Aanvullingen van de Wiskunde

3de Bachelor EIT 2de en 3de Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2017-2018 1ste semester 30 januari 2018

Aanvullingen van de Wiskunde

1. Gegeven is een lineaire parti¨ele differentiaalvergelijking van orde 1:

a ₁ (x ₁ , · · · , x _n , y) ∂y

∂x ₁ + · · · + a _n (x ₁ , · · · , x _n , y) ∂y

∂x _n = b(x ₁ , · · · , x _n , y).

Laat zien dat men deze tot een homogene lineaire pdv kan herleiden.

2. Zij V een oneindigdimensionale Euclidische ruimte, en (~ e 1 , ~ e 2 , · · · ) een orthonormale rij in V . Bewijs de ongelijkheid van Bessel. Geef de definitie van een orthonormale basis van V , en toon aan dat een orthonormale rij een orthonormale basis is als en slechts als de gelijkheid van Parceval geldt voor elke vector ~ x ∈ V .

3. Onderstel dat f een periodieke continue functie is met periode 2π. Toon aan dat, als f ⁰ continu is, dat dan de Fourierreeks van f uniform convergeert naar f .

4. Neem f ∈ P[0, 2π]. Toon aan dat er voor elke ε > 0 een continu differentieerbare functie g ∈ P[0, 2π] bestaat zodat kf − gk ∞ < ε.

Tijd: 1 uur 30 minuten; Vraag 1 en 4: 10 punten; vragen 2 en 3: 15 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van

het totaal.

3de Bachelor EIT 2de en 3de Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2017-2018 1ste semester 30 januari 2018

Oefeningen Aanvullingen van de Wiskunde

1. Gegeven is de parti¨ele differentiaalvergelijking

yzp + xzq + xy ² − x ³ = 0.

Hierin is p = ∂z

∂x en q = ∂z

∂y .

(a) Bepaal de algemene integraal van deze parti¨ele differentiaalvergelijking.

(b) Verifieer dat deze algemene integraal effectief een oplossing is, door deze te sub- stitu¨eren in de vergelijking.

(c) Bepaal het integraaloppervlak dat gaat door de kromme met vergelijking

 z ² = 4y ³ x = 2y 2. De functie f : [−π.π] → R wordt gegeven door de formule

f (x) =

( π + x als − π ≤ x ≤ 0 π − x als 0 ≤ x ≤ π (a) Stel de Fourierreeks van f (x) op.

(b) Bepaal de som van de reeks

∞

X

n=0

1 (2n + 1) ² .

Tijd: 2 uur 30 minuten; Vragen 1 en 2: 8 punten; vraag 3: 14 punten. Totaal: 30 punten. Dit examen

telt mee voor 50 % van het totaal.

3. We beschouwen twee oneindig brede metalen platen die op een afstand L van elkaar verwij- derd liggen (Figuur 1). Het horizontaal elektrisch veld E is hierbij afhankelijk van de locatie tussen de platen (x zoals gedefinieerd in Figuur 1) en de tijd t. Het elektrisch veld E(x, t) kan dus ook beschouwd worden zoals gegeven in Figuur 2. Als randvoorwaarden weten we dat het elektisch veld 0 is op de bovenste plaat (E(0, t) = 0) en 4 op de onderste plaat (E(L, t) = 4). Om E(x, t) te bepalen kunnen we gebruik maken van de golfvergelijking in vacuum die is gegeven door

∂ ² E

∂x ² = 1 c ²

∂ ² E

∂t ² , 0 ≤ x ≤ L,

met c de lichtsnelheid (mag verder genoteerd blijven als c). Verder zijn E en ∂E

∂t (x, 0) gegeven op het tijdstip t = 0:

E(x, 0) = 4x

L + 4 sin( πx L )

∂E

∂t (x, 0) = cos( πx L )

Bepaal E(x, t) met behulp van de methode van scheiding der veranderlijken.

Figuur 1

Figuur 2

Tijd: 2 uur 30 minuten; Vragen 1 en 2: 8 punten; vraag 3: 14 punten. Totaal: 30 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het totaal.

2

Oplossingen

1. a. Het gassocieerd stelsel is

dx yz = dy

xz = dz

x ³ − xy ² We vinden een eerste integraal uit de eerste gelijkheid:

xdx = ydy ⇒ x ² − y ² = c ₁ De tweede gelijkheid kan herschreven worden als

dy

xz = dz

x(x ² − y ² ) We substitueren hierin de eerste eerste integraal:

c ₁ dy = zdz ⇒ z ² = 2c ₁ y + c ₂ = 2(x ² − y ² )y + c ₂ ⇒ z ² − 2(x ² − y ² )y = c ₂ . De AI van de pdv is dus:

z ² = 2(x ² − y ² )y + f (x ² − y ² ), (1)

waarbij f : R → R een willekeurige (afleidbare) functie is.

b. (1) afleiden naar x en y geeft

2zp = 4xy + 2xf ⁰ (x ² − y ² ) 2zq = 2x ² − 6y ² − 2yf ⁰ (x ² − y ² ) Delen door 2 en invullen in de vergelijking geeft

yzp + xzq = 2xy ² + x ³ − 3y ² x = −xy ² + x ³ zoals moet.

c. We moeten eerst x, y, z elimineren uit het stelsel



 



 



x ² − y ² = c 1

z ² − 2(x ² − y ² )y = c ₂ z ² = 4y ³

x = 2y

Subsituteer de de derde en de vierde vergelijking in de eerste en de tweede (

3y ² = c ₁ ⇒ y ³ = ^c

3/2 1

3 √ 3

4y ³ − 6y ³ = −2y ³ = c ₂ Hieruit volgt dat

c ₂ = − 2 3 √

3 c ^3/2 ₁ . Hierin substitu¨eren we opnieuw c ₁ en c ₂ :

z ² = 2(x ² − y ² )y − 2 3 √

3 (x ² − y ² ) ^3/2 = 2(x ² − y ² ) y − px ² − y ² 3 √

3

2. Omdat f een even is functie hebben we voor de co¨effici¨enten a _n en b _n van Fourierreeks

f (x) = a 0

2 +

∞

X

n=1

a _n cos nx + b _n sin nx dat b _n = 0 en

a _n = 2 π

Z π 0

(π − x) cos nxdx

= 2

nπ [(π − x) sin nx] ^π ₀ + 2 nπ

Z π 0

sin nxdx

= − 2

n ² π [cos nx] ^π ₀

=

( 0 if n is even

4

n

π

if n is even a ₀ = 2

π Z π

0

(π − x)dx

= − 1

nπ (π − x) ²  π 0 = π

We concluderen dat de Fourrierreeks van f gegeven wordt door de formule f (x) = π

2 +

∞

X

n=0

4

π(2n + 1) ² cos (2n + 1)x We stellen hierin x = 0 en vinden

f (0) = π = π 2 +

∞

X

n=0

4 π(2n + 1) ² Hieruit volgt dat

∞

X

n=0

1

(2n + 1) ² = π ² 8

2

3. Onderstel dat E een oplossing is van de pdv die voldoet aan de twee randvoorwaarden. Dan is F (x, t) = E(x, t) − Ax − B ook een oplossing van de pdv, die voldoet aan de randvoorwaarden

F (0, t) = E(0, t) − B = −B en F (L, t) = E(L, t) − AL − B = 4 − AL − B.

We kiezen B = 0 en A = 4/L. Dan voldoet F aan de randvoorwaarden F (0, t) = F (L, t) = 0.

We zoeken eerst oplossingen van de pdv van de vorm F (x, t) = X(x)T (t) die voldoen aan deze twee randvoorwaarden.

Na invullen in de parti¨ele differentiaalvergelijking krijgen we X ⁰⁰ (x)

X(x) = T ⁰⁰ (t) c ² T (t) = λ

We hebben de hulpfunctie specficiek ingevoerd zodanig dat de randvoorwaarden van het X-probleem samen met de vergelijking een Sturm-Liouville probleem vormen. We lossen dus eerst het X- probleem op.

X ⁰⁰ = λX ⇒ α ² = λ

met X(0) = 0 en X(L) = 0 waardoor we enkel niet-triviale oplossingen vinden voor λ < 0. In dat geval krijgen we α = ±j √

−λ en dus X(x) = A cos √

−λx + B sin √

−λx

⇒ X(0) = A = 0

⇒ X(L) = B sin √

−λL = 0 ⇒ −λL = nπ ⇒ λ = −( nπ L ) ² en een eigenfunctie wordt dus gegeven door

X _n (x) = B _n sin nπx L

We lossen nu het T -probleem op, uitgaande van de eigenwaardes van het X-probleem T ⁰⁰ = λc ² T = −  nπc

L

 2

T Dit geeft als oplossing voor het T -probleem

T _n (t) = A _n cos nπc

L t + B _n sin nπc

L t

F (x, t) = P ∞

n=1 X n (x)T n (t) is dan nog steeds een oplossing van de pdv die voldoet aan de Sturm- Liouville beginvoorwaarden, en

E(x, t) = F (x, t) + f (x) = 4x L +

∞

X

n=1

sin nπx

L (A _n cos nπct

L + B _n sin nπct L )

is een oplossing die voldoet aan de oorspronkelijke beginvoorwaarden. De co¨efficienten kunnen we vinden aan de hand van de randvoorwaarden. Aangezien het startprofiel (voor t = 0) is gegeven door

E(x, 0) = 4x

L + 4 sin πx L en invullen van t = 0 in de totale oplossing geeft dat

E(x, 0) = 4x L +

∞

X

n=1

A _n sin nπx L , weten we dat

A ₁ = 4, A ₂ = A ₃ = · · · = 0 zodat de totale oplossing herschreven kan worden als

E(x, t) = 4x

L + sin πx

L (4 cos πct

L + B ₁ sin πct L ) +

∞

X

n=2

B _n sin nπx

L sin nπct L De laatste randvoorwaarde die we nog overhebben is dan gegeven door

 ∂E(x, t)

∂t



t=0

= cos πx L en invullen van t = 0 voor ^∂E _∂t geeft

 ∂E(x, t)

∂t



t=0

= πc

L B ₁ sin πx L +

∞

X

n=2

B _n nπc

L sin nπx L

Aangezien dit de Fourierreeks is van een oneven functie moeten we een oneven uitbreiding van cos ^πx _L beschouwen, die we voor de eenvoud g(x) noemen en waarop geldt dat

g(x) =

∞

X

n=1

β n sin nπx L

4

waaruit volgt dat

B _n = β _n L nπc met

β _n = 1 L

Z L

−L

g(x) sin nπx

L dx = 2 L

Z L 0

cos πx

L sin nπx L dx Gebruik makende van de formule van Simpson

2 sin α cos β = sin(α + β) + sin(α − β) vinden we

β _n = 1 L

Z L 0

(sin (n + 1)πx

L + sin (n − 1)πx

L )dx

= − 1 L

 L

(n + 1)π h

cos (n + 1)πx L

i L

0 + L

(n − 1)π h

cos (n − 1)πx L

i L 0



Invullen en nader bekijken van de cosinustermen geeft dat (cos(n+1)π−1) = (−1) ⁿ⁺¹ −1 zodanig dat de term gelijk is aan 0 voor n oneven en -2 voor n even. Hetzelfde geldt voor (cos(n − 1)π − 1) en dus vinden we dat β n = 0 als n oneven en voor n even krijgen we

β _n = − 1

L ( L

(n + 1)π (−2) + L

(n − 1)π (−2)]

= 2

π

n − 1 + n + 1

(n + 1)(n − 1) = 4n π(n ² − 1) zodat de co¨effici¨enten B _n gegeven worden door de formules

B 2n+1 = 0 B _2n = β _2n L

2nπc = 4L

π ² c(4n ² − 1) De gevraagde oplossing is dus

E(x, t) = 4x

L + 4 sin πx

L cos πct L + 4L

π ² c

∞

X

n=1

1

4n ² − 1 sin 2nπx

L sin 2nπct

L