Analyse:
afleiden, integreren en wiskundige software
Formularium
S. Caenepeel
Formularium. Mag gebruikt worden tijdens schriftelijke examens
Oefeningen Analyse, 1ste bachelor Ingenieurswetenschappen; Fysica en Sterrekunde; Wiskunde en Data Science. 2020
Hoofdstuk 1
Wiskundig formularium
1.1 Logaritmische en exponenti¨ ele functie
logax =alog x = y ⇐⇒ x = ay (a ∈ R+0 \ {1}) loga(xy) = logax + logay
logaxy = logax − logay loga(xn) = n logax logab logbc = logac
e = limx→∞(1 + 1/x)x≈ 2, 72 ex = exp(x)
ln x = logex ax+y = ax ay
axy = (ax)y
1.2 Trigoniometrische functies
tg α = tan α = cos αsin α; cotg α = cot α = cos αsin α = tan α1 sec α = cos α1 ; cosec α = sin α1
bgsin x = arcsin x, (|x| ≤ 1) bgcos x = arccos x, (|x| ≤ 1)
bgtg x = arctg x = arctan x; bgcot x = arccot x bgsec x = arcsec x, (|x| ≥ 1)
bgcosec x = arccosec x (|x| ≥ 1)
sin2α + cos2α = 1; tan2α + 1 = sec2α; 1 + cot2α = cosec2α cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β
sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β
tan(α ± β) = (tan α ± tan β)/(1 ∓ tan α tan β) sin 2α = 2 sin α cos α = 1+tan2 tan α2α
cos 2α = cos2α − sin2α = 1 − 2 sin2α = 2 cos2α − 1 = 1−tan1+tan22αα
tan 2α = 1−tan2 tan α2α
α cos α 1 sin α1
0
cotgα tgα
1
1
sin α + sin β = 2 sinα+β2 cosα−β2 ; sin α − sin β = 2 sinα−β2 cosα+β2 cos α + cos β = 2 cosα+β2 cosα−β2 ; cos α − cos β = −2 sinα+β2 sinα−β2 2 sin α cos β = sin(α + β) + sin(α − β)
2 cos α cos β = cos(α + β) + cos(α − β)
−2 sin α sin β = cos(α + β) − cos(α − β)
1.3 Sinus-en cosinusregel in een
driehoek
a
sin α = b
sin β = c sin γ c2= a2+ b2− 2ab cos γ
a c b
α
β γ
1.4 Verzamelingenleer
A ∪ B is de verzameling van alle elementen die tot A of tot B behoren.
AT B is de verzameling van alle elementen die tot A en tot B behoren.
A \ B is de verzameling van alle elementen die tot A maar niet tot B behoren.
A ⊂ B als alle elementen van A ook tot B behoren.
1.5 Afstanden en hoeken in het vlak en in de ruimte
(cartesiaans assenstelsel)
Afstand tussen twee punten p1(x1, y1) en p2(x2, y2) in het vlak:
|p1p2| =p(x2− x1)2+ (y2− y1)2. Afstand van het punt p(x0, y0) tot de rechte L ↔ ax + by + c = 0 in het vlak:
d(p, L) = |ax0+ by0+ c|
√a2+ b2 .
Hoek α tussen twee vectoren ~u(x1, y1) en ~v(x2, y2) in het vlak:
cos α = ~u · ~v
k~uk k~uk = x1x2+ y1y2
px21+ y12px22+ y22.
Afstand tussen twee punten p1(x1, y1, z1) en p2(x2, y2, z2) in de ruimte:
|p1p2| =p(x2− x1)2+ (y2− y1)2+ (z2− z1)2.
Afstand van het punt p(x0, y0, z0) tot het vlak γ ↔ ax + by + cz + d = 0 in de ruimte:
d(p, γ) = |ax0+ by0+ cz0+ d|
√a2+ b2+ c2 .
Hoek α tussen twee vectoren ~u(x1, y1, z1) en ~v(x2, y2, z2) in de ruimte:
cos α = ~u · ~v
k~uk k~uk = x1x2+ y1y2+ z1z2
px21+ y12+ z12px22+ y22+ z22.
1.6 Tweedegraadsvergelijkingen met re¨ ele co¨ effici¨ enten
ax2+ bx + c = 0, a 6= 0 D = b2− 4ac
Als D > 0; x1,2= −b±
√ D
2a ; ax2+ bx + c = a(x − x1)(x − x2) Als D = 0, x1= x2= −b2a; ax2+ bx + c = a(x − x1)2
Als D < 0, geen re¨ele oplossingen.
1.7 Afgeleiden
f (x) f0(x)
g(x) ± h(x) g0(x) ± h0(x) g(x)h(x) g0(x)h(x) + g(x)h0(x)
g(x) h(x)
g0(x)h(x) − g(x)h0(x) (h(x))2
xq, q ∈ Q qxq−1
ex ex
ax axln a
sin x cos x
cos x − sin x
tan x sec2x
cot x −cosec2x
sec x tan x sec x
cosec x − cot x cosec x
f (x) f0(x)
g(h(x)) g0(h(x))h0(x)
g−1(x)(inverse) 1
g0(g−1(x))
ln x 1
x
alog x 1
xln a
bgsin x 1
√1 − x2 (|x| < 1)
bgcos x − 1
√1 − x2 (|x| < 1)
bgtg x 1
1 + x2
bgcot x − 1
1 + x2
bgsec x 1
|x|√
x2− 1, (|x| > 1)
bgcosec x − 1
|x|√
x2− 1, (|x| > 1)
1.8 Primitieven
f (x)
Z
f (x)dx
g0(x) g(x) + c
1
x, x 6= 0 ln |x| + c ln x x ln x − x + c xa xa+1a+1 + c (a 6= −1)
1
x ln |x| + c
ex ex+ c
ax ln aax + c (a 6= 1 en a > 0)
1
1+x2 = bgtg x + c
1
x2−a2, a 6= 0 2a1 ln
x−a x+a
+ c
√ 1
k2−x2 bgsinxk + c
√ 1
k2+x2 argshxk+ c = ln |x +√
k2+ x2| + c
√ 1
x2−1 argch x + c = ln (x +√
x2− 1) + c (|x| > 1)
1 x√
x2−1 bgsec x + c = −bgcosec x + d (|x| > 1)
1 x√
1−x2 −argsech x + c = −ln1+
√ 1−x2
|x| + c (|x| < 1)
1 x√
1+x2 −argcosech x + c = −ln1+
√ 1+x2
|x| + c
f (x)
Z
f (x)dx
sin x − cos x + c
cos x sin x + c
sh x ch x + c
ch x sh x + c
sec2x tg x + c cosec2x −cotg x + c tg xsec x sec x + c cotg xcosec x −cosec x + c sech2x thx + c cosech2x − coth x + c thxsech x −sech x + c coth xcosech x −cosech x + c
Substitutie: R f(g(x))g0(x) dx =R f(u) du
Parti¨ele integratie: R u(x)v0(x) dx = u(x)v(x) −R v(x)u0(x) dx
Hoofdstuk 2
Analyse 1
2.1 De formule van Taylor
Stelling 2.1.1 (stelling van Taylor) Onderstel dat de functie f een eindige n + 1-de afgeleide bezit op een open interval dat a en x bevat. Dan bestaat een ξ ∈ (a, x) zodat
f (x) =
n
X
i=0
f(i)(a)
i! (x − a)i+ rn(x) (2.1)
met
rn(x) = f(n+1)(ξ)
(n + 1)! (x − a)n+1. We noemen
rn(x) = f(n+1)(ξ)
(n + 1)! (x − a)n+1
de restterm van Lagrange. We kunnen rn nog herschrijven op de volgende manier: schrijf de formule van Taylor opnieuw op, maar nu met restterm rn−1:
f (x) =
n−1
X
i=0
f(i)(a)
i! (x − a)i+ rn−1(x). (2.2)
met
rn−1(x) = f(n)(ξ)
n! (x − a)n. Aangezien f(n) differentieerbaar en dus continu is geldt
x→alimf(n)(ξ) = f(n)(a) zodat we kunnen schrijven dat
f(n)(ξ) = f(n)(a) + λ(x) met
x→alimλ(x) = 0.
We kunnen dus schrijven:
rn−1(x) = f(n)(a)
n! (x − a)n+ λ(x)
n! (x − a)n.
Dit substitueren we in (2.2):
f (x) =
n−1
X
i=0
f(i)(a)
i! (x − a)i+f(n)(a)
n! (x − a)n+λ(x)
n! (x − a)n=
n
X
i=0
f(i)(a)
i! (x − a)i+ λ(x)
n! (x − a)n. Als we deze laatste formule vergelijken met (2.1) vinden we
rn(x) = (x − a)n n! λ(x) met
x→alimλ(x) = 0.
De restterm in deze vorm geschreven noemen we de restterm van Liouville.
Indien we de formule van Taylor opschrijven voor a = 0, dan noemen we de verkregen formule soms de formule van McLaurin:
f (x) =
n
X
i=0
f(i)(0)
i! xi+f(n+1)(θx) (n + 1)! xn+1 met 0 < θ < 1 zodat θx ∈ (0, x).
2.2 Differentieerbare functies
Definitie 2.2.1 Een functie f : Rn → R die gedefinieerd is op een omgeving van ~a ∈ Rn noemen we differentieerbaar in~a indien er een vector ~m ∈ Rn bestaat zodanig dat
f (~a + ~h) = f (~a) + ~m.~h + e(~h)k~hk met
~lim
h→~0
e(~h) = 0.
De vector m noemen we de gradi¨ent van f in ~a. Notatie:~
~
m = gradf (~a) = ~∇f (~a).
De vergelijking van het raakvlak in het punt (a1, a2, f (a1, a2)) aan het oppervlak met vergelijking z = f (x, y) wordt dan gegeven door
y = f (~a) + ~m.(~x − ~a).
Stelling 2.2.2 Onderstel dat een functie f differentieerbaar is in ~a. Dan bestaan alle richtingsafgeleiden van f in ~a, en bovendien geldt voor elke vector ~u 6= ~0:
D~uf (~a) = ~∇f (~a).~u.
Hieruit volgt onder meer dat
∇f (~a) =~
n
X
i=1
∂f
∂xi
(~a)~ui.
2.3 De formule van Taylor
Stelling 2.3.1 Onderstel dat f : Rm → R continue parti¨ele afgeleiden bezit tot op orde n + 1 op een omgeving van (a1, a2, · · · , am) die het punt (a1+ h1, a2+ h2, · · · , am+ hm) bevat. Dan bestaat een θ ∈ (0, 1) zodat
f (a1+ h1, a2+ h2, · · · , am+ hm)
=
n
X
i=0
1 i! h1
∂
∂x1
+ · · · + hm
∂
∂xm
(i)
f (a1, a2, · · · , am)
+ 1
(n + 1)! h1 ∂
∂x1 + · · · + hm ∂
∂xm
(n+1)
f (a1+ θh1, a2+ θh2, · · · , am+ θhm)
2.4 Extreme waarden
Stelling 2.4.1 Onderstel dat de functie f een stationair punt (a, b) heeft, en dat f continue parti¨ele afge- leiden heeft tot op orde minstens drie op een omgeving van (a, b). Met de volgende notaties
r = ∂2f
∂x2(a, b) s = ∂2f
∂x∂y(a, b) t = ∂2f
∂y2(a, b) hebben we dan:
s2− rt > 0 ⇒ f bereikt geen extremum in (a, b) s2− rt < 0 en r > 0 (t > 0) ⇒ f bereikt een minimum in (a, b) s2− rt < 0 en r < 0 (t < 0) ⇒ f bereikt een maximum in (a, b)
s2− rt = 0 ⇒ geen besluit
2.5 Impliciete functies
Stelling 2.5.1 Onderstel dat een functie ~f : Rn+m → Rm als componentfuncties f1, · · · , fm heeft, en gedefinieerd is op een omgeving van (a1, · · · , an, b1, · · · , bm) = (~a,~b). Als voldaan is aan de volgende voor- waarden:
• alle fj zijn continu op een omgeving V van (~a,~b);
• fj(~a,~b) = 0, voor elke j;
• elke fj bezit continue parti¨ele afgeleiden op V ;
• de volgende Jacobiaanse determinant is niet nul:
∂(f1, · · · , fm)
∂(y1, · · · , ym)(~a,~b) 6= 0
dan bestaat er een unieke functie
~g = (g1, · · · , gm) : W ⊂ Rn→ Rm gedefinieerd op een open verzameling W die ~a = (a1, · · · , an) bevat zodat
1. voor elke~x ∈ W :
f (~x, ~g(~x)) = ~0~ of, m.a.w.,
f1(x1, · · · , xn, g1(x1, · · · , xn), · · · , gm(x1, · · · , xn)) = 0 f2(x1, · · · , xn, g1(x1, · · · , xn), · · · , gm(x1, · · · , xn)) = 0
· · ·
fm(x1, · · · , xn, g1(x1, · · · , xn), · · · , gm(x1, · · · , xn)) = 0 2. ~g(~a) = ~b, of m.a.w.
gj(a1, · · · , an) = bj
3. de functiesgj zijn continu en bezitten continue parti¨ele afgeleiden op W .
De vergelijking van de raaklijn en het raakvlak Beschouw de niveaukromme
f (x, y) = f (x0, y0).
De vergelijking van de raaklijn in (x0, y0) wordt gegeven door de formule
∂f
∂x(x0, y0)(x − x0) +∂f
∂y(x0, y0)(y − y0) = 0.
Voor het niveauoppervlak
f (x, y, z) = f (x0, y0, z0)
hebben we dat de vergelijking van het raakvlak in (x0, y0, z0) wordt gegeven door de formule
∂f
∂x(x0, y0, z0)(x − x0) + ∂f
∂y(x0, y0, z0)(y − y0) + ∂f
∂z(x0, y0, z0)(z − z0) = 0.
2.6 Booglengte
Stelling 2.6.1 Onderstel dat dAB een continue boog is, bepaald door de vectorfunctie f : [a, b] → R~ 3 : t 7→ ~f (t).
Als d ~dtf bestaat en continu is over [a, b], dan is de boog dAB rectificeerbaar, en dan wordt de lengte van dAB gegeven door de integraal
`ABd = Z b
a
d ~f dt
dt.
In componenten uitgeschreven wordt deze formule:
`dAB = Z b
a
q
f10(t)2+ f20(t)2+ f30(t)2dt.
Voor een vlakke kromme krijgen we (stel f3 = 0) :
`ABd = Z b
a
q
f10(t)2+ f20(t)2dt.
Vlakke kromme gegeven in de vorm y = f (x)
Voldoende is x als parameter te kiezen. Omdat dxdx = 1 vindt men voor de booglengte
` = Z b
a
p1 + y02dx.
Vlakke kromme gegeven in poolco¨ordinaten Onderstel dat de kromme gegeven is in de vorm
ρ = ρ(t) θ = θ(t)
waarbij ρ en θ poolco¨ordinaten zijn. De formule voor booglengte wordt
` = Z b
a
r
dρ dt
2
+ ρ2dθ dt
2
dt.
Als onze kromme gegeven is in de vorm ρ = ρ(θ), dan kiezen we θ als parameter, en dan is de booglengte van de volgende vorm:
` = Z b
a
r
dρ dθ
2
+ ρ2dθ.
2.7 Massa, dichtheid, middelpunt
Onderstel nu dat de boog dAB “massief” is, met een massadichtheid ρ(s), die (continu) afhangt van de plaats op de boog. De massadichtheid ρ is dan gegeven in eenheid van massa per eenheid van lengte (bijvoorbeeld kg/m).
De massa M van dAB kunnen we als volgt bepalen:
M = Z b
a
ρ(s(t))ds dtdt =
Z b a
ρ(s(t))
d ~f dt
dt.
We kunnen nu ook de gemiddelde dichtheid van dAB berekenen. Dit is de constante dichteid die dAB moet hebben om dezelfde massa te hebben:
ρ = M l =
Rb
aρ(s(t))kd ~dtfkdt Rb
akd ~dtfkdt .
In plaats van massadichtheid kunnen we ook andere grootheden integreren. Zo is het middelpunt van dAB het punt met co¨ordinaten (x, y, z), waarbij
x = 1 l
Z l 0
xds, y = 1 l
Z l 0
yds, z = 1 l
Z l 0
zds.
Hoofdstuk 3
Analyse 2
3.1 Berekening van inhoud
x y
d
c
a b
y = j2(x)
y = j1(x)
Figuur 3.1: Berekenen van inhoud met gewone integralen: grondvlak G
Definieer V : [a, b] → R als volgt : V (x) is het volume van het lichaam begrensd door het xy-vlak, de twee vlakken evenwijdig met het yz-vlak gaande door de punten (a, 0, 0) en (x, 0, 0), het oppervlak z = f (x, y) en de cilindermantel met beschrijvenden evenwijdig met de z-as en steunende op de krommen y = ϕ1(x) en y = ϕ2(x) in het xy-vlak. Het volume V (x) wordt dan gegeven door de formule
V (x0) = Z x0
a
dx
Z ϕ2(x) ϕ1(x)
f (x, y)dy.
Voorbeeld 1: Inhoud van een omwentelingslichaam
Onderstel dat een kromme in het xy-vlak met vergelijking y = f (x), met x gelegen tussen a en b rond de x-as gewenteld wordt. Het volume is gelijk aan
V = π Z b
a
f (x)2dx.
0 a
G f(x)
P
y = f(x)
y z
x b
Figuur 3.2: Inhoud van een omwentelingslichaam Voorbeeld 2: Inhoud van een regeloppervlak
In het xy-vlak beschouwen we een kromme met vergelijking y = f1(x), waarbij x varieert van a tot b. In het xz-vlak beschouwen we een kromme met vergelijking z = f2(x), met a ≤ x ≤ b.
Het oppervlak S dat beschreven wordt door de rechten die de punten (x, f1(x), 0) en (x, 0, f2(x)) verbinden noemen we een regeloppervlak. Het volume begrensd door dit oppervlak, het xy-vlak, het xz-vlak en de vlakken x = a en x = b kunnen we uitdrukken door een enkele integraal. Immers, in dit geval is g(x) =
1
2f1(x)f2(x), zodat
V = 1 2
Z b a
f1(x)f2(x)dx.
a
y z
x
z = f2(x)
y = f1(x) b
Figuur 3.3: Inhoud van een regeloppervlak
3.2 De formule van Green-Riemann
Stelling 3.2.1 (Formule van Green-Riemann) Onderstel dat G een enkelvoudig samenhangend gebied is, ingesloten door de kromme C. Indien P, Q : G → R zo zijn dat P continue parti¨ele afgeleiden bezit naar y, en Q continue parti¨ele afgeleiden bezit naar x over G, dan geldt :
I
C+
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = Z Z
G
∂Q
∂x −∂P
∂ydO.
De formule van Green-Riemann maakt het mogelijk om oppervlakten te berekenen met behulp van een lijnintegraal:
Stelling 3.2.2 Onderstel dat een enkelvoudig samenhangend gebied G wordt omsloten door een gesloten kromme C. Dan geldt:
Opp(G) = I
C+
xdy = − I
C+
ydx = 1 2
I
C+
xdy − ydx.
Speciaal geval
Bekijk een gebied G, ingesloten tussen twee voerstralen en een boog Γ, zoals geschetst in Figuur 3.4.
x y
0
A
B G
Figuur 3.4: G is ingesloten tussen twee voerstralen en een boog Γ Dan geldt:
Opp(G) = 1 2
Z
ABd
xdy − ydx.
Onderstel dat de boog dAB gegeven is in poolco¨ordinaten:
ρ = ρ(θ).
Dan geldt:
Opp(G) = 1 2
Z θ2
θ1
ρ2(θ)dθ.
3.3 De stelling van Stokes
Differentiaaloperatoren
Beschouw een differentieerbare functie
f : R3 → R
en een differentieerbaar vectorveld
~v = vx~u1+ vy~u2+ vz~u3: R3→ R3. De gradi¨ent van f wordt definieerd door:
grad f = ∂f
∂x~u1+∂f
∂y~u2+∂f
∂z~u3. De divergentie van ~v wordt gedefinieerd door
div ~v = ∂vx
∂x +∂vy
∂y +∂vz
∂z . De rotatie van ~v wordt gedefinieerd door
rot ~v =∂vz
∂y −∂vy
∂z
~u1+∂vx
∂z −∂vz
∂x
~u2+∂vy
∂x −∂vx
∂y
~u3. Men kan deze drie begrippen ook nog als volgt onthouden. Voer de formele vector
∇ =~ ∂
∂x~u1+ ∂
∂y~u2+ ∂
∂z~u3
in, deze ~∇ is geen echte vector, want de componenten zijn geen getallen of functies, maar wel operatoren.
Als we dit even vergeten, en met ~∇ rekenen alsof het een gewone vector was, dan krijgen we de volgende formules:
grad f = ~∇f div ~v = ~∇.~v
rot ~v = ~∇ × ~v =
~u1 ~u2 ~u3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
vx vy vz De formule van Stokes
Zij S een ge¨ori¨enteerd oppervlak, met continue normaal ~n, begrensd door een gesloten kromme C. Op C leggen we een omloopszin vast met de regel van de kurketrekker : indien men een kurketrekker laat draaien langs de omlooprichting van C, dan beweegt de as van de kurketrekker zich in de richting van ~n.
Stelling 3.3.1 (Stokes) Onderstel dat~v een continu differentieerbaar vectorveld is, dat ten minste gedefi- nieerd is op het oppervlak S. Dan geldt, met conventies als hierboven:
Z Z
S
(rot ~v.~n)dO = I
C
~v(~r) · d~r.
3.4 De formule van Ostrogradsky
Stelling 3.4.1 (Formule van Ostrogradsky) Onderstel dat G een gebied is in R3 dat begrensd wordt door een gesloten oppervlak S dat bestaat uit een aaneenschakeling van oppervlakken met continue normaal.
Beschouw een vectorveld
~v = v1~u1+ v2~u2+ v3~u3
waarbij
∂v1
∂x, ∂v2
∂y, ∂v3
∂z continu zijn in G. Dan geldt
Z Z
S
(~v.~n)dO = Z Z Z
G
div~vdv Hierbij is ~n de naar buiten gerichte eenheidsnormaal op het oppervlak S.
3.5 Differentiaalvergelijkingen
3.5.1 Vergelijkingen die te herleiden zijn tot homogene vergelijkingen
We bekijken differentiaalvergelijkingen van de vorm
y0 = f ax + by + c a0x + b0y + c0
Deze vergelijking is te herleiden tot een homogene vergelijking. We beschouwen de rechten l : ax+by +c = 0 en l0: a0x + b0y + c0 = 0
eerste geval: l en l0 snijden elkaar in het punt (x0, y0). We voeren de volgende co¨ordinatentransformatie uit:
x = t + x0
y = u + y0
We zien gemakkelijk in dat
ax + by + c = ax + by + c − (ax0+ by0+ c) = at + bu en
a0x + b0y + c0 = a0t + b0u en de differentiaalvergelijking wordt
du
dt = f at + bu a0t + b0u
en deze vergelijking is homogeen.
tweede geval: l en l0 zijn evenwijdig. Dan is a0
a = b0 b = λ
en de vergelijking is van de vorm
y0 = f ax + by + c λ(ax + by) + c0
Stel u = ax + by, dan wordt de vergelijking
u0− a
b = f u + c λu + c0
of du
a + bf
u+c λu+c0
= dx en dit is een differentiaalvergelijking met gescheiden veranderlijken.
3.5.2 Differentiaalvergelijkingen van 1ste orde en willekeurige graad
In deze oefeningenreeks beschouwen we differentiaalvergelijkingen van het type F (x, y, y0) = 0. Enkel in speciale gevallen kunnen deze ge¨ıntegreerd worden.
De vergelijking kan ontbonden worden Onderstel dat de functie F kan ontbonden worden:
F (x, y, y0) = (y0− f1(x, y))(y0− f2(x, y)) · · · (y0− fn(x, y)) = 0 F (x, y, y0) = 0 als voor tenminste een i geldt dat
y0 = fi(x, y) De oplossing is van de vorm
Gi(x, y, ci) = 0 De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is dan
G1(x, y, ci)G2(x, y, ci) · · · Gn(x, y, ci) = 0 Voorbeeld 1
yy02− (xy + 1)y0+ x = 0 (y0− x)(yy0− 1) − 0 y0 = x geeft als oplossing: y = x2/2 + c1
yy0= 1 geeft als oplossing: y2/2 = x + c2
De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is dus
(y − x2/2 − c1)(y2/2 − x − c2) = 0 Voorbeeld 2
F (y0) = 0
Als α een wortel is van de vergelijking F (α) = 0, dan kan men de vergelijking schrijven onder de vorm (y0− α)F1(y0) = 0
en y = αx + c is een oplossing van de vergelijking.
Overgang naar parametervorm: als y ontbreekt in de vergelijking
De vergelijking is van de vorm F (x, y0) = 0. We herschrijven de vergelijking in parametervorm:
x = φ(t) y0 = ψ(t) Uit de tweede vergelijking volgt:
dy = ψ(t)dx en uit de eerste, na differentiatie
dx = φ0(t)dt en
dy = ψ(t)φ0(t)dt Integreren geeft
y = Z
ψ(t)φ0(t)dt
en we hebben een stel parametervergelijkingen van de integraal van de differentiaalvergelijking:
x = φ(t)
y =R ψ(t)φ0(t)dt Voorbeeld 3
x4= y03− x2y0
Stel t = y0/x. Dan is x4 = t3x3− x3t, en we krijgen volgend stel parametervergelijkingen:
x = t3− t y0 = xt = t4− t2 We vinden
dy = (t4− t2)dx
= (t4− t2)(3t2− 1)dt
= (3t6− 4t4+ t2)dt en de algemene integraal in parametervorm:
x = t3− t
y = 3t7/7 − 4t5/5 + t3/3 + c
Overgang naar parametervorm: als x ontbreekt in de vergelijking De vergelijking is van de vorm
F (y, y0) = 0 We schrijven deze weer in parametervorm:
y = φ(t) y0 = ψ(t) Uit de tweede vergelijking volgt:
dy = ψ(t)dx en uit de eerste
dy = φ0(t)dt zodat
dx = φ0(t) ψ(t)dt en de algemene integraal in parametervorm is
x =R φ0(t)
ψ(t)dt y = φ(t) Voorbeeld 4
y = y02+ 2ln y0 Stel t = y0. We krijgen volgend stel parametervergelijkingen:
y = t2+ 2ln t y0 = t
We vinden
dx = dy t = 1
t(2t +2
tdt = (2 + 2 t2) dt
en
x = 2t −2t + c y = t2+ 2ln t
Overgang naar parametervorm: homogeen in x en y
Tenslotte bekijken we het geval waarin x, y en y0 in de vergelijking optreden, en waar de vergelijking homogeen is in x en y. Door te delen door een geschikte macht van x kunnen we de vergelijking schrijven onder de vorm
Fy x, y0
= 0 In parametervorm krijgen we
y/x = φ(t) y0 = ψ(t)
y' y/x
q
Figuur 3.5: Voorbeeld 5
De eerste vergelijking geeft
y = xφ(t) en
dy = φ(t)dx + xφ0(t)dt en de tweede vergelijking geeft
dy = ψ(t)dx en dus
ψ(t)dx = φ(t)dx + xφ0(t)dt
of dx
x = φ0(t) ψ(t) − φ(t)dt Na integratie
x = c exp
Z φ0(t) ψ(t) − φ(t)dt samen met
y = xφ(t) een stel parametervergelijkingen van de algemene integraal.
Voorbeeld 5
x2y02− 2x2y0+ y2= 0 of
y02− 2y0+ (y/x)2 = 0
Dit is de vergelijking van een cirkel in het (y0, y/x)-vlak, met middelpunt (1, 0) en straal 1. We kiezen t = tg θ als parameter. We vinden
y0 = 1+tg2 2θ = 1+t22
y/x = 1+tg2tg θ2θ = 1+t2t2
en
x = c exp
Z (t2− 1)dt (1 + t2)(t − 1)
= c exp
Z (t + 1)dt (1 + t2)
= c exp
bgtg t + 1
2ln (1 + t2)
= cp
t2+ 1 exp bgtg t Een stel parametervergelijkingen van de oplossing is dan
x = c√
t2+ 1 exp bgtg t y = 2xt/(1 + t2)
De methode van afleiding en eliminatie Onderstel dat de differentiaalvergelijking
F (x, y, y0) = 0
kan opgelost worden naar y, dus geschreven kan worden onder de vorm y = φ(x, y0)
We voeren een hulpveranderlijke p = y0 in en schrijven y = φ(x, p) hierin is p een functie van x. Afleiden naar x geeft
y0 = ∂φ
∂x +∂φ
∂pp0 of
p = ∂φ
∂x +∂φ
∂pp0
Dit is een vergelijking van eerste orde en eerste graad met onbekende functie p. Onderstel dat we deze kunnen integreren:
G(x, p, c) = 0 We hebben dan een stel parametervergelijkingen voor de oplossing:
y = φ(x, p) G(x, p, c) = 0 met p als parameter.
Opmerkingen 1) Gekomen bij de vergelijking G(x, p, c) = 0, zou men terug p = y0 kunnen stellen en opnieuw integreren. Dit is fout omdat G(x, p, c) = 0 niet equivalent is met de oorspronkelijke vergelijking.
Het zou trouwens een oplossing afhankelijk van twee constanten opleveren.
2) Als de vergelijking niet oplosbaar is naar y, maar wel naar x, dan beschouwen we x als een functie van
y, en nemen y als onafhankelijke veranderlijke.
Voorbeeld 6
y = y02+ y03 Stel y0 = p. We krijgen y = p2+ p3, en, na afleiding
p = 2pp0+ 3p2p of
p((2 + 3p)p0− 1) = 0 a) (2 + 3p)p0 = 1 geeft de oplossing
x = 2p + 3p2/2 + c y = p2+ p3
b) p = 0 geeft de singuliere oplossing y = 0.
De vergelijking van Lagrange Dit is een vergelijking van de vorm
y = xφ(y0) + ψ(y0) De methode van afleiding en eliminatie kan steeds worden toegepast:
y = xφ(p) + ψ(p) p = φ(p) + (xφ0(p) + ψ0(p))p0 (p − φ(p))dx
dp − φ0(p)x = ψ0(p)
Dit is een lineaire differentiaalvergelijking, met veranderlijke p en onbekende functie x.
Voorbeeld 7
y = y02x + y02 y = xp2+ p2 p = p2+ 2xpp0+ 2pp0 p = 0 of 2(x + 1)p0+ p = 1 De vergelijking
2(x + 1)p0+ p = 1 heeft als oplossing (controleer zelf)
c(1 − p)2(1 + x) = 1
en dus vinden we als algemene integraal van de differentiaalvergelijking
c(1 − p)2(1 + x) = 1 y = p2(1 + x) Eliminatie van p geeft
y = (√
1 + x − d)2 p = 0 levert de singuliere oplossing y = 0.
De vergelijking van Clairaut Dit is een vergelijking van de vorm
y = xy0+ ψ(y0)
m.a.w. een vergelijking van Lagrange met φ(p) = p. Door te werk te gaan als hierboven vinden we (x + ψ0(p))dp
dx = 0 a) Integreren van
dp dx = 0 geeft p = c, en de algemene integraal is
y = cx + ψ(c) Dit is een familie rechten.
b) De vergelijking x + ψ0(p) geeft een singuliere oplossing in parametervorm:
x = −ψ0(p) y = px + ψ(p)
Meetkundige toepassing: orthogonale baankrommen We beschouwen een familie krommen met vergelijking
F (x, y, α) = 0
Voor elke waarde van de parameter α hebben we een kromme van de familie. Een kromme met vergelijking G(x, y) = 0 wordt orthogonale baankromme genoemd, als ze elke kromme uit de familie orthogonaal snijdt.
Gevraagd wordt om alle orthogonale baankrommen te bepalen.
We stellen eerst de differentiaalvergelijking van de gegeven familie krommen op: elimineer α uit
F (x, y, α) = 0
∂F
∂x(x, y, α) + y0 ∂F∂y(x, y, α) = 0 We krijgen
f (x, y, y0) = 0 Neem nu een orthogonale baankromme
K : y = y(x) en een kromme L uit de gegeven familie met vergelijking
L : y = y1(x)
en onderstel dat K en L mekaar snijden in het punt (x0, y0). De raaklijnen aan K en L in het punt (x0, y0) zijn orthogonaal, en dus is het product van hun richtingsco¨effici¨enten gelijk aan −1:
y0(x0)y01(x0) = −1
De vergelijking van L voldoet aan de differentiaalvergelijking. In het bijzonder geldt f (x0, y0= y1(x0), y10(x0)) = 0
en dus
f (x0, y0= y(x0), − 1
y0(x0)) = 0
Door elk punt (x0, y0) van K gaat een kromme uit de familie, en dus geldt deze betrekking in elk punt (x0, y0) van K. Dit betekent dat K voldoet aan de differentiaalvergelijking
f (x, y, −1/y0) = 0
Oplossing van deze differentiaalvergelijking levert alle orthogonale baankrommen.
Voorbeeld 8 We bepalen de orthogonale baankrommen van de familie hyperbolen y2− x2 = α
Afleiden naar x geeft de differentiaalvergelijking van deze familie:
2yy0− 2x = 0
De differentiaalvergelijking van de familie orthogonale baankrommen is
−2y
y0 − 2x = 0
of dy
y + dx x = 0 en, na integratie,
xy = c Dit is weer een familie hyperbolen.
Poolco¨ordinaten
Onderstel nu dat de vergelijking van een familie krommen gegeven is in poolco¨ordinaten. Wat zijn de orthogonale baankrommen?
Eerst lossen we het volgend probleem op: twee krommen ρ = ρ1(θ) en ρ = ρ2(θ) snijden mekaar in een punt (ρ0, θ0). Wanneer snijden ze orthogonaal?
We hebben
dyi
dx = ρicos θ + ρ0isin θ
−ρisin θ + ρ0icos θ en dus snijden de krommen mekaar orthogonaal als
ρ0cos θ0+ ρ01(θ0) sin θ0
−ρ0sin θ0+ ρ01cos θ0
ρ0cos θ0+ ρ02(θ0) sin θ0
−ρ0sin θ0+ ρ02cos θ0
= −1 of, na vereenvoudiging
ρ01 = −ρ2 ρ02
Zoals hierboven verkrijgen we dus: als f (θ, ρ, ρ0) = 0 de differentiaalvergelijking in poolco¨ordinaten is van een familie krommen, dan is de differentiaalvergelijking voor de orthogonale baankrommen:
f (θ, ρ, −ρ2 ρ0) = 0
Meetkundige toepassing: omhullende van een familie krommen We beschouwen weer een familie krommen
F (x, y, α) = 0
Neem twee verschillende leden van de familie, en zoek de snijpunten. We moeten dan het stelsel
F (x, y, α) = 0 F (x, y, α0) = 0 oplossen. Het stelsel
F (x, y, α) = 0
F (x,y,α0)−F (x,y,α)
α−α0 = 0
is equivalent. In de limiet α0 → α vinden we het stelsel
F (x, y, α) = 0
∂F
∂α(x, y, α) = 0 Elimineer - indien mogelijk - α uit dit stelsel; dit geeft een kromme
f (x, y) = 0
We noemen deze kromme de omhullende van de familie F (x, y, α) = 0.
Eigenschap 1 De omhullende raakt aan elk lid van de familie krommen.
Bewijs Los α op uit de vergelijking
∂F
∂α(x, y, α) = 0 Dit geeft α = X(x, y). Subsitutie in de eerste vergelijking levert
F (x, y, X(x, y)) = 0
en dit is dan de vergelijking van de omhullende. De richtingsco¨effici¨ent y0 van de raaklijn in een punt (x, y) op de omhullende voldoet aan de vergelijking
∂F
∂x +∂F
∂yy0+∂F
∂α
∂X
∂x +∂F
∂α
∂X
∂yy0= 0 of
y0 = −
∂F
∂x +∂F∂α∂X∂x
∂F
∂y +∂F∂α∂X∂y In een punt van de omhullende geldt
∂F
∂α = 0 zodat
y0 = −
∂F
∂x
∂F
∂y
maar dit is ook de richtingsco¨effici¨ent van de raaklijn van een kromme van de familie F (x, y, α) = 0.
Eigenschap 2 De omhullende is een (singuliere) oplossing van de differentiaalvergelijking van de familie oppervlakken.
Bewijs Stel dat de differentiaalvergelijking
f (x, y, y0) = 0
is, en neem een punt (x0, y0) op de omhullende. Neem y = y1(x) een kromme van de familie die door (x0, y0) gaat. Dan geldt
f (x0, y0, y10(x0)) = 0
Als y = y2(x) de vergelijking van de omhullende is, dan hebben we, vanwege eigenschap 1:
y20(x0) = y10(x0) en dus
f (x0, y0, y20(x0)) = 0
Dit geldt in elk punt van de omhullende, en dus is de vergelijking van de omhullende een oplossing van de differentiaalvergelijking.
3.5.3 Differentiaalvergelijkingen van hogere orde
Willekeurige vergelijkingen
In sommige gevallen kan men de orde van de differentiaalvergelijking verlagen. Als we ze kunnen terugbren- gen tot een vergelijking van orde 1, dan kunnen we de methodes uit de vorige sectie gebruiken.
1) De vergelijking bevat slechts x en ´e´en afgeleide De vergelijking is dan van de vorm
y(n)= f (x) We hebben
y(n−1)(x) = Z
f (x)dx + c1
Nogmaal integreren geeft y(n−2), y(n−3), enz.
2) Vergelijkingen waarin y ontbreekt De vergelijking is van de vorm
F (x, y0, y00, · · · , y(n)) = 0 Stel z = y0. De vergelijking wordt
F (x, z, z0, · · · , z(n−1)) = 0
De orde is verlaagd. Als we z kunnen bepalen, dan vinden we y na integratie van z.
Voorbeeld 1
xy00+ y0 = 0
Stel y0 = z
xz0+ z = 0 xz = c1 y0= c1
x y = c1ln |x| + c2
3) Vergelijkingen waarin x ontbreekt De vergelijking is van de vorm
F (y, y0, y00, · · · , y(n)) = 0 We nemen x als onbekende functie en y als argument. Dan is
y0 = 1
x0; y00= −x00 x03; · · · en de vergelijking wordt van de vorm
G(y, x0, x00, · · · , x(n)) = 0 en we zijn herleid tot het vorige geval.
Voorbeeld 2
y00= − 1 2y3
−x00
x03 = − 1 2y3 Stel x0= z
dz z3 = dy
2y3
− 1
2z2 = − 1 4y2 −c1
4 1
z2 = 1 + c1y2 2y2 x0= z =
√2y p1 + c1y2 x =
√2 c1
p1 + c1y2+ c2
(c1x − c1c2)2 = 2 + 2c1y2 4) Vergelijkingen die homogeen zijn in y, y0, · · · , y(n)
De orde wordt met een eenheid verlaagd door z = y0/y als nieuwe onbekende functie te nemen. Immers y0 = yz
en dus
y00= y0z + yz0= y(z2+ z0) en
y000 = y0(z2+ z0) + y(2zz0+ z00) = y(z3+ 3zz0+ z00)
enz.
Voorbeeld 3
xyy00− xy02+ yy0 = 0 xy2(z2+ z0) − xy2z2+ zy2 = 0 y = 0 is een singuliere oplossing.
x(z2+ z0) − xz2+ z = 0 xz0+ z = 0 y0
y = z = c1
x ln y = c1ln x + ln c2
y = c2xc1
3.6 Taylorreeksen
Stelling 3.6.1 (formule van Taylor) Onderstel datf : (a−r, a+r) → R een onbeperkt afleidbare functie is en dat x ∈ (a − r, a + r). Voor elke n ∈ N bestaat een ξn(x) ∈ (a, x) zodanig dat f (x) = sn(x) + rn(x) met
sn(x) =
n
X
i=0
f(i)(a)
i! (x − a)i met
rn(x) = f(n+1)(ξn(x))
(n + 1)! (x − a)n+1. De som sn(x) is de n-de parti¨ele som van de machtreeks
∞
X
n=0
f(n)(a)
n! (x − a)n.
De machtreeks uit voorgaande stelling noemt men de Taylorreeks van f in het punt a. Als
n→∞lim rn(x) = 0 dan is
n→∞lim sn(x) = f (x) of
f (x) =
∞
X
n=0
f(n)(a)
n! (x − a)n
en in dit geval kan f (x) geschreven worden als een machtreeks. Indien de Taylorreeks van de functie f convergeert naar f (x) voor x in een omgeving van het punt a, dan zeggen we dat f analytisch is in het punt a.
De Taylorreeks voor enkele belangrijke functies
1
1 − x = 1 + x + x2+ x3+ · · · =
∞
X
n=0
xn (−1 ≤ x < 1)
ln (1 + x) = x −x2 2 +x3
3 −x4
4 + · · · =
∞
X
n=1
(−1)n+1xn
n (−1 < x ≤ 1) ex = 1 + x +x2
2! +x3
3! + · · · =
∞
X
n=0
xn
n! (x ∈ R) sh x = x +x3
3! +x5
5! + · · · =
∞
X
n=0
x2n+1
(2n + 1)! (x ∈ R) ch x = 1 + x2
2 +x4
4! + · · · =
∞
X
n=0
x2n
(2n)! (x ∈ R) sin x = x −x3
3! +x5
5! − · · · =
∞
X
n=0
(−1)nx2n+1
(2n + 1)! (x ∈ R) cos x = 1 − x2
2 +x4
4! − · · · =
∞
X
n=0
(−1)nx2n
(2n)! (x ∈ R) (1 + x)m =
∞
X
n=0
m n
xn (−1 < x < 1)
3.7 Fourrierreeksen
Stel f een periodieke functies met periode T , stuksgewijs continu over het interval [c, c + T [.
Dan is de Fourierreeks is dan van de vorm:
a0
2 +
∞
X
n=1
ancos 2nπt T
+ bnsin 2nπt T
.
De co¨effici¨enten an en bn worden gegeven door de formules an = 2
T Z c+T
c
f (x) cos 2nπx T
dx bn = 2
T Z c+T
c
f (x) sin 2nπx T
dx.
