Aanvullingen van de Wiskunde

Transcriptie

1 Aanvullingen van de Wiskunde S. Caenepeel Oefeningen Oefeningen 134 bij IR-WISK Aanvullingen van de Wiskunde Derde Bachelor Ingenieurswetenschappen Electronica en Informatietechnologie, Derde Bachelor Fysica (SD-ID 3650) 2015

2 Reeks 1 Eerste integralen Beschouw het stelsel dx g = dy 1 =... = dy n (= k) (1) g 1 g n waarbij g,g 1,,g n functies zijn van x,y 1,,y n. Een eerste integraal van dit stelsel is een functie φ(x,y 1,y 2,...,y n ) die constant is (dit wil zeggen onafhankelijk van x) als men y 1,y 2,...,y n vervangt door een oplossing van het stelsel. Een eerste integraal kunnen we dus schrijven als φ(x,y 1,y 2,...,y n ) = c Twee eerste integralen φ 1 = c 1 en φ 2 = c 2 worden verschillend genoemd als er geen enkele functie g bestaat zodanig dat φ 1 = g φ 2 of φ 2 = g φ 1. Het stelsel (1) bezit juist n verschillende eerste integralen. Hoe kunnen we nu die verschillende eerste integralen bepalen? Er bestaat geen algemene methode om dit te doen. We geven hier twee manieren die men vaak kan gebruiken. 1. Als één van de vergelijkingen van het stelsel slechts x,y i en y i bevat, dan levert de algemene integraal van deze vergelijking een eerste integraal. 2. We gaan op zoek naar functies µ,µ 1,,µ n van x,y 1,,y n die voldoen aan en zo dat µg + µ 1 g µ n g n = 0 µdx + µ 1 dy µ n dy n de totale differentiaal is van een functie h(x,y 1,,y n ). Als (y 1,,y n ) een oplossing is van het stelsel, dan geldt dus zodat dh = µdx + µ 1 dy µ n dy n = k(µg + µ 1 g µ n g n ) = 0 h(x,y 1,,y n ) = c een eerste integraal is. We noemen deze methode ook wel de methode der multiplicatoren. De moeilijkheid is natuurlijk om de functies µ,µ 1,,µ n te vinden. 1

3 3. Door gebruik te maken van de bekende eigenschap voor evenredigheden a b = c d = a b = c d = a + c b + d kunnen we het stelsel soms herleiden tot een stelsel waarop een van de voorgaande methoden van toepassing is. 4. Onderstel dat een eerste integraal van het stelsel bekend is. We kunnen hieruit één van de veranderlijken oplossen, en dit in het stelsel substitueren. We verkrijgen een stelsel met een veranderlijke minder, en afhangende van een constante. Als we van dit nieuwe stelsel een eerste integraal kunnen bepalen, en dan de constante terug vervangen, dan vinden we een tweede eerste integraal van het oorspronkelijk stelsel. Oefening 1.1 Bepaal van de volgende differentiaalstelsels twee verschillende eerste integralen : a b c xdx y 3 z = dy x 2 z = dz y 3 dx 3y 2z = dy z 3x = dz 2x y xdx x 2 y z 2 = dy 1 + y = dz 2z dx x(2y 4 z 4 ) = dy y(z 4 2x 4 ) = dx x 2 y 2 z 2 = dy 2xy = dz 2xz dx y = dy x = dz (x + y) 2 + z 3dx yz = dy xz = dz xy dx xz 2xy 2 = dy 2x 2 y + yz = dx 2x(x + y) = dy y(x + y) = dz z(x 4 y 4 ) dz 2x 2 z + 2y 2 z dz (2x y)z 2

4 Partiële differentiaalvergelijkingen van eerste orde ineaire homogene vergelijkingen van eerste orde Beschouw de homogene vergelijking a 1 y x 1 + a 2 y x a n y x n = 0 waarbij a 1,a 2,...,a n functies zijn van x 1,x 2,...,x n. De algemene integraal verkrijgt men als volgt. bepaal n 1 verschillende eerste integralen van het geassocieerde stelsel die integralen zijn van de vorm de algemene integraal is dan dx 1 = dx 2 =... = dx n a 1 a 2 a n f i (x 1,x 2,...,x n ) = C (i = 1,...,n 1) y = F( f 1, f 2,..., f n 1 ) Hierbij is F een willekeurige functie in n 1 veranderlijken. Oefening 1.2 Bepaal de algemene integraal van de volgende vergelijking : a x z x + y z z +t y t = 0 b x u x + y u y + (x2 + y 2 ) u z = 0 c (y z) u + (z x) u + (x y) u x y z = 0 Niet-homogene lineaire vergelijkingen van eerste orde Neem nu de volledige vergelijking a 1 y x 1 + a 2 y x a n y x n = b 3

5 waarbij a 1,a 2,...,a n en b functies zijn van x 1,x 2,...,x n en y. impliciete vorm, nl. ψ(x 1,x 2,...,x n,y) = 0 Dan is zodat ψ voldoet aan y = x i ψ x i ψ y a 1 ψ x 1 + a 2 ψ x a n ψ x n + b ψ y = 0 Men zoekt de oplossing onder Dit is een homogene vergelijking in één veranderlijke meer. os deze vergelijking op zoals in de vorige oefening. Oefening 1.3 Bepaal de algemene integraal van de volgende vergelijking : a 2p + 3q = 1 b x 2 p + y 2 q = z 2 c (y z)p + (x y)q = z x Oefening 1.4 Bepaal de algemene integraal van de volgende vergelijking : a xzp + yzq xy = 0 b yp xq + x 2 y 2 = 0 c (x 2 y 2 z 2 )p + 2xyq 2xz = 0 Oefening 1.5 Bepaal de algemene integraal van de volgende vergelijking : a xp + (y + x 3 y 2 )q = x2 x z z b ap + bq + cz = 0 (a,b,c R o ) c xp y 2 q = xy Oefening 1.6 Bepaal het integraaloppervlak van de gegeven partiële differentiaalvergelijking dat door de gegeven kromme k gaat. 4

6 a x 2 p + y 2 q + z 2 = 0 b 4yzp + q + 2y = 0 c yzp xzq xy = 0 { xy = x + y met k z = 1 met k met k { y 2 + z 2 = 1 x + z = 2 { x 2 + y 2 = z y 2 + z 2 = x Oefening 1.7 Bepaal het integraaloppervlak van de gegeven partiële differentiaalvergelijking dat door de gegeven kromme k gaat. a x(y 2 z 2 )p + y(z 2 x 2 )q = z(x 2 y 2 ) b xp + (y + x 3 y 2 )q = x2 x z z c 2xzp + 2zyq + x 2 + y 2 z 2 = 0 { x + y + z = 0 met k yz = 1 met k { x + y = 0 z = 0 { x met k 2 + y 2 = 25 z 2 = y Oefening 1.8 Meetkundige toepassingen a Bepaal de vergelijking van een oppervlak S dat door de parabool { x = R y 2 = 2az gaat en de eigenschap heeft dat het raakvlak µ in M de projectie OM van OM op het xy-vlak snijdt in een punt T dat op een constante afstand R van O ligt. b Zij M een punt van een oppervlak S, M zijn projectie op het xy-vlak, N het snijpunt van het raakvlak µ in M aan S met de rechte d die door O gaat en loodrecht staat op het vlak door de z-as en het punt M. Bepaal de vergelijking van een opervlak S waarvoor ON = OM en dat door de parabool { y = 0 gaat. z 2 = 2x c We beschouwen een oppervlak S waarvan het raakvlak µ in M de z-as snijdt in N zo dat ON OM = v 5

7 constant is. Hierbij is M de projectie van M op het xy-vlak. Bepaal de vergelijking van S als S bovendien door de schroeflijn gaat. x = acost y = asint z = aht Reeks 2 Vergelijkingen van tweede orde Beschouw een kwasi-lineaire vergelijking van tweede orde a(x,y)r + 2b(x,y)s + c(x,y)t = f (x,y,z, p,q) (2) Bepaal de karakteristieke richtingen λ 1 en λ 2 uit aλ 2 2bλ + c = 0 (3) en stel het geassocieerd stelsel op dz = pdx + qdy dy = λdx aλd p + cdq = f λdx (4) waarbij λ één van de wortels van (3) is (λ is in het algemeen afhankelijk van x en y). Bepaal twee eerste integralen van (4) { V1 (x,y,z, p,q) = c 1 V 2 (x,y,z, p,q) = c 2 (5) De vergelijking (2) is dan gelijkwaardig met φ(v 1,V 2 ) = 0 (6) waarin φ een willekeurige functie is. (6) is een differentiaalvergelijking van eerste orde die men soms kan oplossen. Oefening 2.1 Bepaal de algemene integraal van de volgende partiële differentiaalvergelijkingen van tweede orde 6

8 a 1. r + 2s +t = 0 2. xr p = 0 3. r + 5s + 6t = e x y 4. r + 2s +t 2p 2q = sin(x + 2y) b 1. r + 2s 3t = s 2t q = cos(3y + 2x) 3. r +t = x 2 y 2 4. t q = e x y (2y 3) e y c 1. r + 2s + 3t = 0 2. xr + p = 1 x 2 3. xr + ys + p = 8xy 2 + 9x 2 4. yt 2q = q2 y Reeks 3 Oefening 3.1 Herhaal dat een functie f : R R even is als voor elke x R, en oneven als Stel Toon aan dat f (x) = f ( x) f (x) = f ( x) P e [ π,π] = { f : R R f is continu, even en van periode 2π} P o [ π,π] = { f : R R f is continu, oneven en van periode 2π} G e = ( 1, cosx, cos2x ), 2π π π en G o = ( sinx, sin2x ), π π orthonormale basissen zijn voor respectievelijk P e [ π,π] en P o [ π,π], en dat de bijhorende Fourierreeksen uniform convergeren als f overal continu is. Een gelijkaardig resultaat geldt voor de ruimten der even of oneven periodische ebesgue integreerbare functies. Schrijf de expliciete formules uit voor de cosinus en sinus Fourierreeks van een functie f gedefinieerd op het interval [0,π]. 7

9 Oefening 3.2 We passen het Gram-Schmidt procédé toe op (1,x,x 2, ) over het interval [ 1,1]. Op een constante na krijgen we dan de veeltermen van egendre (P 0,P 1,, ). Bewijs per inductie dat P 2n even is en dat P 2n+1 oneven is. Oefening 3.3 Onderstel dat f : [ π, π] R continu. Bewijs dat als f orthogonaal staat op alle even functies, dat dan f oneven is. Oefening 3.4 Bereken de Fourierreeks van de functie f : [ π,π] R gedefinieerd door { 1 als π < x < 0 f (x) = 1 als 0 < x < π Schrijf dan de bijhorende gelijkheid van Parceval op. Oefening 3.5 Onderstel dat (x n ) een Cauchy rij is in een genormeerde ruimte V, m.a.w. Als (x n ) convergeert met limiet x, bewijs dan dat ε > 0, N ε : n,m > N ε : x n x m < ε n > N ε : x n x < 2ε Oefening 3.6 Herhaal dat l 2 de verzameling is van alle rijen x = (x n ) is die kwadratisch sommeerbaar zijn, m.a.w. is convergent k=1 x 2 k 1. Toon aan dat de som van twee kwadratisch sommeerbare rijen opnieuw kwadratisch sommeerbaar is. eid hieruit af dat l 2 een vectorruimte is. 2. Als x en y kwadratisch sommeerbaar, laat dan zien dat absoluut convergent is. x k y k k=1 3. Definieer een inwendig product op l 2 door Bewijs dat l 2 een Euclidische ruimte is. x,y = x k y k k=1 Oefening 3.7 In deze oefening zullen we aantonen dat l 2 een volledige Euclidische ruimte is. We voorzien R k van het standaard inwendig product. 8

10 1. Voor l k definiëren we door π k l : Rk R l π k l (x 1,,x k ) = (x 1,,x l ) π k l is dus de orthogonale projectie op de vectorruimte voortgebracht door de eerste l basisvectoren. Op gelijkaardige wijze bekijken we π k : l R k, π k (x 1,x 2, ) = (x 1,,x k ) aat zien dat voor elke X l 2, en π k (x) x π k l π k = π l 2. Neem nu een Cauchy rij (x n ) in l 2, m.a.w. ε > 0, N ε : n,m > N ε : x n x m < ε Toon aan dat, voor elke k N 0, (π k (x n )) een Cauchy rij is in R k. Omdat R k volledig is, is deze rij convergent. Stel lim n π k(x n ) = x k Toon dan aan dat, voor l k, π k l (x k) = x l We kunnen dus schrijven: x k = (x 1,,x k ), voor elke k N Gebruik oefening 3.5 om aan te tonen dat n > N ε, k N 0 : π k (x n ) x k = k (xi n x i) 2 < 2ε i=1 waarbij we noteerden: x n = (x n 1,xn 2, ) 4. Neem nu de rij x = (x 1,x 2, ), en toon aan dat n N ε : x n x 2ε 5. Gebruik nu de driehoeksongelijkheid om te besluiten dat x l Besluit dat lim n xn = x l 2 zodat bewezen is dat l 2 een volledige Euclidische ruimte is. 9

11 Reeks 4 Oefening 4.1 We definiëren de egendre veeltermen P n (x) door de formule van Rodriguez: d n P n (x) = 1 2 n n! dx n (x2 1) n (7) In het bijzonder volgt hieruit dat P 0 = 1 en P 1 = x. Stel w = (x 2 1) n. a. Toon aan dat (x 2 1)w 2nxw = 0 (8) b. Gebruik de formule van eibniz voor de hogere afgeleide van een produkt om (8) n + 1 keer af te leiden. c. aat zien dat hieruit volgt dat w (n) een oplossing is van de vergelijking van egendre (1 x 2 )y 2xy + n(n + 1)y = 0 (9) Oefening 4.2 We weten dat P n P m (over [ 1,1] met gewichtsfunctie 1) als n m. a. aat zien dat voor k < n 1: xp n,p k = P n,xp k = 0 b. eid hieruit af dat er constanten α,β,γ bestaan zodat xp n = αp n+1 + βp n + γp n 1 c. aat zien dat β = xp n,p n P n,p n = 0 d. Gebruik de hoogste machtstermen in (7) om aan te tonen dat e. Concludeer dat α = n + 1 2n + 1, γ = n 2n + 1 (n + 1)P n+1 = (2n + 1)xP n np n 1 (10) f. eid uit (10) af dat P n (1) = 1. 10

12 Oefening 4.3 Beschouw de veelterm p(x) = P n (x) 2n 1 xp n 1 (x) n a. aat zien dat grp < n. b. eid daaruit af dat P n 2 2 = 2n 1 xp n 1,P n n c. Neem het inwendig product van (10) met P n 1 en leid daaruit af dat d. Uit b. en c. volgt dat e. Bewijs per inductie dat (2n + 1) xp n 1,P n = n P n P n 2 2 = 2n 1 2n + 1 P n P n 2 2 = 2 2n + 1 Oefening 4.4 We geven nu een alternatieve definitie voor de veeltermen van egendre. We beschouwen de genererende functie g(x,s) = 1 1 2sx + s 2 Neem x als parameter, en ontwikkel g als een machtreeks in s. De coëfficiënten zijn dan een functie van x. Per definitie stellen we g(x,s) = P n (x)s n We zullen aantonen dat deze definitie overeenkomt met degene die we gezien hebben in oefening 4.1. (11) a. Toon aan dat P 0 = 1, P 1 = x. b. Toon aan dat (1 2xs + s 2 ) g + (s x)g = 0 s c. Combineer dit met (11) om aan te tonen dat P n voldoet aan de recursiebetrekking (10). 11

13 Oefening 4.5 De polynomen van aguerre We beschouwen de functie U(x,s) = e xs 1 s 1 s en ontwikkelen ze in een machtreeks rond s = 0, waarbij we x als parameter beschouwen. De coëfficiënten zijn dan functie van x (12) U(x,s) = q=0 q (x) s q q! (13) We zien dat q een veelterm is, genaamd de q-de veelterm van aguerre. 1. Toon aan dat q voldoet aan de betrekkingen q q q 1 = q q 1 (14) q+1 = (2q + 1 x) q q 2 q 1 (15) eid hiertoe (12) en (13) af naar x en s. 2. eid uit (14) en (15) af dat q voldoet aan de differentiaalvergelijking x q + (1 x) q + q q = 0 (16) 3. Gebruik betrekking (16) om aan te tonen dat e x p (x) q (x)dx = 0 (17) 0 voor p q. Vermenigvuldig (16) met e x, en merk op dat d dx (xe x q) = xe x q + (1 x) qe x Ga dan verder zoals in de cursus (egendre polynomen). 4. os (16) op m.b.v. reeksontwikkeling. ρ = 0 is een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking en de oplossing is gegeven door q (x) = q ( 1) n (q!) 2 x n (q n)!(n!) 2 (18) 12

14 5. De geassocieerde veeltermen van aguerre worden gegeven door p q (x) = d p dx p q(x) (voor p q) (19) Bewijs dat p q voldoet aan de differentiaalvergelijking x p q + (p + 1 x) p q + (q p)p q = 0 (20) 6. Door (12) en (13) p maal af te leiden naar x verkrijgen we de genererende functie voor p q p U e xs/(1 s) (x,s) = ( s)p xp (1 s) p+1 = q=p 7. Door (18) p maal af te leiden zien we dat p q (x) s q (21) q! p q p q (x) = ( 1) n+p (q!) 2 (q n p)!(n + p)!n! xn (22) De geassocieerde aguerre polynomen treden op bij de oplossing van de Schrödinger vergelijking voor het waterstof atoom. We verwijzen naar de cursus Algemene Natuurkunde. Oefening 4.6 De polynomen van Hermite We beschouwen de functie S(x,s) = e s2 +2sx (23) en ontwikkelen ze in een machtreeks rond s = 0, waarbij we x als parameter beschouwen. De coëfficiënten zijn dan functie van x S(x,s) = q=0 H q (x) s q q! (24) We zien dat H q een veelterm is, genaamd de q-de veelterm van Hermite. 1. Toon aan dat H q voldoet aan de betrekkingen H q = 2qH q 1 (25) H q+1 = 2xH q 2qH q 1 (26) eid hiertoe (23) en (24) af naar x en s. 13

15 2. eid uit (25) en (26) af dat H q voldoet aan de differentiaalvergelijking H q 2xH q + 2qH q = 0 (27) 3. Gebruik de betrekking (27) om aan te tonen dat + e x2 H p (x)h q (x)dx = 0 (28) voor p q. Vermenigvuldig (27) met e x2, en merk op dat d dx (e x2 H q) = e x2 H q 2xe x2 H q Ga dan verder zoals in de cursus (egendre polynomen). 4. os de differentiaalvergelijking y 2xy + 2qy = 0 op door reeksontwikkeling. Geef de recurrentieformule en ga na wanneer de oplossing een polynoom is. Bepaal hieruit expliciete vormen voor H q. 5. Toon aan dat (formule van Rodriguez) H q (x) = ( 1) q x2 dq e dx q e x2 De Hermite polynomen treden op bij het oplossen van de Schrödinger vergelijking voor de lineaire harmonische oscillator. We verwijzen naar de cursus Algemene Natuurkunde. Reeks 5 Oefening 5.1 os de volgende partiële differentiaalvergelijkingen met rand- en beginvoorwaarden op met de methode van de scheiding der veranderlijken. a 1. 2 y t 2 = y 9 2, voor t > 0, 0 < x < 2, en met x2 y(0,t) = 0 en y(2,t) = 0 (t > 0) x(2 x) y(x,0) = en y (x,0) = 0 (0 < x < 2) 20 t 14

16 2. y t = y 3 2, voor t > 0, 0 < x < 1, en met x2 y(0,t) = 0 en y(1,t) = 0 (t > 0) y(x,0) = x (0 < x < 1) 3. y t + 2 y = 0, voor t > 0, 0 < x < 1, en met x2 y(0,t) = 1 en y(1,t) = 1 (t > 0) y(x,0) = x (0 < x < 1) b 1. 2 y t 2 + y 9 2 = 0, voor t > 0, 0 < x < 2, en met x2 y(0,t) = 0 en y(2,t) = 0 (t > 0) y(x,0) = 0 en y x(2 x) (x,0) = t 20 (0 < x < 2) 2. y t = 2 y, voor t > 0, 0 < x < π, en met x2 y(x,0) = sinx (0 < x < π) y y (0,t) = 0 en (π,t) = 0(t > 0) x x 3. 2 y t 2 2 y t = y x 2, voor t > 0, 0 < x < π 2, en met y(x,0) = 4x + 2sin2x en y t (x,0) = x + 2sin2x (0 < x < π 2 ) y(0,t) = 0 en y( π,0) = 2π (t > 0) 2 c 1. 2 y t y = 0, voor 0 t 2, 0 < x < π, en met x2 y(0,t) = 0 en y(π,t) = 0 (0 t 2) y(x,0) = sinx en y(x,2) = sin2x (0 x π) 2. y t = 2 y, voor t > 0, 0 < x < π, en met x2 15

17 y(0,t) = 1 en y(π,t) = 3 (t > 0) y(x,0) = 2 (0 < x < π) 3. 2 y t 2 + y = 0, voor 0 < t < 1, en met x y(x,0) = 0 en y(x,1) = 0 x R y(0,t) = sht (0 < t < 1) Verdere toepassingen We zullen in het verder verloop van deze reeks geometrische oppervlakken beschouwen, waarop we dan de partiële differentiaalvergelijkingen gaan oplossen. Beschouw bijvoorbeeld Figuur 1, waar we de temperatuur u(x,y) gaan bestuderen. We hebben dan randvoorwaarden op de 4 zijden AB, BC, CD en DA. y isolatie B C heet koud A D isolatie 2 x Figuur 1: Rechthoekige plaat waarvan de zijden opgewarmd, afgekoeld of geïsoleerd zijn. Een randvoorwaarde die alleen betrekking heeft op u(x, y) wordt een Dirichlet voorwaarde genoemd. Zo kunnen we bijvoorbeeld voor de warme kant u(0,y) = 100 stellen, maar ook u(0,y) = y. De koude kant is volledig analoog. Isolatie is een goed voorbeeld van een Neumann voorwaarde. Hier stellen we de afgeleide van u(x,y) gelijk aan nul du(x,) dy =0. Er is over de bovenste rand geen warmtetransport in de y-richting mogelijk. Gemengde randvoorwaarden kunnen ook voorkomen. Eens we de warmtefunctie benaderd hebben met een reeks, kunnen we een contourplot tekenen van het warmteverloop. Hierbij kunnen we twee belangrijke soorten lijnen tekenen : stroomlijnen en isothermen. Stroomlijnen duiden aan in welke richting de warmte stroomt. Zij gaan logischerwijze van een grote naar kleine u(x, y), oftewel van warm naar koud. De isothermen verbinden punten die op dezelfde temperatuur liggen. Isothermen en stroomlijnen liggen per definitie loodrecht op 16

18 elkaar. Dit maakt het ook mogelijk je resultaat te interpreteren. Dit zal snel duidelijk worden bij de oefeningen! Oefening 5.2 De warmtevergelijking a. Staaf met begintemperatuur Bereken het verloop van de temperatuur u(x,t) in de staaf met lengte. Gebruik hiervoor de eendimensionale warmtevergelijking u t = u k 2 x 2 0 x, t 0 (29) Door de afgeleide naar de tijd zal de temperatuur van de staaf veranderen over de tijd. 0 C 0 C 0 x Figuur 2: Warmtediffusie van een opgewarmde staaf. We beschouwen de modelvergelijking 29 en de gegeven randvoorwaarden u t = u k 2 x 2 0 x, t 0 (30) u(0,t) = 0 (31) u(,t) = 0 (32) ( πx ) ( ) 4πx u(x,0) = 3sin 5sin (33) b. Geïsoleerde staaf Bereken het verloop van de temperatuur u(x,t) in de staaf met lengte π die langs beide zijden geïsoleerd is. Gebruik hiervoor de eendimensionale warmtevergelijking u t = 2 u x 2 0 x π, t 0 (34) Door de afgeleide naar de tijd zal de temperatuur van de staaf veranderen over de tijd. isolatie isolatie x 0 π Figuur 3: Warmtediffusie van een staaf die langs beide zijden geïsoleerd is. 17

19 We beschouwen de warmtevergelijking en de gegeven randvoorwaarden u t = 2 u x 2 0 x π, t 0 (35) u(0,t) = 0 x (36) u(π,t) = 0 x (37) u(x,0) = sinx (38) c. Twee koude kanten, één warme kant en isolatie Bereken de stationaire toestand van de temperatuur u(x, y) in de voorgestelde plaat. Hiervoor gebruiken we de tweedimensionale warmtevergelijking 2 u x u u = a2 y2 t waarbij de afgeleide naar de tijd nul is. Dit noemen we de stationaire of evenwichtstoestand. Tracht enkele lijnen van constante temperatuur te tekenen. (39) y B 100 C isolatie 0 A D 0 x 2 Figuur 4: Rechthoekige plaat met twee afgekoelde zijden. We beschouwen de warmtevergelijking 39 en de gegeven randvoorwaarden 2 u x u y 2 = 0 0 x 2, 0 y (40) u(x,) = 100 (41) u ( 2,y ) = 0 (42) u(x,0) = 0 (43) u(0, y) x = 0 (44) 18

20 Oefening 5.3 De Golfvergelijking a. Snaar met initiële uitwijking Een snaar is bevestigd tussen de punten x = 0 en x =. Op het ogenblik t = 0 krijgt de snaar een uitwijking. x 0 x 2 u(x,0) = x 2 x (45) u(x,t) 0 x Figuur 5: Trillen van een snaar met een beginuitwijking u(x,0) We gebruiken hier de eendimensionale golfvergelijking en de gegeven randvoorwaarden 2 u x 2 = 1 c 2 2 u t 2 0 x, t 0 (46) u(0,t) = 0 (47) u(,t) = 0 (48) x 0 x 2 u(x,0) = (49) 2 x x b. Schuin opgehangen snaar Een snaar is vastgehangen in de oorsprong (0,0). Op het ogenblik t = 0 krijgt de snaar een uitwijking en beginsnelheid. u(x,0) = 4x + 2sin2x u(x, 0) t = x + 2sin2x Bovendien gaat de snaar op t = 0 door ( π 2,2π). We beschouwen alleen het domein 0 x π 2 en t 0 We gebruiken de eendimensionale golfvergelijking inclusief demping. K snaarspanning u xx = ρ lineaire dichtheid u tt + µ demping (50) (51) u t (52) 19

21 u(x, t) 2π π 2 x Figuur 6: Schuin opgehangen snaar met een beginuitwijking u(x,0) en initiële snelheid u(x,0) t De opgave luidt dan als volgt 1 2 u 4 x 2 = 2 u t u t 0 x π 2, t 0 (53) u(x,0) = 4x + 2sin2x u(x, 0) t = x + 2sin2x u(0,t) = 0 (56) u( π 2,t) = 2π (54) (55) (57) 20

22 Antwoorden Oefening 1.1 a 1. x 2 z 2 = c 1, x 4 y 4 = c 2 2. x + 2y + 3z = c 1, x 2 + y 2 + z 2 = c 2 3. y + 1 = c 1 z, z = c2 (x 2 + y 2 + z 2 ) b 1. x 4 + y 4 + z 4 = c 1, xyz 2 = c 2 2. y = c 1 z, x 2 + y 2 + z 2 = c 2 z 3. x 2 = y 2 + c 1, z = (x + y) 2 + c 2 (x + y) c 1. 3x 2 y 2 = c 1, y 2 z 2 = c 2 Oefening?? 2. x 2 + y 2 z = c 1, xyz = c 2 3. y x = c 1, z(x + y) = c 2 a z = c xy 3x + 2y b ze y + sinx + ye x = C c z = x + Oefening 1.2 y cy 1 a z = φ( x y, t y ) b u = φ( x y,x2 + y 2 2z) c u = φ(x + y + z,x 2 + y 2 + z 2 ) Oefening 1.3 a z = x + φ(3x 2y) 2 b 1 z = 1 ( 1 x φ x 1 ) y 21

23 c z = x y + φ(x 2 + 2yz) Oefening 1.4 a z 2 = xy + φ( x y ) b z = xy + φ(x 2 + y 2 ) ( y c φ z, x2 + y 2 + z 2 ) = 0 z Oefening 1.5 ( 4x + yx 4 ) a F,(x 2 + 1) 3/2 (z 2 + 1) 3/2 = 0 y b z = e cy/b φ(ay bx) c z = x 4 (y + ( 1 + y 2 ) x 2 ( 1 + y 2 y + ) 1 + y y)lnx + φ 2 x Oefening 1.6 a xz + yz + 2xy = 3xyz b x + z + y 2 + z 2 = 3 c z = ±x Oefening 1.7 a x 2 + y 2 + z 2 2x 2 y 2 z = 0 ( 4y + 4x + yx b ((x 2 + 1) 3/2 (z 2 + 1) 3/2 + 1) 2/3 4 ) 1/2 = 1 y c 25(x 2 + y 2 ) = (x 2 + y 2 + z 2 y) 2 Oefening 1.8 a 2az x = R(x 2 + y 2 R x ±( x R) x 2 + y 2 ) b z 2 = 2ρe ±θ 22

24 c hbgtg y x ± v 2 ln a2 y 2 x 2 + y 2 = z ± v x 2 + y 2 lny x 2 + y 2 Oefening?? a 1. z = 1 2 (x c 1) 2 + y2 2c 1 + c (1 + c 2 1)z = (x + c 1 y + c 2 ) 2 singuliere oplossing : z = 0 3. (16 + 9c 2 1)(1 z 2 ) = 4(x + c 1 y + c 2 ) 2 singuliere oplossing : z 2 = 1 4. (1 + c 2 1)(a 2 z 2 ) = (x + c 1 y + c 2 ) 2 singuliere oplossing : z = ±a 5. lnz = ± 2 3 (x + c 1) 3/2 ± 2 3 (y c 1) 3/2 + c 2 b 1. z = (y + c 1 )x + y2 2 (y + c 1) 3 + c z = ( x + c 1 ) 2 + ( y + c 2 ) 2 singuliere oplossing : z = 0 3. z = c 1 x + c 2 (y 2 + 2y + c 1 ) singuliere oplossing :z = xy(y + 2) 4. z = c 1 yx c2 1x 6 + c 2 x 2 5. (2z c 1 x 2 c 2 ) 2 = 4c 1 (y 2 1) c 1. z = c 1 xe y + c2 1 2 e2y + c 2 Oefening?? 2. z = (x + c 1y + c 2 ) c 2 1 singuliere oplossing : z = 0 3. z = c 1 y + c 2 (x + c 1 ) singuliere oplossing : z = xy 4. z 3 = (x/c 1 + c 1 y + c 2 ) 2 1 singuliere oplossing : z = 1 5. lnz = c 1 x + (c2 1 1)lny + c 2 a f (λ) = b(cos(λ + c) cosλ) 23

25 b 4az = 4a 2 + (x ± 2a) 2 + y 2 c f (λ) = 2ab(cos(λ + c) sinλ) Oefening 2.1 a 1. z = x f (y x) + g(y x) 2. z = x 2 f (y) + g(y) 3. z = 1 2 ex y + f (2x y) + g(y 3x) 4. z = 1 2 f (x y)e2x cos(x + 2y) 1 sin(x + 2y) + g(x y) 13 b 1. z = f (3x y) + g(x + y) 2. z = f (2x + 3y)e y/2 1 sin(2x + 3y) + g(x) 3 3. z = x x4 y 2 + f (y ix) + g(y + ix) z = ( f (x) + 1 y)e y + ye x y + g(x) c 1. z = f (y (1 + i 2)x) + g(y (1 i 2)x) Oefening z = 1 + lnx f (y) + g(y) x ( y 3. z = x 2 y 2 + x 3 + f + g(y) x) 4. z = y2 2 y f (x) f 2 (x)ln y f (x) +ψ(x) 1. Afleiden naar x geeft : Het linkerlid is gelijk aan s xs q(x) e 1 s = (1 s) 1 s q! s q q (x) q! s q+1 = n=1 q 1 (x) (q 1)! sq Het rechterlid is gelijk aan q(x) q! s q n=1 q 1 (q 1)! sq 24

26 Identificeren van de coëfficiënten in s q geeft (14). Afleiden naar s geeft : waaruit volgt dat U s = 1 x s (1 s) 2 U = q (x) q=1 (q 1)! sq 1 (1 x s)u(x,s) = (1 2s + s 2 ) q=1 q (q 1)! sq 1 Vervangen van U door zijn machtreeksontwikkeling geeft, na uitwerking (1 x) q q! sq n=1 q 1 (q 1)! sq = q+1 Identificeren van de coëfficiënten in x q geeft (15). 2. Door (15) af te leiden vinden we q! sq 2 n=1 q (q 1)! sq + n=2 q+1 = (2q + 1 x) q q q 2 q 1 = (q + 1) q (q + 1) q q 1 (q 2)! sq waaruit volgt dat Afleiden geeft Aftrekken geeft (q x) q + q q q 2 q 1 = 0 (q x) q q + q q q 2 q 1 = 0 eid (14) af, dan volgt (q x) q + (x 1) q q q q(q q 1 q q 1) = 0 Uit deze twee laatste betrekkingen volgt (16). q q 1 q q 1 = q 3. We krijgen, na vermenigvuldiging met e x, en met p d dx (xe x q) p + e x q q p = 0 en d dx (xe x p) q + e x p q p = 0 Aftrekken geeft d dx (xe x ( q p p q)) = (q p)e x p q Integreer beide leden van 0 tot +. 25

27 4. Recursieformule : c n+1 = q n (n + 1) 2 c n dus c n = 0 voor n > q. Bovendien is c 0 = q (0) en Dus q (0) = q! en 5. eid (16) p maal af. Oefening 4.6 q (0) s q = U(0,s) = 1 q! 1 s = s q c n = ( 1) n (q!) 2 (q n)!(n!) 2 1. Afleiden naar x geeft H q Identificeren van de termen in s q geeft (23). Afleiden naar s geeft H q+1 q! sq = 2 q! sq = 2se s2 +2sx = 2 = 2 n=1 n=1 H q q! sq+1 q H q 1 q! sq q H q 1 q! sq + 2 xh q q! sq 2. Stop (25) in (26) Afleiden (25) wordt dan Aftrekken geeft (27). H q+1 = 2xH q H q H q+1 = 2H q + 2xH q H q H q+1 = 2(q + 1)H q 3. Vermenigvuldigen met e x2 en H p geeft d dx (e x2 H q)h p + 2qe x2 H p H q = 0 d dx (e x2 H p)h q + 2pe x2 H p H q = 0 Trek deze betrekkingen van elkaar af en integreer van tot +. 26

28 4. Recursieformule c n+2 = 2(q n) (n + 2)(n + 1) c n (a) Eerste geval : q = 2p We krijgen een veelterm voor c 1 = 0,c 0 0. We hebben dat Hieruit volgt dat H 2p (x) = c 0 = H 2p (0) = ( 1)p (2p)! p! p ( 1) n+p (2p)!2 2n (p n)!(2n)! x2n (b) Tweede geval : q = 2p + 1 We krijgen een veelterm voor c o = 0,c 1 0. We hebben nu dat c 1 = H 2p+1(0) p (2p + 1)! = 2( 1) p! Hieruit volgt 5. H n (x) = n s n S(x,s) s=0 en n n S(x,s) = ex2 sn s n e (s x)2 en f x = f s indien f functie is van x s. H 2p+1 (x) = p ( 1) n+p (2p + 1)!2 2n+1 x 2n+1 (p n)!(2n + 1)! Oefening 5.1 a 1. y(x,t) = 2. y(x,t) = n=1 3. y(x,t) = 1 2 π b 1. y(x,t) = 8 (2n + 1)πx 3(2n + 1)πt 5(2n + 1) 3 sin cos π3 2 2 ( 1) n+1 2 nπ e 3n2 π 2t sinnπx 1 n=1 n sin(nπx)en2 π 2 t 16 3(2n + 1)πt (2n + 1)πx 15(2n + 1) 4 sh sin π

29 2. y(x,t) = 2 π + 4e 4n2 t n=1 (1 4n 2 )π cos2nx 3. y(x,t) = 4x + (2 +t)e t sin2x + e t n=2 c 1. y(x,t) = ( ) e t 2 sht e sinx + sh2t sh2 sh4 sin2x 2. y(x,t) = 1 + 2x π + 2 n=1 nπ e 4n2t sin2nx ( 1) 3. y(x,t) = n+1 2πnsh1 n=1 1 + π 2 n 2 e π2 n 2x sinπnt ( 1) n+1 n n 2 1.sin2nx.sin n 2 1t Oefening 5.2 a u(x,t) = 3sin ( π x ) π2 k e 2 t 5sin ( 4π x ) 16π2 k e 2 t b u(x,t) = 2 π + n=1 c u(x,y) = 1 4 π(1 (2n) 2 ) cos(2nx)e (2n)2t = π n=1 π(1 4n 2 ) cos(2nx)e 4n2 t ) ) 400( 1) k+1 (2k 1)πsinh ( (2k 1)π ) cos( (2k 1)π x sinh ( (2k 1)π y Oefening 5.3 a u(x,t) = 4 sin( nπ 2 ) n=1 sin ( nπ π 2 n 2 x ) cos ( c nπ t) ( b u(x,t) = 4x + sin(2x)(2 + 5t)e t + ( 1) n n+1 n=2 n n 2 1 sin(2nx)e t sin 2 1t) 28