ + g(x als x ( π, π zodat voor x ( π, π g(x = π 6 cos(kx k Voor x = geldt dan g( = = π 6 = π 6 1 k 1 k = π 6 cos( k 11

46 1.4. (a Redeneringen en theoretische uitwerking f(x is even op I = [ π, π] f(x periodiek uitbreiden met periode T = π a k = 1 π = π = π π π π π π f(x cos kx dx, k =, 1,, f(x cos kx dx x cos kx dx a = x dx π b k =, k = 1,, Berekening a en a k via Maple > a :=(/ Pi i n t ( x ˆ, x =.. Pi ; > ak :=(/ Pi i n t ( xˆ c o s ( k x, x =.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; Zie Maple werkdocument voor plots, etc... Oplossing a = π 3 a k = 4 ( 1k k, k = 1,, f(x π ( 1 k cos(kx k 1

47 1.4. (b De periodieke uitbreiding van f(x = x, gedefinieerd op [ π, π], is een periodieke functie g(x met periode π en is stuksgewijze continu op [ π, π]. De Fourier-reeks van g(x is, zoals eerder werd berekend in 1.4. (a, g(x π ( 1 k cos(kx k Omdat g(x stuksgewijze effen is op [ π, π] convergeert de Fourier-reeks van g(x puntsgewijze tot zodat voor x [ π, π] Voor x = geldt dan g(x+ + g(x g(( π+ + g(π π 1 Voor x = π geldt dan π π 3 x = π = x als x ( π, π = π als x = π of x = π = π = π = π = π π 6 = π k = 4 = 1 k 1 k ( 1 k cos(kx k ( 1 k cos( k ( 1 k k ( 1 k k = ( 1 k cos(kπ k ( 1 k+1 k = π ( 1 k ( 1 k k 13

48 1.4. (c Toon aan dat 1 k 4 = π4 9 We vertrekken van de Fourierreeks voor f(x = x op het interval π x π, waarvan we reeds aangetoond hebben dat het een cosinusreeks is: of in algemene vorm met f(x = π ( 1 k cos(kx k f(x = a + (a n cos nx + b n sin nx, π x π n=1 a = π 3 a n = 4( 1n n, n = 1,, b n =, n = 1,, Toepassen van Parseval s vergelijking voor f(x = x en bijhorende cosinusreeks geeft 1 π [f(x] dx = a π π + (a n + b n 1 π x 4 dx = π π 1 π 5 π 5 π 4 5 4π4 18 ( 1 π π4 9 π 4 9 n=1 ( π 3 + ( 4( 1 n n=1 = 4π n 4 = 16 = = n=1 n=1 14 n=1 1 n 4 1 n 4 n=1 1 n 4 n

49 1.5. (a Bepaal cosinusreeks voor f(x in het interval I = [, π]. f(x = π 3, x < π/3, π/3 x < π/3 π 3, π/3 x π Een cosinusreeks bevat geen sinus-termen. Vertrekkende van de opgegeven functie f(x, maken we dus eerst een even-uitbreiding g(x met periode π, zodat de Fourierreeks van g(x enkel cosinus-termen bevat. Functievoorschrift van de even-uitbreiding g(x van f(x, met periode T = π { f( x, π x g(x = f(x, x π Fourier-reeks voor de even functie g(x g(x a + a k = 1 π = π = π = π a = π π π π π π/3 π/3 a k cos(kx g(x cos kx dx, k =, 1,, g(x cos kx dx f(x cos kx dx π 3 cos kx dx π π 3 dx π π π/3 π π/3 π 3 dx Berekening a en a k via Maple + Interpretatie resultaten π 3 cos kx dx > a :=(/ Pi ( i n t ( Pi /3, x =.. Pi /3 + i n t ( Pi /3, x= Pi / 3.. Pi ; > ak :=(/ Pi ( i n t ( c o s ( k x Pi /3, x =.. Pi /3 + i n t ( c o s ( k x Pi /3, x= Pi / 3.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; > ak := s i m p l i f y ( ak ; Oplossing g(x 3 3 a = a k = 3 sin ( πk 3 ( + sin πk 3 k ( cos 5x cos 7x cos 11x cos 13x cos x

50 Bepaal sinusreeks voor f(x in het interval I = [, π]. Een sinusreeks bevat geen cosinus-termen. Vertrekkende van de opgegeven functie f(x, maken we dus eerst een oneven-uitbreiding g(x met periode π, zodat de Fourierreeks van g(x enkel sinus-termen bevat. Functievoorschrift van de oneven-uitbreiding g(x van f(x, met periode T = π { f( x, π x g(x = f(x, x π Fourier-reeks voor de oneven functie g(x g(x b k = 1 π = π = π = π b k π π π π π/3 sin(kx g(x sin kx dx, k = 1,, g(x sin kx dx f(x sin kx dx π 3 sin kx dx π π π π/3 3 Berekening b k via Maple + Interpretatie resultaten sin kx dx > bk :=(/ Pi ( i n t ( s i n ( k x Pi /3, x =.. Pi /3 + i n t ( s i n ( k x Pi /3, x= Pi / 3.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; > bk:= s i m p l i f y ( bk ; Oplossing b k = 3 g(x sin x + ( 1 cos ( πk 3 sin 4x + ( cos πk 3 k sin 8x 4 + sin 1x 5 + ( 1 k + sin 14x

51 1.5. (b Bepaal cosinusreeks voor f(x in het interval I = (, 8. { x, < x < 4 f(x = 8 x, 4 < x < 8 We maken eerst een even uitbreiding g(x van de opgegeven functie f(x met periode T = 16, zodat de Fourierreeks van g(x enkel cosinus-termen bevat. { f( x, 8 < x < g(x = f(x, < x < 8 Fourier-reeks voor de even functie g(x g(x a + ( πkx a k cos T a k = T ( πkx g(x cos dx, k =, 1,, T T = T/ ( πkx g(x cos dx T T/ T = 4 T/ ( πkx g(x cos dx = 4 8 ( πkx f(x cos dx T T T 8 = 1 ( 4 ( πkx 8 ( πkx x cos dx + (8 x cos dx a = 1 ( 4 8 x dx + (8 x dx 4 4 Berekening a en a k via Maple + Interpretatie resultaten Oplossing a = 4 + ( 1 1+k a k = cos ( πk π k k even : a k = 3 k oneven : a k = 1+cos( πk π k a k =, k = 4, 8, 1, 64 a (n 1 = π =, n = 1,, ((n 1 16 a (n 1 = π =, n = 1,, (n 1 f(x 16 π ( 1 π(k 1x (k 1 cos 4 17

52 Bepaal sinusreeks voor f(x. We maken eerst een oneven uitbreiding g(x van de opgegeven functie f(x met periode T = 16, zodat de Fourierreeks van g(x enkel sinus-termen bevat. Functievoorschrift van de oneven-uitbreiding g(x van f(x, met periode T = 16 g(x = { f( x, 8 < x < f(x, < x < 8 Fourierreeks voor de oneven functie g(x ( πkx g(x b k sin T b k = T ( πkx g(x sin dx, k = 1,, T T = T/ ( πkx g(x sin dx T T/ T = 4 T/ ( πkx g(x sin dx T T = 1 8 ( πkx f(x sin dx 4 8 = 1 ( 4 ( πkx 8 ( πkx x sin dx + (8 x sin dx Berekening b k via Maple + Interpretatie resultaten > T: = 1 6 ; > bk := (/T ( i n t ( x s i n ( Pi k x/t, x = i n t ( (8 x s i n ( Pi k x/t, x = assuming k : : i n t e g e r ; > bk:= s i m p l i f y ( bk ; Oplossing f(x 3 π b k = 3 sin ( πk π k sin ( πk ( sin πkx 8 k 18

53 1.6. Bepaal sinusreeks voor f(x in het interval I = [, π]. x, x < a f(x = a, a x < π a π x, π a x < π met a < π/. We maken eerst een oneven uitbreiding g(x van de opgegeven functie f(x met periode T = π, zodat de Fourierreeks van g(x enkel sinustermen bevat. { f( x, π x < g(x = f(x, x < π Fourierreeks voor de oneven functie g(x g(x b k = 1 π b k π π π sin(kx g(x sin(kx dx, k = 1,, = g(x sin(kx dx = π π = ( a x sin(kx dx + π π π a a f(x sin(kx dx a sin(kx dx + Berekening b k via Maple + Interpretatie resultaten π π a > bk :=(/ Pi ( i n t ( x s i n ( k x, x =.. a + i n t ( a s i n ( k x, x=a.. Pi a + i n t ( ( Pi x s i n ( k x, x=pi a.. Pi assuming k : : i n t e g e r, a >,a<pi / ; > bk:= s i m p l i f y ( bk ; Oplossing ( 1 + ( 1 k b k = sin(ka πk { k even : bk = k oneven : b k = 4 sin(ka πk 4 sin((n + 1a a n+1 = π(n + 1, n =, 1,, f(x 4 π k= sin((k + 1a (k + 1 sin((k + 1x (π x sin(kx dx 19

54 Oefening. Fourier-Besselreeksen.1. (a Bepaal Fourier-Besselreeks van de eerste soort en orde van f(x = x. met c k = f(x = x = [J 1 (α k ] [J 1 (α k ] 1 c k J (α k x 1 xf(xj (α k xdx x J (α k xdx en {α k } k 1 de opeenvolgende positieve nulpunten van J (x. Oplossing: Zie ook Maple werkdocument voor grafische weergave, etc. [ 1 ] f(x x J (α k xdx [J 1 (α k ] J (α k x.1. (b Bepaal Fourier-Besselreeks van de tweede soort en orde van f(x = x. met f(x = x d + d = d k = = 1 xf(xdx = [J (β k ] [J (β k ] 1 1 d k J (β k x 1 x dx = 1 3 xf(xj (β k xdx x J (β k xdx en {β k } k 1 de opeenvolgende positieve nulpunten van J 1 (x. Oplossing: Zie ook Maple werkdocument voor grafische weergave, etc. f(x [ ] x J (β k xdx [J (β k ] J (β k x

55 .. (a Bepaal Fourier-Besselreeks van de eerste soort en orde van f(x = {, x < 1 1, 1 x 1 c k J (α k x met {α k } k 1 de opeenvolgende positieve nulpunten van J (x, en c k = = = = = = [J 1 (α k ] [J 1 (α k ] xf(xj (α k xdx xj (α k xdx substitutie: t = α k x αk [J 1 (α k J ] α (t dt k α k rekenregel: α k [J 1(α k ] αk [J 1(α k ] 1 [ α k [J 1 (α k ] t α k d dt (t J 1(t = t J (t αk α k d(tj 1 (t [ α k J 1 (α k α k ( αk J 1 ] J 1 (α k J 1 ( αk ] Oplossing: Zie ook Maple werkdocument voor grafische weergave, etc. f(x 1 [ ( J1 (α k J αk ] 1 α k [J 1 (α k ] J (α k x 1

56 .. (b Bepaal Fourier-Besselreeks van de tweede soort en orde van f(x = {, x < 1 1, 1 x 1 d + d k J (β k x met {β k } k 1 de opeenvolgende positieve nulpunten van J 1 (x, en d = d k = = = = = 1 xf(xdx = 1 [J (β k ] [J (β k ] xdx = 75 xf(xj (β k xdx xj (β k xdx substitutie: t = β k x [J (β k ] rekenregel: βk β k β k [J (β k ] β k [J (β k ] t J (t dt β k β k d dt (t J 1(t = t J (t βk β k d(tj 1 (t [ β k J 1 (β k β k J 1 ( ] βk β k is een nulpunt van J 1 (x J 1 (β k = ( 1 = β k [J (β k ] J βk 1 Oplossing: Zie ook Maple werkdocument voor grafische weergave, etc. f(x 75 1 J 1 β k [J (β k ] J (β k x ( βk

57 Oefening 3. Reeksen van eigenfuncties 3.1. (a Bepaal een reeksontwikkeling voor f(x = x met de eigenfuncties van het Sturm-Liouville probleem u λu =, u ( = u (L =. Sturm-Liouville probleem d Zelftoegevoegde vorm: dx (u (x = λu(x p(x = r(x 1, q(x. De eigenfuncties zijn dus orthogonaal over het interval [, L] ten opzichte van de gewichtsfunctie w(x = r(x = 1. λ = u = u(x = Ax + B u (x = A u ( = u (L = = A A = u (x = B is een niet-triviale oplossing λ = is een eigenwaarde, met bijhorende eigenfunctie u (x = 1 (stel, bv., B = 1. λ > : Karakteristieke vgl.: ν = λ ν = ± λ R u(x = A cosh( λ x + B sinh( λ x u (x = A λ sinh( λ x + B λ cosh( λ x u ( = = B λ B = u (L = = A λ sinh( λ L sinh( λ L A = u(x = is geen niet-triviale oplossing λ > is geen eigenwaarde. 3

58 λ < : Karakteristieke vgl.: ν = λ ν = ±i λ C u(x = A cos( λ x + B sin( λ x u (x = A λ sin( λ x + B λ cos( λ x u ( = = B λ B = u (L = = A λ sin( λ L sin( λ L = λ L = kπ, k = 1,, Er zijn oneindig veel eigenwaarden (< : λ k = k π, k = 1,, L met bijhorende eigenfuncties u k (x = cos ( kπ L x, met k N, k 1. Reeksontwikkeling met eigenfuncties f(x = x B + B k ( kπ cos L x Via orthogonaliteit van de eigenfuncties over [, L] t.o.v w(x = 1 geldt dan L B = w(xf(xdx L L w(xdx = xdx L dx B k = L w(xf(x cos ( kπ L x dx L w(x cos ( kπ L x = dx L x cos ( kπ L x dx L cos ( kπ L x dx Berekening B en B k via Maple + Interpretatie resultaten (zie Maple werkdocument. > B:= i n t ( x, x =.. L/ i n t ( 1, x =.. L ; > Bk:= i n t ( x c o s ( k Pi x/l, x =.. L/ i n t ( c o s ( k Pi x/l ˆ, x =.. L assuming k : : i n t e g e r ; B = L B k = L ( 1 + ( 1 k k π, k = 1,, k even : B } k = 4L k oneven : B k = 4L B n+1 = k π (n + 1, n =, 1,, π Oplossing f(x L 4L π n= ( 1 (n + 1π (n + 1 cos L x 4

59 3.. Bepaal een reeksontwikkeling voor f(x = e x met de eigenfuncties van het eigenwaardeprobleem Eigenwaarden en eigenfuncties y + λy =, y ( = y(π = d Zelftoegevoegde vorm: dx (y (x = λy(x Dit eigenwaardeprobleem is een Sturm-Liouvilleprobleem (p(x 1, q(x, r(x 1, niet-gemengde randvoorwaarden. De eigenfuncties zijn dus orthogonaal over het interval [, L] ten opzichte van de gewichtsfunctie w(x = r(x = 1. λ = : y = y(x = Ax + B, y (x = A y ( =, y(π = A =, B = y (x = is geen niet-triviale oplossing λ = is geen eigenwaarde. λ < : Karakteristieke vgl.: ν = λ ν = ± λ R y(x = A cosh( λ x + B sinh( λ x y (x = A λ sinh( λ x + B λ cosh( λ x y ( = = B λ B = y(π = = A cosh( λ π cosh( λ π > A = y(x = is geen niet-triviale oplossing λ < is geen eigenwaarde. λ > : Karakteristieke vgl.: ν = λ ν = ±i λ C y(x = A sin( λ x + B cos( λ x y (x = A λ cos( λ x B λ sin( λ x y ( = = A λ A = y(π = = B cos( λ π cos( λ π = λπ = (k + 1 π, k =, 1,, Er zijn oneindig veel eigenwaarden (> : ( λ k = (k+1 4, k =, 1,, met bijhorende eigenfuncties y k (x = cos (k+1 x, k N, k. 5

60 Reeksontwikkeling f(x = exp(x k= A k ( k + 1 cos Via orthogonaliteit van de eigenfuncties over [, π] t.o.v w(x = 1 geldt dan A k = = π ( 1f(x cos ( k+1 x dx π π ( 1 cos ( k+1 x dx exp(x cos ( k+1 x dx π cos ( k+1 x dx Berekening A k via Maple + Interpretatie resultaten: Zie Maple werkdocument. > Ak:= i n t ( exp ( x c o s ( ( k+1 x /, x =.. Pi / i n t ( c o s ( ( k+1 x / ˆ, x =.. Pi assuming k : : i n t e g e r ; x A k = 4 ( + ke π ( 1 k + e π ( 1 k π 5 + 4k + 4k ( = ( 1 k e π ( k π 1 + ( k + 1, k =, 1,, Oplossing f(x = exp(x k= ( ( 1 k e π ( k π 1 + ( k + 1 ( k + 1 cos x 6

61 3.3. Bepaal een reeksontwikkeling voor f(r = b r 1 op basis van de eigenfuncties van het singuliere Sturm-Liouville probleem rr (r + R (r = λrr(r, r b R(b = met R(r, R (r begrensd in de omgeving van r =. Eigenwaarden en eigenfuncties Zelftoegevoegde vorm: d dr (rr (r = λrr(r Dit eigenwaardeprobleem is een singulier Sturm-Liouville probleem (p(r r, q(r en w(r r, niet-gemengde randvoorwaarden. De eigenfuncties zijn dus orthogonaal over het interval [, b] ten opzichte van de gewichtsfunctie w(r = r. λ = rr (r + R (r = R(r = A + B ln r begrenzing: lim R(r < B = r R(r = A R(b = A = R(r = is een triviale oplossing λ = is geen eigenwaarde. λ > : Oplossing gewijzigde Bessel differentiaalvergelijking via Maple: R(r = A I ( λ r + B K ( λ r R(r = A I ( λ r begrenzing: lim r R(r < B = R(b =, I ( λ b > A = R(r = is een triviale oplossing λ > is geen eigenwaarde. 7

62 λ < : Oplossing Besseldifferentiaalvergelijking via Maple: R(r = A J ( λ r + B Y ( λ r begrenzing: lim r R(r < B = R(r = A J ( λ r R(b = J ( λ b = λ b = αn, n = 1,, Er zijn oneindig veel eigenwaarden (< : λ n = α n b, n = 1,, 3, met α n opeenvolgende positieve ( nulpunten van J (r; en met bijhorende eigenfuncties R n (r = J αn r b, n N, n 1. Reeksontwikkeling: f(r n=1 ( αn r A n J b Via orthogonaliteit van de eigenfuncties over het interval [, b] t.o.v w(r = r geldt dan b A n = rf(rj ( αn r b dr b r[j ( αn r b ] dr De integraal in de noemer van A n kunnen we via de substitutie t = r b alsvolgt vereenvoudigen b [ ( αn r ] 1 r J dr = bt[j (α n t] bdt b 1 = b t[j (α n t] dt rekenregel: = b [J 1(α n ] 1 x [J (λx] dx = 1 [J 1(λ] zodat Oplossing: A n = f(r b b [J 1 (α n ] n=1 b [ b rf(rj ( αn r rf(rj dr b ( αnr b [J 1 (α n ] ] dr ( αn r J b 8

63 3.4. Bepaal een reeksontwikkeling voor {, r < a f(r = 1 1, r a op basis van de eigenfuncties van het eigenwaardeprobleem rr (r + R (r = λrr(r, r a R (a = met a = 1, en R(r, R (r begrensd in de omgeving van r =. Eigenwaarden en eigenfuncties Zelftoegevoegde vorm: d dr (rr (r = λrr(r Dit eigenwaardeprobleem is een singulier Sturm-Liouville probleem (p(r r, q(r en w(r r, niet-gemengde randvoorwaarden. De eigenfuncties zijn dus orthogonaal over het interval [, a] ten opzichte van de gewichtsfunctie w(r = r. λ = rr (r + R (r = R(r = A + B ln r begrenzing: lim R(r < B = r R(r = A R (r = R (a = is voldaan R(r = A is een niet-triviale oplossing λ = is een eigenwaarde, met bijhorende eigenfunctie R (r = 1 (stel, bv., A = 1. λ > : Oplossing gewijzigde Bessel differentiaalvergelijking via Maple: R(r = A I ( λ r + B K ( λ r R(r = A I ( λ r begrenzing: lim r R(r < B = R (r = A λ I 1 ( λ r R (a =, I 1 ( λ a > A = R(r = is geen niet-triviale oplossing λ > is geen eigenwaarde. 9

64 λ < : Oplossing Besseldifferentiaalvergelijking via Maple: R(r = A J ( λ r + B Y ( λ r begrenzing: lim r R(r < B = R(r = A J ( λ r R (r = A λ J 1 ( λ r R (a = J 1 ( λ a = λ a = βn, n = 1,, Er zijn oneindig veel eigenwaarden (< : λ n = β n a, n = 1,, 3, met β n opeenvolgende positieve ( nulpunten van J 1 (r; en met bijhorende eigenfuncties R n (r = J βn r a, n N, n 1. Reeksontwikkeling: a = 1 {, r < 1 f(r = 1 1, r 1 A + A n J (β n r Via orthogonaliteit van de eigenfuncties over het interval [, a = 1] t.o.v w(r = r geldt dan A = A n = = = 1 rf(rdr 1 rdr 1 rf(rdr n=1 1 rf(rj (β n rdr 1 r[j (β n r] dr 1 [J (β n ] rf(rj (β n rdr Merk op dat deze reeksontwikkeling identiek is aan die van oefening..(b. Oplossing f(r 75 1 J 1 β k [J (β k ] J (β k r ( βk 3

65 Oefeningen Analyse III & Aanvullingen Wiskunde Oefensessie 3 Sturm-Liouville problemen en Partiële differentiaalvergelijkingen Modeloplossingen Versie 1-11 Leuven, November 1 nico.scheerlinck@cs.kuleuven.be In deze bundel wordt een overzicht gegeven van modeloplossingen voor de oefeningen uit de oefeningenbundel van de derde oefensessie. De resultaten van een aantal tussenstappen worden weergegeven. Eventueel, wordt een onderdeel van een berekening analytisch uitgewerkt. Modeloplossingen in Maple zijn eveneens beschikbaar en je kan deze vinden via Toledo (onder opdrachten in het Maple document maple-modelopl-oefensessie-3.mw (Noot: inladen met Maple 14 1

5.8. De Bessel differentiaalvergelijking. Een differentiaalvergelijking van de vorm

5.8. De Bessel differentiaalvergelijking. Een differentiaalvergelijking van de vorm 5.8. De Bessel differentiaalvergelijking. Een differentiaalvergelijking van de vorm x y + xy + (x ν )y = met ν R (1) heet een Bessel (differentiaal)vergelijking. De waarde van ν noemt men ook wel de orde

Nadere informatie

Analyse, Deel III Samenvatting Martijn Boussé

Analyse, Deel III Samenvatting Martijn Boussé Analyse, Deel III Inhoudsopgave I Lineaire Differentiaalvergelijkingen... 2 I.I Algemene theorie... 2 I.II Lineaire differentiaalvergelijkingen constante coëfficiënten... 3 I.III Lineaire differentiaalvergelijking

Nadere informatie

Aanvullingen van de Wiskunde

Aanvullingen van de Wiskunde 3de Bachelor EIT - de Bachelor Fysica Academiejaar 014-015 1ste semester 7 januari 015 Aanvullingen van de Wiskunde 1. Gegeven is een lineaire partiële differentiaalvergelijking van orde 1: a 1 (x 1,,

Nadere informatie

Aanvullingen van de Wiskunde / Partiële Differentiaalvergelijkingen

Aanvullingen van de Wiskunde / Partiële Differentiaalvergelijkingen de Bachelor EIT 2de en de Bachelor Wiskunde Academiejaar 215-216 1ste semester 26 januari 216 Aanvullingen van de Wiskunde / Partiële Differentiaalvergelijkingen 1. Gegeven een homogene lineaire partiële

Nadere informatie

Differentiaalvergelijkingen Technische Universiteit Delft

Differentiaalvergelijkingen Technische Universiteit Delft Differentiaalvergelijkingen Technische Universiteit Delft Roelof Koekoek wi23wbmt Roelof Koekoek (TU Delft Differentiaalvergelijkingen wi23wbmt 1 / 12 Fourierreeksen van even en oneven functies a 2 + (

Nadere informatie

Hoofdstuk 10: Partiële differentiaalvergelijkingen en Fourierreeksen

Hoofdstuk 10: Partiële differentiaalvergelijkingen en Fourierreeksen Hoofdstuk : Partiële differentiaalvergelijkingen en Fourierreeksen Partiële differentiaalvergelijkingen zijn vergelijkingen waarin een onbekende functie van twee of meer variabelen en z n partiële afgeleide(n)

Nadere informatie

Doe de noodzakelijke berekeningen met de hand; gebruik Maple ter controle.

Doe de noodzakelijke berekeningen met de hand; gebruik Maple ter controle. De n-de term van de numerieke rij (t n ) (met n = 0,, 2,...) is het rekenkundig gemiddelde van zijn twee voorgangers. (a) Bepaal het Z-beeld F van deze numerieke rij en het bijhorende convergentiegebied.

Nadere informatie

Hoofdstuk 10: Partiële differentiaalvergelijkingen en Fourierreeksen

Hoofdstuk 10: Partiële differentiaalvergelijkingen en Fourierreeksen Hoofdstuk : Partiële differtiaalvergelijking Fourierreeks Partiële differtiaalvergelijking zijn vergelijking waarin e onbekde functie van twee of meer variabel z n partiële afgeleide(n) voorkom. Dit in

Nadere informatie

1 WAAM - Differentiaalvergelijkingen

1 WAAM - Differentiaalvergelijkingen 1 WAAM - Differentiaalvergelijkingen 1.1 Algemene begrippen Een (gewone) differentiaalvergelijking heeft naast de onafhankelijke veranderlijke (bijvoorbeeld genoteerd als x), eveneens een onbekende functie

Nadere informatie

Technische Universiteit Delft. ANTWOORDEN van Tentamen Gewone differentiaalvergelijkingen, TW2030 Vrijdag 30 januari 2015,

Technische Universiteit Delft. ANTWOORDEN van Tentamen Gewone differentiaalvergelijkingen, TW2030 Vrijdag 30 januari 2015, Technische Universiteit Delft Faculteit EWI ANTWOORDEN van Tentamen Gewone differentiaalvergelijkingen, TW23 Vrijdag 3 januari 25, 4.-7. Dit tentamen bestaat uit 6 opgaven. Alle antwoorden dienen beargumenteerd

Nadere informatie

WI1708TH Analyse 2. College 5 24 november Challenge the future

WI1708TH Analyse 2. College 5 24 november Challenge the future WI1708TH Analyse 2 College 5 24 november 2014 1 Programma Vandaag 2 e orde lineaire differentiaal vergelijking (17.1) 2 1 e orde differentiaal vergelijking Definitie Een 1 e orde differentiaal vergelijking

Nadere informatie

Hoofdstuk 11: Randwaardeproblemen en Sturm-Liouville theorie

Hoofdstuk 11: Randwaardeproblemen en Sturm-Liouville theorie Hoofdstuk : Randwaardeproblemen en Sturm-Liouville theorie.. Tweepunts randwaardeproblemen. Bij het oplossen van partiële differentiaalvergelijkingen met behulp van de methode van scheiden van variabelen

Nadere informatie

Examenvragen Wiskundige Analyse I, 1ste examenperiode

Examenvragen Wiskundige Analyse I, 1ste examenperiode Examenvragen Wiskundige Analyse I, ste examenperiode 24-25 Vraag (op 6pt) Vraag.. Waar of vals (.5pt) De Wronskiaanse determinant van twee LOF oplossingen y en y 2 van de differentiaalvergelijking cosh(x)y

Nadere informatie

ax + 2 dx con- vergent? n ln(n) ln(ln(n)), n=3 (d) y(x) = e 1 2 x2 e 1 2 t2 +t dt + 2

ax + 2 dx con- vergent? n ln(n) ln(ln(n)), n=3 (d) y(x) = e 1 2 x2 e 1 2 t2 +t dt + 2 Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Calculus NWI-NPB 8 januari 3, 8.3.3 Het gebruik van een rekenmachine, telefoon en boek(en) is niet toegestaan. Geef precieze argumenten en antwoorden. Maak uw redenering

Nadere informatie

168 HOOFDSTUK 5. REEKSONTWIKKELINGEN

168 HOOFDSTUK 5. REEKSONTWIKKELINGEN 168 HOOFDSTUK 5. REEKSONTWIKKELINGEN 5.7 Vraagstukken Vraagstuk 5.7.1 Beschouw de differentiaalvergelijking d2 y d 2 = 2 y. (i) Schrijf y = a k k. Geef een recurrente betrekking voor de coëfficienten a

Nadere informatie

OF (vermits y = dy. dx ) P (x, y) dy + Q(x, y) dx = 0

OF (vermits y = dy. dx ) P (x, y) dy + Q(x, y) dx = 0 Algemeen kunnen we een eerste orde differentiaalvergelijking schrijven als: y = Φ(x, y) OF (vermits y = dy dx ) P (x, y) dy + Q(x, y) dx = 0 Indien we dan P (x, y) en Q(x, y) kunnen schrijven als P (x,

Nadere informatie

Aanvullingen van de Wiskunde

Aanvullingen van de Wiskunde 1ste semester 23 januari 2007 Aanvullingen van de Wiskunde 1. Gegeven zijn twee normen 1 en 2 op een vectorruimte V. Wanneer zegt men dat de 1 fijner is dan 2? Wat is dan het verband tussen convergentie

Nadere informatie

TRILLINGEN EN GOLVEN HANDOUT FOURIER

TRILLINGEN EN GOLVEN HANDOUT FOURIER TRILLINGEN EN GOLVEN HANDOUT FOURIER Cursusjaar 2009 / 2010 2 Inhoudsopgave 1 FOURIERANALYSE 5 1.1 INLEIDING............................... 5 1.2 FOURIERREEKSEN.......................... 5 1.3 CONSEQUENTIES

Nadere informatie

Tentamen Gewone Differentiaal Vergelijkingen II

Tentamen Gewone Differentiaal Vergelijkingen II Tentamen Gewone Differentiaal Vergelijkingen II.0.007 Jullie mogen een willekeurige van de vier opgaven als bonusopgave bekijken. (Dus drie opgaven volledig en goed gedaan is al een 10.) Opgave 1 Bekijk

Nadere informatie

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking Proeftentamen 3 Functies van één veranderlijke (15126 De uitwerkingen van de opgaven dienen duidelijk geformuleerd en overzichtelijk

Nadere informatie

. Maak zelf een ruwe schets van f met A = 2, ω = 6π en ϕ = π 6. De som van twee trigonometrische polynomen is weer een trigonometrisch polynoom

. Maak zelf een ruwe schets van f met A = 2, ω = 6π en ϕ = π 6. De som van twee trigonometrische polynomen is weer een trigonometrisch polynoom 8. Fouriertheorie Periodieke functies. Veel verschijnselen en processen hebben een periodiek karakter. Na een zekere tijd, de periode, komt hetzelfde patroon terug. Denk maar aan draaiende of heen en weer

Nadere informatie

Overzicht Fourier-theorie

Overzicht Fourier-theorie B Overzicht Fourier-theorie In dit hoofdstuk geven we een overzicht van de belangrijkste resultaten van de Fourier-theorie. Dit kan als steun dienen ter voorbereiding op het tentamen. Fourier-reeksen van

Nadere informatie

TENTAMEN ANALYSE 1. dinsdag 3 april 2007,

TENTAMEN ANALYSE 1. dinsdag 3 april 2007, TENTAMEN ANALYSE. dinsdag april 2007, 4.00-7.00. Het tentamen bestaat uit twee gedeelten: de eerste vijf opgaven gaan over de stof van het eerste gedeelte van het college. De laatste vijf opgaven gaan

Nadere informatie

3. Bepaal de convergentie-eigenschappen (absoluut convergent, voorwaardelijk convergent, divergent) van de volgende reeksen: n=1. ( 1) n (n + 1)x 2n.

3. Bepaal de convergentie-eigenschappen (absoluut convergent, voorwaardelijk convergent, divergent) van de volgende reeksen: n=1. ( 1) n (n + 1)x 2n. Radboud Universiteit Tentamen Calculus A NWI-WP025 25 januari 208, 8.30.30 Het gebruik van een rekenmachine/gr, telefoon, boek, aantekeningen e.d. is niet toegestaan. Geef precieze argumenten en antwoorden.

Nadere informatie

In dit college bekijken we een aantal technieken om integralen te bepalen van trigonometrische functies en van rationale functies.

In dit college bekijken we een aantal technieken om integralen te bepalen van trigonometrische functies en van rationale functies. 03 college 5: meer technieken In dit college bekijken we een aantal technieken om integralen te bepalen van trigonometrische functies en van rationale functies. Opmerking over de notatie. Net als in het

Nadere informatie

Types differentiaal vergelijkingen

Types differentiaal vergelijkingen 1ste Bachelor Wiskunde/Natuurkunde Types differentiaal vergelijkingen Dit semester hebben we veel types differentiaalvergelijkingen gezien. In de WPO sessies was de rode draad: herken de type differentiaalvergelijking

Nadere informatie

Wiskundige Technieken

Wiskundige Technieken 1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen 1ste Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 014-015 1ste semester 1 oktober 014 Wiskundige Technieken 1. Beschouw een scalaire functie f : R R en een vectorveld

Nadere informatie

Uitgewerkte oefeningen

Uitgewerkte oefeningen Uitgewerkte oefeningen Algebra Oefening 1 Gegeven is de ongelijkheid: 4 x. Welke waarden voor x voldoen aan deze ongelijkheid? A) x B) x [ ] 4 C) x, [ ] D) x, Oplossing We werken de ongelijkheid uit: 4

Nadere informatie

f even en g oneven = f g oneven. f(x) dx = 2 Stel dat f een even functie is en dat de Fourierreeks voor f gelijk is aan a n cos nπx + b n sin nπx )

f even en g oneven = f g oneven. f(x) dx = 2 Stel dat f een even functie is en dat de Fourierreeks voor f gelijk is aan a n cos nπx + b n sin nπx ) .4. Ev onev functies. E functie f heet ev als voor elke x in het domein van f ook x tot dat domein behoort f( x) = f(x) voor alle x in het domein van f. En e functie f heet onev als voor elke x in het

Nadere informatie

Examen Wiskundige Analyse I 1ste bach ir wet. dinsdag 5 januari Vraag 1.1. Waar of vals (1pt) Het beginvoorwaardenprobleem

Examen Wiskundige Analyse I 1ste bach ir wet. dinsdag 5 januari Vraag 1.1. Waar of vals (1pt) Het beginvoorwaardenprobleem Examen Wiskundige Analyse I ste bach ir wet dinsdag 5 januari 206 Vraag.. Waar of vals (pt) Het beginvoorwaardenprobleem 32x 3 y = (y ) 3, y() = 2, y () = 4 bezit een unieke oplossing, die geldig is in

Nadere informatie

Examenvragen Wiskundige Analyse I 1ste bach ir wet, eerste examenperiode

Examenvragen Wiskundige Analyse I 1ste bach ir wet, eerste examenperiode Examenvragen Wiskundige Analyse I 1ste bach ir wet, eerste examenperiode 2008-2009 Een vloeistoftank met een capaciteit van 500 liter bevat aanvankelijk 100 liter water, waarin 30 kilogram zout is opgelost.

Nadere informatie

11.3. Inhomogene randwaardeproblemen. We beschouwen eerst inhomogene Sturm- Liouville randwaardeproblemen van de vorm :

11.3. Inhomogene randwaardeproblemen. We beschouwen eerst inhomogene Sturm- Liouville randwaardeproblemen van de vorm : 11.3. Inhomogene randwaardeproblemen. We beschouwen eerst inhomogene Sturm- Liouville randwaardeproblemen van de vorm : L[y] := [p(x)y ] + q(x)y = µr(x)y + f(x), < x < 1 (1) a 1 y() + a 2 y () =, b 1 y(1)

Nadere informatie

Wiskunde: Voortgezette Analyse

Wiskunde: Voortgezette Analyse de Bach. IR Wet.: Architectuur Academiejaar 0-04 ste zittijd, januari 04 Wiskunde: Voortgezette Analyse. Gegeven is de reeks n x (x + ) n+ Toon aan dat de reeks puntsgewijs convergeert over R. Toon aan

Nadere informatie

Examen G0O17E Wiskunde II (3sp) maandag 10 juni 2013, 8:30-11:30 uur. Bachelor Geografie en Bachelor Informatica

Examen G0O17E Wiskunde II (3sp) maandag 10 juni 2013, 8:30-11:30 uur. Bachelor Geografie en Bachelor Informatica Examen GO7E Wiskunde II (3sp maandag juni 3, 8:3-:3 uur Bachelor Geografie en Bachelor Informatica Auditorium De Molen: A D Auditorium MTM3: E-Se Auditorium MTM39: Sh-Z Naam: Studierichting: Naam assistent:

Nadere informatie

2. Hoelang moet de tweede faze duren om de hoeveelheid zout in de tank op het einde van de eerste faze, op de helft terug te brengen?

2. Hoelang moet de tweede faze duren om de hoeveelheid zout in de tank op het einde van de eerste faze, op de helft terug te brengen? Vraag Een vloeistoftank met onbeperkte capaciteit, bevat aanvankelijk V liter zuiver water. Tijdens de eerste faze stroomt water, dat zout bevat met een concentratie van k kilogram per liter, de tank binnen

Nadere informatie

Examen Analyse 2 : Theorie (zonder Maple). (7 januari 2014)

Examen Analyse 2 : Theorie (zonder Maple). (7 januari 2014) Examen Analyse 2 : Theorie (zonder Maple). (7 januari 204). Maclaurin reeksen. Geef met bewijs de Maclaurin reeksontwikkeling van de logaritmische functie ln( + x). Geef ook het convergentie-interval van

Nadere informatie

Korte handleiding Maple, bestemd voor gebruik bij de cursus Wiskunde

Korte handleiding Maple, bestemd voor gebruik bij de cursus Wiskunde Korte handleiding Maple, bestemd voor gebruik bij de cursus Wiskunde voor B. 1 Eenvoudige operaties en functies. 1. De bewerkingen optellen aftrekken, vermenigvuldigen, delen en machtsverheffen worden

Nadere informatie

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (5260) op dinsdag 6 januari 2009, 9.00 2.00 uur. De uitwerkingen van de opgaven

Nadere informatie

Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft:

Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft: Determinanten Invoeren van het begrip determinant Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { a x + b y = c a 2 a 2 x + b 2 y = c 2 a Dit levert op: { a a 2 x

Nadere informatie

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Uitwerking Tentamen Calculus, 2DM10, maandag 22 januari 2007

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Uitwerking Tentamen Calculus, 2DM10, maandag 22 januari 2007 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Uitwerking Tentamen Calculus, DM, maandag januari 7. (a) Gevraagd is het polynoom f() + f () (x ) + f (x ). Een eenvoudige rekenpartij

Nadere informatie

Tentamenopgaven over hfdst. 1 t/m 4

Tentamenopgaven over hfdst. 1 t/m 4 Ttamopgav over hfdst. 1 t/m 4 1. donderdag 31 oktober 1996 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem y + 4y = 4 cos 2x, y(0) = 1, y (0) = 0. 2. donderdag 31 oktober 1996 Bepaal de algeme oplossing

Nadere informatie

Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Calculus 1 NWI-NP003B 4 januari 2013,

Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Calculus 1 NWI-NP003B 4 januari 2013, Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Calculus 1 NWI-NP003B 4 januari 013, 8.30 11.30 Het gebruik van een rekenmachine, telefoon en boek(en) is niet toegestaan. Geef precieze argumenten en antwoorden.

Nadere informatie

Functies van één veranderlijke

Functies van één veranderlijke Functies van één veranderlijke 952600 Docent : Anton Stoorvogel E-mail: A.A.Stoorvogel@utwente.nl /29 Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica EWI UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde

Nadere informatie

Toets 3 Calculus 1 voor MST, 4051CALC1Y dinsdag 31 oktober 2017, 13:30 16:30 uur

Toets 3 Calculus 1 voor MST, 4051CALC1Y dinsdag 31 oktober 2017, 13:30 16:30 uur Toets 3 Calculus 1 voor MST, 4051CALC1Y dinsdag 31 oktober 2017, 13:30 16:30 uur Technische Universiteit Delft, Delft Institute of Applied Mathematics Naam: Groep (omcirkel): (Leids) studentnummer: A (Keijzer)

Nadere informatie

Functies van één veranderlijke

Functies van één veranderlijke Functies van één veranderlijke 952600 Docent : Anton Stoorvogel E-mail: A.A.Stoorvogel@utwente.nl /37 Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica EWI Newton s method Hoe vinden we een nulpunt: f.x/ D 0 Stel

Nadere informatie

Tentamen Functies en Reeksen

Tentamen Functies en Reeksen Tentamen Functies en Reeksen 6 november 204, 3:30 6:30 uur Schrijf op ieder vel je naam en bovendien op het eerste vel je studentnummer, de naam van je practicumleider (Arjen Baarsma, KaYin Leung, Roy

Nadere informatie

Hoofdstuk 1: Inleiding

Hoofdstuk 1: Inleiding Hoofdstuk 1: Inleiding 1.1. Richtingsvelden. Zie Stewart, 9.2. 1.2. Oplossingen van enkele differentiaalvergelijkingen. Zelf doorlezen. 1.3. Classificatie van differentiaalvergelijkingen. Differentiaalvergelijkingen

Nadere informatie

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (526) op maandag 4 januari 2, 8.45.45 uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen

Nadere informatie

(x x 1 ) + y 1. x x k+1 x k x k+1

(x x 1 ) + y 1. x x k+1 x k x k+1 Les Talor reeksen We hebben in Wiskunde een aantal belangrijke reële functies gezien, bijvoorbeeld de exponentiële functie exp(x) of de trigonometrische functies sin(x) en cos(x) Toen hebben we wel eigenschappen

Nadere informatie

18.I.2010 Wiskundige Analyse I, theorie (= 60% van de punten)

18.I.2010 Wiskundige Analyse I, theorie (= 60% van de punten) 8.I.00 Wiskundige Analyse I, theorie 60% van de punten) Beantwoord elk van de vragen I,II,III en IV op één van de dubbele geruite bladen. Schrijf op elk van die dubbele geruite bladen, bovenaan de eerste

Nadere informatie

n 2 + 3n + 6 4n 3 3 n + 8n n + 3n + 16 n=1 Indien convergent, bepaal dan ook de waarde van de reeks.

n 2 + 3n + 6 4n 3 3 n + 8n n + 3n + 16 n=1 Indien convergent, bepaal dan ook de waarde van de reeks. Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Calculus NWI-NP004B januari 05,.30 5.30 Het gebruik van een rekenmachine/gr, telefoon, boek, aantekeningen e.d. is niet toegestaan. Geef precieze argumenten en antwoorden.

Nadere informatie

Lineaire dv van orde 2 met constante coefficienten

Lineaire dv van orde 2 met constante coefficienten Lineaire dv van orde 2 met constante coefficienten Homogene vergelijkingen We bekijken eerst homogene vergelijkingen van orde twee met constante coefficienten, d.w.z. dv s van de vorm a 0 y + a 1 y + a

Nadere informatie

Oefeningen Analyse I

Oefeningen Analyse I Inleiding Oefeningen Analyse I Wil je de eventuele foutjes melden. Met dank, Yannick Meers e-mail: meers@skynet.be Hoofdstuk 7: Functiereeksen Oefening Gevraagd: We gaan opsplitsen voor x : GEVAL : x

Nadere informatie

Notatie Voor een functie y = y(t) schrijven we. Definitie Een differentiaalvergelijking is een vergelijking van de vorm

Notatie Voor een functie y = y(t) schrijven we. Definitie Een differentiaalvergelijking is een vergelijking van de vorm college 3: differentiaalvergelijkingen Notatie Voor een functie y = y(t) schrijven we y = y (t) of y (1) = y (1) (t) voor de afgeleide dy dt, en y = y (t) of y (2) = y (2) (t) voor de tweede afgeleide

Nadere informatie

ENKELE VOORBEELDEN UIT TE WERKEN MET ICT

ENKELE VOORBEELDEN UIT TE WERKEN MET ICT Differentiaalvergelijkingen kunnen we ook oplossen met behulp van ICT. In dit geval zijn de oplossingen uitgewerkt met behulp van Derive. dy De differentiaalvergelijking = ky, met k een reëel getal Voorbeeld

Nadere informatie

Actief gedeelte - Maken van oefeningen

Actief gedeelte - Maken van oefeningen Actief gedeelte - Maken van oefeningen Algebra Oefening 1 Gegeven is de ongelijkheid: 4 x 2. Welke waarden voor x voldoen aan deze ongelijkheid? (A) x 2 (B) x 2 [ ] 4 (C) x, 2 [ ] 2 (D) x, 2 Oefening 2

Nadere informatie

1 Eigenwaarden en eigenvectoren

1 Eigenwaarden en eigenvectoren Eigenwaarden en eigenvectoren Invoeren van de begrippen eigenwaarde en eigenvector DEFINITIE Een complex (of reëel getal λ heet een eigenwaarde van de n n matrix A als er een vector x is met Ax = λx Dan

Nadere informatie

Hoofdstuk 3: Tweede orde lineaire differentiaalvergelijkingen

Hoofdstuk 3: Tweede orde lineaire differentiaalvergelijkingen Hoofdstuk 3: Tweede orde lineaire differentiaalvergelijkingen De inhoud van hoofdstuk 3 zou grotendeels bekende stof moeten zijn. Deze stof is terug te vinden in Stewart, hoofdstuk 17. Daar staat alles

Nadere informatie

Tussentijdse evaluatie Analyse I

Tussentijdse evaluatie Analyse I ste Bachelor Wiskunde Academiejaar 6-7 ste semester november 6 Tussentijdse evaluatie Analyse I. Toon aan dat een niet-stijgende begrensde rij convergent is.. Onderstel dat f : [a, b] R continu is over

Nadere informatie

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Uitwerking van het tentamen Functietheorie (2Y480) op ,

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Uitwerking van het tentamen Functietheorie (2Y480) op , 1 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Uitwerking van het tentamen Functietheorie (2Y480) op 25-11-1998, 9.00-12.00 uur Opgave 1 1. Formuleer de Cauchy-Riemann-vergelijkingen.

Nadere informatie

Technische Universiteit Delft Tentamen Calculus TI1106M - Uitwerkingen. 2. Geef berekeningen en beargumenteer je antwoorden.

Technische Universiteit Delft Tentamen Calculus TI1106M - Uitwerkingen. 2. Geef berekeningen en beargumenteer je antwoorden. Technische Universiteit elft Tentamen Calculus TI06M - Uitwerkingen Opmerkingen:. Het gebruik van de rekenmachine is NIET toegestaan.. Geef berekeningen en beargumenteer je antwoorden. 3. Bij iedere vraag

Nadere informatie

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Functietheorie (2Y480) op 25 november 1998, uur.

TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica. Functietheorie (2Y480) op 25 november 1998, uur. TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Wiskunde en Informatica Functietheorie (2Y480) op 25 november 1998, 9.00-12.00 uur. Dit tentamen bestaat uit 5 opgaven. De uitwerkingen van deze opgaven dienen

Nadere informatie

Technische Universiteit Delft Uitwerking Tentamen Analyse 3, WI 2601 Maandag 11 januari 2010, 9.00-12.00

Technische Universiteit Delft Uitwerking Tentamen Analyse 3, WI 2601 Maandag 11 januari 2010, 9.00-12.00 Technische Universiteit Delft Uitwerking Tentamen Analyse 3, WI 6 Maandag januari, 9- Faculteit EWI Dit tentamen bestaat uit 6 opgaven Alle antwoorden dienen beargumenteerd te worden Normering: punten

Nadere informatie

4051CALC1Y Calculus 1

4051CALC1Y Calculus 1 4051CALC1Y Calculus 1 College 23 23 oktober 2014 1 Programma Vanmiddag Trillingen (8.7) 2 Herhaling 2 e orde homogene lineaire differentiaal vergelijking De algemene oplossing voor ay + by + cy = 0 wordt

Nadere informatie

(x x 1 ) + y 1. x x 1 x k x x x k 1

(x x 1 ) + y 1. x x 1 x k x x x k 1 Les Taylor reeksen We hebben in Wiskunde een aantal belangrijke reële functies gezien, bijvoorbeeld de exponentiële functie exp(x) of de trigonometrische functies sin(x) en cos(x) Toen hebben we wel eigenschappen

Nadere informatie

Lineaire gewone & partiele 1ste en 2de orde differentiaalvergelijkingen

Lineaire gewone & partiele 1ste en 2de orde differentiaalvergelijkingen Lineaire gewone & partiele 1ste en de orde differentiaalvergelijkingen Basisbegrippen Een differentiaalvergelijking is een vergelijking waarin minstens een afgeleide van een onbekende reeelwaardige functie

Nadere informatie

Centrale Commissie Voortentamen Wiskunde Uitwerkingen Voortentamen Wiskunde B 11 juni 2012

Centrale Commissie Voortentamen Wiskunde Uitwerkingen Voortentamen Wiskunde B 11 juni 2012 Centrale Commissie Voortentamen Wiskunde Uitwerkingen Voortentamen Wiskunde B juni 22 Voorlopige versie 6 juni 22 Opgave a f (x) = x2 x 5, dus f (x) = 2 2 x 5x. Dit geeft f (x) = 2 2 2x3. f (x) = 2 2 2x3

Nadere informatie

Analyse I. 1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar ste semester 10 januari 2008

Analyse I. 1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar ste semester 10 januari 2008 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar 007-008 ste semester 0 januari 008 Analyse I. Bewijs de stelling van Bolzano-Weierstrass: elke oneindige begrensde deelverzameling van R heeft minstens

Nadere informatie

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (5260) op donderdag 25 oktober 2007, 9.00 2.00 uur. De uitwerkingen van de opgaven

Nadere informatie

20 OKTOBER y 2 xy 2 = 0. x y = x 2 ± 1 2. x2 + 8,

20 OKTOBER y 2 xy 2 = 0. x y = x 2 ± 1 2. x2 + 8, UITWERKINGEN TENTAMEN DIFFERENTIËREN EN INTEGREREN 20 OKTOBER 2008. a) f(x) < is equivalt aan < f(x)

Nadere informatie

Complexe functies. 2.1 Benadering door veeltermen

Complexe functies. 2.1 Benadering door veeltermen Wiskunde voor kunstmatige intelligentie, Les Complexe functies Nadat we de complexe getallen hebben leren kennen, is het een voor de hand liggende vraag of hiervoor net als voor de reële getallen ook functies

Nadere informatie

x 1 (t) = ve rt = (a + ib) e (λ+iµ)t = (a + ib) e λt (cos µt + i sin µt) x 2 (t) = ve rt = e λt (a cos µt b sin µt) ie λt (a sin µt + b cos µt).

x 1 (t) = ve rt = (a + ib) e (λ+iµ)t = (a + ib) e λt (cos µt + i sin µt) x 2 (t) = ve rt = e λt (a cos µt b sin µt) ie λt (a sin µt + b cos µt). 76 Complexe eigenwaarden Ook dit hebben we reeds gezien bij Lineaire Algebra Zie: Lay, 57 Als xt ve rt een oplossing is van de homogene differentiaalvergelijking x t Axt, dan moet r een eigenwaarde van

Nadere informatie

Tussentijdse Toets Wiskunde 2 1ste bachelor Biochemie & Biotechnologie, Chemie, Geografie, Geologie en Informatica april 2011

Tussentijdse Toets Wiskunde 2 1ste bachelor Biochemie & Biotechnologie, Chemie, Geografie, Geologie en Informatica april 2011 Tussentijdse Toets Wiskunde ste bachelor Biochemie & Biotechnologie, Chemie, Geografie, Geologie en Informatica april Deze toets is bedoeld om u vertrouwd te maken met de wijze van ondervraging op het

Nadere informatie

college 6: limieten en l Hôpital

college 6: limieten en l Hôpital 126 college 6: ieten en l Hôpital In dit college herhalen we enkele belangrijke definities van ieten, en geven we belangrijke technieken om ieten van functies (eigenlijk en oneigenlijk) te bepalen. In

Nadere informatie

Toets 3 Calculus 1 voor MST, 4501CALC1Y donderdag 20 oktober 2016; 13:30-15:30 uur

Toets 3 Calculus 1 voor MST, 4501CALC1Y donderdag 20 oktober 2016; 13:30-15:30 uur Toets 3 Calculus voor MST, 450CALCY donderdag 20 oktober 206; 3:30-5:30 uur Technische Universiteit Delft, Delft Institute of Applied Mathematics Naam: Volgt de lessen bij: (Leids) studentnummer: A (Keijzer)

Nadere informatie

Functies van één veranderlijke 191512600

Functies van één veranderlijke 191512600 Functies van één veranderlijke 952600 Docent : Anton Stoorvogel E-mail: A.A.Stoorvogel@utwente.nl /40 Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica EWI Partieel Breuksplitsen a0 x m C a x m C C a m x C a m

Nadere informatie

Differentiaalvergelijkingen

Differentiaalvergelijkingen Notities bij de nascholing Differentiaalvergelijkingen Eekhoutcentrum 11 mei 2005 Bart Windels Differentiaalvergelijkingen 1 1 Algemeenheden Zij I een open interval van R (eventueel onbegrensd) en y :

Nadere informatie

IJkingstoets Wiskunde-Informatica-Fysica september 2018: algemene feedback

IJkingstoets Wiskunde-Informatica-Fysica september 2018: algemene feedback IJkingstoets wiskunde-informatica-fysica september 8 - reeks - p. IJkingstoets Wiskunde-Informatica-Fysica september 8: algemene feedback Positionering ten opzichte van andere deelnemers In totaal namen

Nadere informatie

10.6. Andere warmteproblemen. We hebben warmteproblemen bekeken van de vorm. 0 < x < L, t > 0. w(0, t) = 0, w(l, t) = 0, t 0. u(x, 0) = f(x), 0 x L,

10.6. Andere warmteproblemen. We hebben warmteproblemen bekeken van de vorm. 0 < x < L, t > 0. w(0, t) = 0, w(l, t) = 0, t 0. u(x, 0) = f(x), 0 x L, .6. Andere warmteproblem. We hebb warmteproblem bekek van de vorm α 2 u xx = u t, < x u(, t) =, u(, t) =, t u(x, ) = f(x), x, waarbij de temperatuur aan de beide uiteind constant bovdi gelijk is.

Nadere informatie

IJkingstoets Deel 1. Basiskennis wiskunde. Vraag 1 Het gemiddelde van de getallen 1 2, 1 3 en 1 4 is 1 (A) 27 (B) 13 4 (C) 1 3 (D) 13 36

IJkingstoets Deel 1. Basiskennis wiskunde. Vraag 1 Het gemiddelde van de getallen 1 2, 1 3 en 1 4 is 1 (A) 27 (B) 13 4 (C) 1 3 (D) 13 36 4 IJkingstoets 08 Deel. Basiskennis wiskunde Vraag Het gemiddelde van de getallen, en 4 is (A) 7 (B) 4 (C) (D) 6 Vraag Beschouw de functie f met voorschrift f(x) = f ( g ( )) gelijk? en g met voorschrift

Nadere informatie

Uitwerkingen Tentamen Gewone Differentiaalvergelijkingen

Uitwerkingen Tentamen Gewone Differentiaalvergelijkingen Uitwerkingen Tentamen Gewone Differentiaalvergelijkingen Maandag 4 januari 216, 1: - 13: uur 1. Beschouw voor t > de inhomogene singuliere tweede orde vergelijking, t 2 ẍ + 4tẋ + 2x = f(t, (1 waarin f

Nadere informatie

Vrije Universiteit Brussel Analyse I WPO Academiejaar Prof. Dr. E. Colebunders, Dr. An Gerlo, Dr. G. Sonck

Vrije Universiteit Brussel Analyse I WPO Academiejaar Prof. Dr. E. Colebunders, Dr. An Gerlo, Dr. G. Sonck Vrije Universiteit Brussel Analyse I WPO Academiejaar 2007-2008 Prof. Dr. E. Colebunders, Dr. An Gerlo, Dr. G. Sonck 5 oktober 2007 Inhoudsopgave Opgaven Afgeleiden 2 Opgaven Bepalen van Primitieven 4

Nadere informatie

De Laplace-transformatie

De Laplace-transformatie De Laplace-transformatie De Laplace-transformatie is een instrument dat functies omzet in andere functies. Deze omzetting, de transformatie, heeft nette wiskundige eigenschappen. Zowel in de kansrekening

Nadere informatie

Analyse I. 2. Formuleer en bewijs de formule van Taylor voor een functie f : R R. Stel de formules op voor de resttermen van Lagrange en Liouville.

Analyse I. 2. Formuleer en bewijs de formule van Taylor voor een functie f : R R. Stel de formules op voor de resttermen van Lagrange en Liouville. Academiejaar 006-007 1ste semester februari 007 Analyse I 1. Toon aan dat elke begrensde rij een convergente deelrij heeft. Geef de definitie van een Cauchy rij, en toon aan dat elke Cauchy rij begrensd

Nadere informatie

De golfvergelijking in drie dimensies. Golfvergelijking in een dimensie: trillende snaar

De golfvergelijking in drie dimensies. Golfvergelijking in een dimensie: trillende snaar De golfvergelijking in drie dimensies In drie dimensies wordt de golfvergelijking 2 Ψ t 2 = c2 ( 2 ) Ψ x 2 + 2 Ψ y 2 + 2 Ψ z 2 waar c een constante is die de snelheid van de golven aangeeft. Dit is de

Nadere informatie

Het vinden van een particuliere oplossing

Het vinden van een particuliere oplossing Het vind van e particuliere oplossing Voor e lineaire differtiaalvergelijking met constante (reële) coëfficiënt a 0 y (n) (t) + a 1 y (n 1) (t) +... + a n 1 y (t) + a n y(t) = g(t), a 0 0 (1) geldt, dat

Nadere informatie

Hoofdstuk 5: Machtreeksoplossingen van tweede orde lineaire differentiaalvergelijkingen

Hoofdstuk 5: Machtreeksoplossingen van tweede orde lineaire differentiaalvergelijkingen Hoofdstuk 5: Machtreeksoplossing van tweede orde lineaire differtiaalvergelijking 5.1. Machtreeks. In deze paragraaf word de belangrijkste eigschapp van machtreeks op e rijtje gezet. Zelf doorlez! Zie

Nadere informatie

TOELATINGSEXAMEN ANALYSE BURGERLIJK INGENIEUR EN BURGERLIJK INGENIEUR ARCHTECT - 3 JULI 2003 BLZ 1/8

TOELATINGSEXAMEN ANALYSE BURGERLIJK INGENIEUR EN BURGERLIJK INGENIEUR ARCHTECT - 3 JULI 2003 BLZ 1/8 BURGERLIJK INGENIEUR ARCHTECT - 3 JULI 2003 BLZ 1/8 1. De functie f(x) = e kx + ax + b met a, b en k R en k < 0 heeft een schuine asymptoot y = x voor x + en voldoet aan de vergelijking Bepaal a, b en

Nadere informatie

Proeftoets 3 Calculus 1 voor MST, 4051CALC1Y dinsdag 31 oktober (Leids) studentnummer: A (Keijzer) / B (Kooij) / C (Weber) / D (van den Dries)

Proeftoets 3 Calculus 1 voor MST, 4051CALC1Y dinsdag 31 oktober (Leids) studentnummer: A (Keijzer) / B (Kooij) / C (Weber) / D (van den Dries) Proeftoets 3 Calculus 1 voor MST, 4051CALC1Y dinsdag 31 oktober 2017 Technische Universiteit Delft, Delft Institute of Applied Mathematics Naam: Groep (omcirkel): (Leids) studentnummer: A (Keijzer) / B

Nadere informatie

Complexe eigenwaarden

Complexe eigenwaarden Complexe eigenwaarden Tot nu toe hebben we alleen reële getallen toegelaten als eigenwaarden van een matrix Het is echter vrij eenvoudig om de definitie uit te breiden tot de complexe getallen Een consequentie

Nadere informatie

Oefeningentoets Differentiaalvergelijkingen, deel 1 dinsdag 6 november 2018 in lokaal 200M van 16:00 tot 18:00u

Oefeningentoets Differentiaalvergelijkingen, deel 1 dinsdag 6 november 2018 in lokaal 200M van 16:00 tot 18:00u Oefeningentoets Differentiaalvergelijkingen, deel 1 dinsdag 6 november 2018 in lokaal 200M 00.07 van 16:00 tot 18:00u Beste student, Deze oefeningentoets bevat twee oefeningen betreffende het tweede deel

Nadere informatie

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (5260) op donderdag 2 oktober 200, 3.45 6.45 uur. De uitwerkingen van de opgaven

Nadere informatie

1e bachelor ingenieurswetenschappen Modeloplossing examen oefeningen analyse I, januari y = u sin(vt) dt. wordt voorgesteld door de matrix

1e bachelor ingenieurswetenschappen Modeloplossing examen oefeningen analyse I, januari y = u sin(vt) dt. wordt voorgesteld door de matrix e bachelor ingenieurswetenschappen Modeloplossing examen oefeningen analyse I, januari 9. Opgave: Bereken dt ( q) als p = (, ), q = (, ) en p u+v x = e t dt T : (u, v) (x, y) : u y = u sin(vt) dt Oplossing:

Nadere informatie

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica

UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica UNIVERSITEIT TWENTE Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Uitwerking tentamen Functies van één veranderlijke (526) op donderdag 23 oktober 28, 9. 2. uur. De uitwerkingen van de opgaven dienen

Nadere informatie

34 HOOFDSTUK 1. EERSTE ORDE DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN

34 HOOFDSTUK 1. EERSTE ORDE DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 34 HOOFDSTUK 1. EERSTE ORDE DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN 1.11 Vraagstukken Vraagstuk 1.11.1 Beschouw het beginwaardeprobleem = 2x (y 1), y(0) = y 0. Los dit beginwaardeprobleem op voor y 0 R en maak een

Nadere informatie

Complexe getallen: oefeningen

Complexe getallen: oefeningen Complexe getallen: oefeningen Hoofdstuk 2 Praktisch rekenen met complexe getallen 2.1 Optelling en aftrekking (modeloplossing) 1. Gegeven zijn de complexe getallen z 1 = 2 + i en z 2 = 2 3i. Bereken de

Nadere informatie

Analyse I. 1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar ste semester 12 januari 2010

Analyse I. 1ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar ste semester 12 januari 2010 ste Bachelor Ingenieurswetenschappen Academiejaar 9- ste semester januari Analyse I. Formuleer en bewijs de formule van Leibniz voor de n-de afgeleide van het product van twee functies f en g.. Onderstel

Nadere informatie

Examen G0O17D Wiskunde II (6sp) maandag 10 juni 2013, 8:30-12:30 uur

Examen G0O17D Wiskunde II (6sp) maandag 10 juni 2013, 8:30-12:30 uur Examen GO7D Wiskunde II (6sp maandag juni 3, 8:3-:3 uur Bachelor Biochemie & Biotechnologie Bachelor hemie, Bachelor Geologie Schakelprogramma Master Biochemie & Biotechnologie en Schakelprogramma Master

Nadere informatie

Voorbereidende sessie toelatingsexamen

Voorbereidende sessie toelatingsexamen 1/7 Voorbereidende sessie toelatingsexamen Wiskunde 2 - Algebra en meetkunde Dr. Koen De Naeghel 1 KU Leuven Kulak, woensdag 25 april 2018 1 Presentatie en opgeloste oefeningen zijn digitaal beschikbaar

Nadere informatie

Definitie: Een functie f heeft een absoluut maximum f(x 0 ) in het punt. x 1 Domein(f) als voor alle x Domein(f) geldt:

Definitie: Een functie f heeft een absoluut maximum f(x 0 ) in het punt. x 1 Domein(f) als voor alle x Domein(f) geldt: Definitie: Een functie f heeft een absoluut maximum f(x 0 ) in het punt x 0 Domein(f) als voor alle x Domein(f) geldt: f(x) f(x 0 ). Een functie f heeft een absoluut minimum f(x 1 ) in het punt x 1 Domein(f)

Nadere informatie