Introductiecursus (wiskunde)

Transcriptie

1 Introductiecursus wiskunde Heinz Hanßmann Mathematisch Instituut, Universiteit Utrecht 5 6 Abstract Meer details zijn te vinden in het boek Advanced Engineering Mathematics, 8th edition, van Edwin Kreyszig, Wiley 999 en voor het integreren in het diktaat Primitiveren van Pierre van Mouche. Inleiding Doel : voldoende wiskunde om met de master studie verder te kunnen, i.h.b. voor de volgende cursus Molecular modelling & wiskunde. In de bachelor studie scheikunde beslaan Wiskunde & drie periodes, perssen dit nu in één periode bij onvolledige voorkennis overwerk. In Quantum Chemie : De tijdsafhankelijke Schrödingervergelijking i Ψ Ψ + V x Ψ. m De complete wiskundige aspekten hiervan zijn te moeilijk voor deze cursus, maar we willen wél de ingrediëntien van de vergelijking begrijpen. Sommige van de nodige techniken zullen we in een vereenvoudigde situatie leren kennen. Complexe getallen Reële getallen R : rechte lijn, willen uitbreiden naar vlak C met coördinaten x, y C, dus x R en ook y R, de vertikale coördinaat. Maar hoe vermenigvuldigen? Optellen x, y + u, v x + u, y + v. x, y u, v [x, + y, ] [u, + v, ] xu,, + xv,, + yu,, + yv,, xu, + xv, + yu, yv, xu yv, xv + yu

2 want we willen R C ook t.o.v. vermenigvuldigen, dus ofwel x, u,,,! xu,,!,, verder,,!,,!, ; dan kunnen we, met afkorten, en bovendien x, x, x x schrijven. Nu blijft alleen nog,, over. Definiëren,, :, en ook i :,, dan is dus i ofwel i. Optellen en vermenigvuldigen komt dus neer op [x + iy] + [u + iv] x + u + iy + v [x + iy] [u + iv] xu yv + ixv + yu. Opgave op p.7... optellen, aftrekken, vermenigvuldigen, maar hoe delen : + 7i i + 7i + i i + i i. Dit trucje werkt altijd, als z x + iy de noemer is, dan worden teller en noemer allebei met het complex geconjugeerde z x iy vermenigvuldigd, en in de noemer komt zo het reële getal z z x + y te staan. Als we uit dit positief reëel getal de wortel trecken verkrijgen we de absolute waarde of lengte z z z x + y. Bovendien noemt men voor z x + iy de horizontale coördinaat x Re z het reële gedeelte en y Im z het imaginair gedeelte. Hiermee nu p.657, opg..., opg... 7 en opg...8.

3 . Meetkundige interpretatie De volgende lineaire afbeeldingen draaien en rekken : u u v v u 4 u v 4 v u 5 u. v 5 v De formule in x y y x u v xu yv xv + yu is juist de formule voor de complexe vermenigvuldiging. We hebben nu drie equivalente representaties voor complexe getallen : x y x, y ˆ x + iy ˆ. y x Wat betekenen de complexe conjugatie z en z z voor zulke matrices? Deze representatie verduidelijkt de meetkundige betekenis van complex vermenigvuldigen draaien en rekken. Nu p.657, opg Poolcoördinaten Bereken expz k z k k! voor z iy. exp iy expiy expiy e iy iy. Blijf dus op de circel met straal, dus Ree iy cos y en Ime iy sin y. Dit levert de formule van Euler op : e iy cos y + i sin y en i.h.b. e πi en e πi +. Voor algemene complexe getallen z x + iy is e z e x+iy e x cos y + i sin y. In de reële richting groeit de functie exponentiëel, en in de imaginaire richting is er oscillatie en periodiciteit : expz + πi exp z. Hiermee p.68, opg en opg Poolcoördinaten : i.p.v. cartesische coördinaten meet lengte en hoek : z r cos θ + i sin θ.

4 Dit werkt niet voor z. Herinnering : e z e x cos y + i sin y en e x, dus ook e z. Hiermee is z z r cos θ + i sin θ r cos θ i sin θ r cos θ + sin θ en dus r + z z z. Het argument θ arg z verkrijgen we d.m.v. cos θ Rez z, sin θ Imz z Dit bepaalt arg z op veelvouden van π na, en we definiëren de hoofdwaarde d.m.v. de beperking π < arg z +π. Voor waarden tussen π en π kunnen we ook met tan θ sin θ cos θ Imz Rez werken, maar als het argument in het linker half vlak ligt moeten we hiermee rekening houden en π optellen/aftrekken. Vermenigvuldigen van complexe getallen in poolcoördinaten is z z r e iθ r e iθ r r e iθ +θ, we vermenigvuldigen dus de absoluutwaarden en tellen de argumenten bij elkaar op. Ofwel : de straal r z wordt om r gerekt en het argument θ arg z wordt om θ verder gedraait. I.h.b. is z z e i arg z, en we hebben dus bv. complex is alles eenvoudiger z n r n e inθ r n cosnθ + i sinnθ, cosθ Re cos θ + i sin θ cos θ sin θ. Hiermee p.66, opg... 9 en p.68, opg Complexe polynomen Op die manier kunnen we ook complexe wortels trekken : z n w Rcos ϕ + i sin ϕ z rcos θ + i sin θ met r n R reële wortel en θ ϕ n + kπ met k Z. n Voorbeeld p.66, opg... : wat is de de wortel van w +i? Weten van opg... de poolcoördinaten R w en ϕ arg z π. De poolcoördinaten van z w 4 zijn dus. r 6 en θ 4 π + kπ π + k π 4

5 waar k Z dusdanig dat π < θ π. Dus even proberen : k : θ π k : θ π + π k : θ π + 4π k : θ π π k : θ π 4π 9 π 4 π 7 π > π 7 π > π 5 π π. Op die manier vinden we drie oplossingen die dan worden herhaald en deze vormen in het complexe vlak een gelijkzijdig driehoek. We zien dat de polynoomvergelijking z i drie oplossingen heeft, en net zo heeft z n w voor willekeurige complexe w natuurlijk n oplossingen. De vergelijking z n heeft de oplossing z, maar hier spreken we van een nvoudige oplossing, met multipliciteit n. Iets algemener : als we een complex polynoom pz z n + w z n w n z + w n gelijk aan stellen, pz, dan bestaan er altijd n oplossingen met meervouden. Als a,..., a n deze oplossingen zijn, dan kunnen we het polynoom schrijven als pz n z a i z a z a... z a n i met w a a... a n en w n ±a a a n. Dit heeft ook gevolgen voor reële polynomen pz z n + c z n c n z + c n waar de coëfficienten dus allemaal reëel zijn. Indien de complexe oplossingen a, a,... a n toevallig reëel zijn is er niets aan de hand. Als pa met a / R dan is ook en we kunnen de twee factoren pā ā n + c ā n c n pa x a x ā x Reax + Rea + Ima : qx als een kwadratisch polynoom met reële coëfficienten schrijven. Voor het hele polynoom p verkrijgen we zo de opsplitsing pz m k z a i q j x i j met n m+k. Inleveropgave : p.66, opg..., nu nog opg... en opg

6 Integreren Het volgende onbekende onderwerp in de Schrödingervergelijking i Ψ Ψ + V x Ψ m is dat het om een vergelijking gaat waar de afgeleide van de functie in voorkomt. Het eenvoudigste type van dit soort vergelijkingen is ẏ ft en hiervoor kunnen we meteen de oplossing opschrijven. Immers, de hoofdstelling van de integraalrekening zegt F x x x ft dt F x fx. Integreren komt dus neer op het zoeken van een functie diens afgeleide de integrand is, men spreekt ook van een primitieve en dus van primitiveren. Notatie : ft dt F x + c want de afgeleide van de constante is, dus die kan er altijd bij. Integratie is lineair, we mogen reële getallen naar voren halen en sommen uit elkaar schrijven : λft + µgt dt λ ft dt + µ gt dt. Voorbeeld : 5e t + 4 sin t dt 5e t 4 cos t + c. Een eenvoudig trucje is ook de kijkmethode : fλt dt F λt λ + c waar F door gegeven want d dt F λt λf λt. Hiermee t 5 6t + dt en p.96dictaat, p.8, opg..a d,k p. Voor een beknopt overzicht over de hyperbolische functies sinh t en cosh t zie p.a5kreyszig; de inverse functies noemt men arsinh t en arcosh t, de area functies. 6

7 . Partiële integratie Ga uit van de afgeleide van een product : f g f g + fg. Wil stel hiervoor u f en v g, dan is uv dt f g dt en uv dt berekenen, f g dt fg fg dt fg dt fg dt fg fg dt. We moeten dus twee keer het integraal f u dt neerzetten en dan bovendien nog een product integreren, en de enige vereenvoudiging is dat de tweede factor in dat product dan de afgeleide van de oorspronkelijke tweede factor is. De keuze wat is f en wat is g geschiedt dus voornamelijk met het oog op dit laatste integraal. Typisch voorbeeld : sin t dt... t sin t cos t + c. Hiermee p.97p.9, opg..b,c,a,d,e.. Substitutieregel Ga uit van de kettingregel fgx f gx g x. We zien meteen f gx g x dx fgx + c g een speciaal geval hiervan is x dx lngx + c. Hoe gebruiken we dit om gx hgx dx aan te gaan? Direct werken met y gx, dus dy g xdx, leidt tot hgx dx hy g x dy hy g g y dy en dat is niet noodzakelijk eenvoudiger soms wel!. Voorbeeld + x dx. A. y x, dus dy xdx en dan + x dx + y dy y. 7

8 B. Herinner cosh t sinh t en stel x sinh t, dus dx cosh tdt en dan + x dx cosh t cosh t dt cosh t dt sinh t cosh t sinh t dt sinh t cosh t cosh t dt waarmee uiteindelijk cosh t dt sinh t cosh t x + x + t + c + arsinh x + c. Hiermee p.97p.9, opg..f i, inleveropgave is p.97p.9, opg... Breuksplitsing Hoe bereken je dx px waar p R[x] een polynoom? D.w.z. px c n x n + c n x n c x + c, bv. px x. Stel p heeft n verschillende reële wortels a i, dus Dan kunnen we px px n x a i x a... x a n. i n i α i x a i α x a α n x a n schrijven met nog nader te bepalen coëfficienten α i. Hiermee kunnen we direct primitiveren, bv. dx x α dx x + α dx x + α ln x + α ln x + + c en nu zijn we ook gemotiveerd om de coëfficienten α en α te berekenen. Hiervoor kunnen we gewoon getallen voor x in de oneindig veel vergelijkingen x α x + α x + invoeren. Het gemakkelijkst zou dit met x ± werken, maar door nul delen mag niet, dus vermenigvuldigen we met x en/of met x +. Dit resulteert in + α + α en α 8

9 en dus Tegenvoorbeeld : dx x ln x ln x + + c dx x + arctanx + c want x + heeft geen reële wortels. In onderdeel. hadden we gezien dat we een reëel polynoom p R[x] altijd zoals in kunnen schrijven als product van lineaire en quadratische factoren. Voorbeeld : dx x 4 α dx x + α dx βx + γ x + + x + dx 4 ln x 4 ln x + arctanx + c. De theorie houdt hier helaas nog lang niet op, verdere complicaties zijn mogelijk. Het quadratisch deel is algemener qx x + ax + b. Dan substituëren we om toch op de arcus tangens te komen. De coëfficient β in de teller van zo n integraal met quadratische noemer is niet nul. Dan splitsen we verder op βx + γ qx β q x qx + δ qx met een nog te bepalen coëfficient δ, waarna we de eerste term tot β ln qx + c primitiveren en de tweede term met behulp van de arcus tangens kunnen integreren. Indien er meervoudige reële wortels zijn, kunnen we het integraal m.b.v. meervoudige breuken aangaan, voor meer details zie het dictaat. Dit gaat net zo als er meervoudige quadratische gedeeltes zijn en die hebben natuurlijk te maken met meervoudige complexe wortels. Belangrijk is te onthouden : rationale functies, dus breuken van polynomen, kunnen we altijd primitiveren. Als je er echt een in real life tegenkomt, dan ben je waarschijnlijk ook voldoende gemotiveerd om je ook door boven aangeduidde theorie doorheen te werken. En wie weet, misschien heb je geluk en de wortels zijn van elkaar verschillend en reëel, dus dan gaat het net zo gemakkelijk als in het eerste voorbeeld. We slaan de opgaven.j t/m.m dan ook maar over. Welke van opg.4 op p.979 kun je wel aan? 9

10 4 Gewone differentiaalvergelijkingen In de Schrödingervergelijking i Ψ Ψ + V x Ψ m staat de gezochte functie niet alleen aan de linker, maar ook aan de rechter kant. I.h.a. noemt men ẏ ft, y een explicite eerste orde differentiaalvergelijking. In de vorige sectie hebben we het eenvoudigst geval behandelt dat f niet van y afhangt, maar pas als y ook aan de rechter kant staat spreekt men echt van een differentiaalvergelijking. Indien f niet expliciet tijdsafhankelijk is noemt men de differentiaalvergelijking autonoom, voor de gezochte functie yt moet dan d yt fyt dt gelden. Er zijn algemene stellingen zoals en f continu oplossing yt bestaat f continu differentiëerbaar oplossing yt ook eenduidig niet ons doel : f zo gek mogelijk. Neem dus bv. fy y. Dit beschrijft de stijging van de oplossing yt, want ẏ is tenslotte gelijk aan fy. Om een oplossing te bepalen hebben we een beginwaarde y y nodig, de differentiaalvergelijking bepaalt dan hoe het verder gaat. Indien fy is, verandert er niets meer want ẏ en we vinden yt y voor alle t R. In zo n evenwichtspunt is de oplossing dus voor alle tijden gedefinieerd, dat hoeft niet voor elke oplossing zo te zijn de boven aangeduidde algemene stelling levert alleen maar het bestaan van een oplossing voor kleine tijden op. We kunnen ook andere oplossingen expliciet berekenen. Stel dus fy, en vanwege de eenduidigheid zal dan ook fyt voor alle tijden t waarvoor de oplossing yt met y y bestaat. Daarom mogen we door y delen ẏ fy en komen uit op yt en in het voorbeeld fy y dus t yt y y dy fy dy y ln y t dt t yt ln y + y ln yt y + yt + y

11 en daarmee yt yt + y y + et. T.o.v. de absoluutwaarden zijn er drie mogelijkheden maar in ieder van die gevallen mogen we ze gewoon weglaten en kunnen verder doorrekenen tot yt y + + y e t y + y e t. Hiermee fy y, fy y, fy c y, p.8, opg..., fy e y, p.8, opg..6, fy tan y en p.8, opg... Inleveropgave is ẏ y 4. De derde opgave kunnen we meteen voor de Schrödingervergelijking toepassen. In quantum chemie leidt de ansatz Ψq, t ψqφt tot i Φ EΦ 4 waar E een eigenwaarde van de tijdsonafhanklijke Schrödingeroperator is. De oplossing van 4 is Φt Φ e ie t ReΦ cos E t + ImΦ sin E t + i [ ImΦ cos E t ReΦ sin E t ] en laat zien hoe reëel en imaginair gedeelte van de golffunctie Φ oscilleren. 4. Tijdsafhankelijke differentiaalvergelijkingen Schrijf ẏ ft, y als systeem ẋ ẏ fx, y van twee autonome differentiaalvergelijkingen. Door x te kiezen komen we via de oplossing xt t van de eerste vergelijking gemakkelijk terug. De rechter kant fx, y is voor ieder x, y R als fx, y maar bestaat een vector als we deze bij x, y laten beginnen verkrijgen we een vectorveld. Voor fx, y x y zie bv. figuur 5a op p. in het boek. Een oplossing is dan een kromme xt yt met x y x y

12 die in elk punt tangentiaal aan de bijbehorende vector is en waar de lengte van zo n raakvektor nog de snelheid weergeeft ook. Voor x zal dan wel xt x + t t moeten zijn, en natuurlijk willen we door elk punt van het vlak een oplossing kunnen bepalen. Als we toch xt t willen houden dus eigenlijk geen verschil tussen t en x willen maken zullen we met meer algemene beginwaarden x xt yt y moeten werken en dan natuurlijk x t kiezen. Voor y is blijkbaar yt voor alle t R. Voor y is zie plaatje ook yt voor alle t R. Na ẋ moeten we nu nog ẏ x y oplossen : Dit trucje werkt altijd als yt y dy y xt... ln yt ln y + x x dx yt y e t t. ft, y gt hy t t... is, zo n niet autonome differentiaalvergelijking heet separabel. Want dan werk je buiten de evenwichtspunten yt y waar hy is met yt y dy hy t t gx dx. De beginwaarde is voor niet autonome differentiaalvergelijkingen zoals gezien iets algemener yt y. Hiermee ẏ y cos t en p.8, opg...,4,5,7, Lineaire differentiaalvergelijkingen Een speciaal geval van een separabele differentiaalvergelijking is de homogene lineaire differentiaalvergelijking ẏ ft y 5 waarvoor we met bovenstaande methode de oplossing yt y e Z t t fτ dτ vinden. De inhomogene lineaire differentiaalvergelijking ẏ ft y + gt

13 is een niet separabele differentiaalvergelijking die we toch aankunnen. Eerst bepalen we een oplossing y h t e F t waar F t ft van het homogeen gedeelte 5 en maken dan de ansatz variatie van de constante Dit leidt tot de vergelijking en via yt ct y h t. ċt y h t + ct ẏ h t ft ct y h t + gt ċt gt y h t tot de particuliere oplossing y p t e F t en de algemene oplossing is F t gt e gt e F t dt ; yt y p t + c y h t waar c R een willekeurig constant is. Daarmee hebben we het oplossen van een niet homogene lineaire differentiaalvergelijking teruggebracht tot het berekenen van twee integralen. Hiermee p.8/9 opg..6.. Inleveropgaven zijn p.9, opg Substitutie Net als integralen kunnen ook differentiaalvergelijkingen worden vereenvoudigd d.m.v. een geschikte substitutie. Hierover alleen maar een voorbeeld. Men noemt ẏ t y + t y een Bernoulli differentiaalvergelijking en voor dit type is bekend met welke substitutie men moet werken. Definieer z : y, dan is ż y ẏ y t + t t z + t en deze lineaire differentiaalvergelijking heeft de algemene oplossing zt c e 6 t4. Omdat z y gelden deze oplossingen alleen voor tijden t waar zt en onder deze beperking is dan yt ± ce 6 t4.

14 Deze oplossingen kunnen we nog samenvoegen met de oplossing! yt en dan hebben we bv. als oplossing behorende bij de beginwaarde y { yt voor t <. e 6 t4 t Hier is dus niet meer sprake van eenduidigheid, de reden is dat ft, y t y + t y niet in y differentieerbaar is. Inleveropgave p.6, opg Vectorrekening Één voorbeeld kennen we al : C is een reële vectorruimte : kan ze bij elkaar optellen en met reële getallen vermenigvuldigen dat we ze ook met elkaar kunnen vermenigvuldigen is speciaal aan C en doet hier even niet terzake. Andere voorbeelden : R, R n, i.h.b. R zelf ook R C, n m matrices dit even checken : +, t.o.v. eigenschappen p.59 p.9 4 & 5 polynomen R[x], continue functies CR, differentieerbare functies, functies f waarvoor f integreerbaar is,... De oplossingen van een homogene lineaire differentiaalvergelijking ẏ ft y dit was deel van het huiswerk. Hiermee opg.6.8. op p.64 alleen is dit een vectorruimte?. De oplossingen van de tijdsonafhankelijke Schrödingervergelijking Ĥψq E ψq, waar Ĥ vormen eveneens een vectorruimte. 5. Basis van een vectorruimte n j m j j + V. Hierboven in feite gebruikte stelling : een deelruimte van een vectorruimte is een deelverzameling die gesloten is onder optellen en met reële getallen vermenigvuldigen. De kleinste deelruimte U die een gegeven verzameling {v,..., v n } bevat bestaat uit alle vectoren die we op een of ander manier als lineaire combinatie λ v λ n v n kunnen schrijven en we zeggen dat U wordt voortgebracht door {v,..., v n }. Indien dit zo zuinig mogelijk gebeurt, er dus geen overbodige vectoren in {v,..., v n } bevat zijn, dan noemen we {v,..., v n } lineair onafhankelijk. Dan kan elke vector in U op precies één manier als lineaire combinaties van de v,..., v n worden geschreven. Dit is dan en slechts dan het geval als de nulvector op precies één manier als lineaire combinaties van de v,..., v n kan worden geschreven, dus als λ v λ n v n λ... λ n. Voor een verzameling {v,..., v n } van vectoren uit een vectorruimte V zijn de volgende eigenschappen equivalent. V wordt door {v,..., v n } voortgebracht dus U V en {v,..., v n } is minimaal met deze eigenschap dus als we een van de vectoren uit {v,..., v n } verwijderen dan brengen de resterende vectoren niet meer de hele ruimte V voort. 4

15 {v,..., v n } is lineair onafhankelijk en maximaal met deze eigenschap dus als we een vector u V toevoegen dan is {v,..., v n, u} niet meer lineair onafhankelijk. V wordt door {v,..., v n } voortgebracht en deze verzameling is lineair onafhankelijk. Ieder vector uit V kan op precies één manier als lineaire combinaties van de v,..., v n worden geschreven. Als {v,..., v n } een van en dus alle deze eigenschappen heeft dan noemen we deze verzameling een basis van V. We zeggen dan dat V de dimensie n heeft en schrijven n dim V. Hiermee opg op p.6 ook : brengen deze vectoren de hele ruimte voort? en dus is dit een basis?. 5. Het inproduct De verzamelingen,, en,, zijn allebij een basis van R, ontbind + +. Er is dus niet sprake van de component van, deze hangt ook af van de andere basisvectoren. Maar er is een manier om toch van de component te mogen spreken : het inproduct. n Op R n : a b a T b a i b i. Belangrijke eigenschappen : p.6 I,II,III Def. 5. opg i Hiermee : p.65, Voorbeeld uit de quantum mechanica. De veelvouden van golffuncties vormen een complexe vectorruimte, met inproduct Ψ Φ Ψ Φdτ. De Schrödingeroperator Ĥ is Hermite s, d.w.z. ψ H φ ψ Ĥφ Ĥψ φ. Als nu Ĥψ E ψ en Ĥφ E φ met E E zo volgt E ψ φ... E ψ φ! en deze twee eigenfuncties staan loodrecht op elkaar zie ook Quantum Chemie. 5

16 5. Het uitproduct Dit werkt alleen in R! Meetkundig : lengte is oppervlakte van opgespand parallelogram en dus nul als de twee vectoren parallel zijn en richting is loodrecht erop orientatie : rechter hand regel. Uiteraard en we kunnen met de meetkunde ook verder gaan : 4 4, 5 77, cos γ sin γ...! controle : Hiermee opg.8.. en 8..4 op p.4. Let op : het uitproduct is niet zo mooi als de vermenigvuldiging van complexe getallen, want a a voor alle vectoren a R. 6 Lineaire afbeeldingen Een afbeelding f : V V op een vectorruimte V heet lineair als fλa + µb λfa + µfb voor alle reële getallen λ, µ R en alle vectoren a, b V. Voorbeelden : de integratie van continue functies of In het tweede voorbeeld staan in de colommen van de matrix de beelden van de basis. Altijd : beelden van een basis leggen een lineaire afbeelding vast en andersom : n n f µ i b i µ i fb i. i i 6

17 We kunnen dan f door een matrix representeren waarin in elke colom de coefficienten van de beelden van de basis {b,... b n } staan ontbonden in deze basis. Inleveropgave : laat zien dat de afbeelding a a a a a 5 a lineair is en bereken de matrix t.o.v.. Een betere basis bestaat uit eigenvectoren, d.w.z. bv. fa λa Hoe berekenen wij andere eigenvectoren? De determinant van de matrix is nul, dus moet er ook een vector bestaan die op nul wordt afgebeeld syteem van drie vergelijkingen met drie onbekenden oplossen : We zien dat de twee eigenvectoren loodrecht op elkaar staan en dat is geen toeval, de matix is namelijk symmetrisch. De derde eigenvector kan dan ook d.m.v. gemakkelijk worden berekend en we zien De matrix t.o.v. de basis is dus 6 en duidelijk eenvoudiger dan waarmee we begonnen zijn. 7

18 6. Determinant en inverse Om een eigenvector a te kunnen berekenen hebben we de bijbehorende eigenwaarde λ nodig, a kerλid f detλid f. Voor de algemene definitie van de determinant zie p. 4, beperken ons hier tot de gevallen a b det a d b c c d van matrices en det a a a a a a a a a regel van Sarrus van matrices. Een determinant geeft aan dat de inverse bestaat, en de oplossingen van detλid f zijn juist die waarden van λ waarvoor λid f niet inverteerbaar is. In bovenstaand voorbeeld is λ det λ... λλ + λ 6. λ Men kan de determinant ook gebruiken om de inverse te berekenen, d.m.v. de regel van Cramer. Voor matrices betekent dit a b d b. c d ad bc c a Hiermee opg op p Diagonaliseren T.o.v. een basis uit eigenvectoren wordt een lineaire afbeelding door een diagonaalmatrix gegeven. In veruit de meeste gevallen is de lineaire afbeelding in kwestie al door een matrix t.o.v. de canonieke basis gegeven en dan betekent dit een transformatie te vinden die de matrix diagonaliseert. Hierover alleen maar een voorbeeld, de matrix. Bereken de eigenwaarden λ det λ + λλ + λ + λ λ λ +. 8

19 Eigenvector voor λ : x x x x :. Eigenvector voor λ : x x x + x :. De door T gedefinieerde lineaire afbeelding transformeert de canonieke basis in een basis bestaande uit eigenvectoren, en T + doet het omgekeerde. Dus T T... Hiermee p.75 opg.7..,5,7. 6. Toepassing op differentiaalvergelijkingen Hiermee kunnen we ook hogere orde lineaire differentiaalvergelijkingen aan. Een voorbeeld is ÿ y ẏ. Terugbrengen naar systeem van e orde differentiaalvergelijkingen d.m.v. x y en x ẏ leidt tot In matrixvorm is dit ẋ x ẋ x x. d dt x. x 6 en deze matrix hebben we net gediagonaliseerd. Stel z T x, dan is ż T ẋ T x T T z z, d.w.z. ż z met de algemene oplossing z t z e t en ż z met de algemene oplossing z t z e t. De oplossing van 6 verkrijgen we dan d.m.v xt T zt als x t z t z t z et + z e t x t z t + z t z e t z e t 9

20 en we kunnen nog z z x T x gebruiken om de oplossing in termen van de originele beginwaarde te schrijven : yt y + ẏ Uiteindelijk is de oplossing van 6 door xt c e t e t + y ẏ e t. + c e t gegeven, met nog nader te bepalen constanten c en c, en hiervoor is het niet nodig om de matrix expliciet te diagonaliseren. Eigenwaarden en eigenvectoren moeten wel bekend zijn, en het bepalen van c en c als functies in de beginwaarden x en x komt natuurlijk neer op het berekenen van de inverse matrix T. Hiermee opg... 6 en opg... 5 op p Differentiëren I.h.a. zal een afbeelding f : R n R m niet lineair zijn. Locale lineaire approximatie : in het punt a R n fx fa + Dfa x a + ox a waar ox a x a als x a. Dfa : R n R m is een lineaire afbeelding. T.o.v. de basis.,...,. gerepresenteerd door een matrix wat zijn de coefficienten van deze matrix? De partiële afgeleiden : fi Dfa a x i,...,m j j,...,n als f continu differentiëerbaar is ook andersom. Voorbeeld : f : R R x x cos x, x sin x heeft de afgeleide Dfa cos a a sin a a sin a a cos a a.

21 De lineaire approximatie van f in het punt a is dus x fx + + ox. Voor de lineaire approximatie van f in het punt a π/4 krijgt men zo π/4 fx + x x π/4 + ox a. x π/4 I.h.b. is de lineaire approximatie van een functie f : R R gewoon Rekenregels : fx fa + f a x a + ox a. Df + ga Dfa + Dga Dλfa λdfa Df ga Dfga Dga waar in de laatste, de kettingregel, aan de rechter kant matrixmultiplicatie wordt toegepast. Hiermee opg op p Dynamica rond evenwichtspunten e orde niet lineaire differentiaalvergelijking ÿ + cẏ + k sin y zie ook examples en, p c : ongedempte slinger hier k g l... c > : er is demping. Na terugbrengen naar een systeem van e orde differentiaalvergelijkingen d.m.v. x y en x ẏ worden de evenwichtspunten bepaald door en zijn dus de punten x, x met ẋ x! ẋ cx k sin x! x en sin x, ofwel x nπ, n Z. Lineaire approximatie in evenwichtspunten : x fx cx k sin x, x fnπ, + Dfnπ, x x + ox nπ, x

22 met Dfnπ, k cosnπ c n k c Waarom is de linearisatie juist in de evenwichtspunten interessant? Waar het vectorveld f is, blijft dat ook in een kleine omgeving zo f continu! en hebben we locaal een bijna constante stroming. Maar rond evenwichtspunten is het constante deel juist, en het lineaire deel wordt belangrijk. n : eigenwaarden c k c ± c 4k c : ±i k, ongedempte beweging periodiek. c >, maar klein d.w.z. c < 4k: c ± c 4k, gedempte beweging draait naar evenwicht toe ; en hetzelfde gedrag voor n Z even n ±, ±4, ±6, ±8,.... n n Z oneven: eigenwaarden c +k c ± c + 4k ofwel c c + 4k < en c + c + 4k >. c : k en + k, niet veel anders dan c >. Eigenvectoren zijn + c + aantrekkend, c + 4k c + afstotend. c + 4k Vanuit de informatie omtrent de evenwichtspunten kan men het gehele faseportret samenvoegen, zie p.76,fig.89 voor c en p.78,fig.9 voor kleine c >. Voor plaatjes van de verschillende mogelijkheden voor het lineair gedeelte zie p Hiermee opg..5.6 op p Krommen Een kromme in het vlak wordt gegeven door r : R R t r t, r t rt bv. rt t cos t, t sin t. De afgeleide Drs ṙ s, ṙ s is de snelheidsvector, hij raakt aan de kromme en brengt de tangente voort. Net zo bij een kromme als r : R R t t, t, t in de ruimte. Opgave : welke vectoren staan loodrecht op deze kromme in het punt r,,? Verder p.44, opg raakvector bij t. Terug naar krommen in R : deze kunnen ook door een vergelijking gedefinieerd zijn, bv. x + y 4..

23 Wat is de tangente in het punt x, y,? Ligt op kromme, want + 4. Kies! een parametrisatie r t xt t r t yt + 4 t, t die dus een stukje van de kromme parametriseert waar het gegeven punt ook op ligt, namelijk, r. Bereken ṙ t en ṙ t d dt 4 t t 4 t en vul t in, dus ṙ,. Wat gebeurt als we een andere parametrisatie kiezen? Voor is,, r π en vanwege rt cos t, sin t, t π ṙt sin t, cos t is ṙ π,. Dit ziet ten minste anders eruit, maar de vectoren zijn wel lineair afhankelijk. en Kunnen we de tangente ook bepalen zonder eerst een parametrisatie te kiezen? Definieer fx, y x + y 4 en bereken Dfx, y x, y. Voor x x fx, y fx, y + Dfx, y + ox x y y, y y heeft fx, y tot gevolg dat de vector loodrecht staat op de vector x x y y x y en we verkrijgen opnieuw de raakvector en veelvouden. Hiermee p.44, opg vergeet x en z, bereken ook tangente in punten, danwel 6,.

24 7. Oppervlakken Mogelijke representaties : één vergelijking, bv. x + 4y + 9z 6. Dit zou men kunnen omzetten in twee expliciete vergelijkingen, namelijk x ± 6 4y 9z waardor het oppervlak door y en z is geparametriseerd. Maar men kan ook met een parametrisatie als x 6 sin θ cos ϕ y sin θ sin ϕ z cos θ werken, waar θ π en ϕ π. Het raakvlak wordt opgespannen door de raakvectoren, bv. θ vast : xϕ 6 sin θ sin ϕ d yϕ sin θ cos ϕ dϕ zϕ θ π ϕ π of ϕ vast : d dθ rθ 6 cos θ cos ϕ cos θ sin ϕ sin θ θ π ϕ π. Deze vectoren zijn lineair onafhankelijk. Alternatief kunnen we ook de afgeleide x 6 x + 4y + 9z 6 8y x y z berekenen, want deze vector staat loodrecht op het oppervlak [controle : 6 9 ]. 4 De vector loodrecht op het oppervlak heet ook de normalenvector en vaak wordt zijn lengte op geschaald heb twee keuzemogelijkheden voor het teken orientatie van het vlak. Bij oppervlakken van een volume is de orientatie het verschil tussen binnen en buiten. Hiermee p.495, opg.9.5. eventueel m.u.v. opg A 4