Aanvullingen van de Wiskunde
Oefeningen
S. Caenepeel
Oefeningen 134 bij 1009383BNR “Aanvullingen van de Wiskunde”AKA “Partieeldifferentiaalvergelijkingen”
Derde Bachelor Ingenieurswetenschappen: Electronica en Informatietechnologie, Fysica en Sterrenkunde, Wiskunde
en Datascience. 2020
Reeks 1
Eerste integralen
Beschouw het stelsel dx
g = dy1
g1 = . . . = dyn
gn (= k) (1)
waarbij g, g1, · · · , gnfuncties zijn van x, y1, · · · , yn.
• Een eerste integraal van dit stelsel is een functie φ(x, y1, y2, . . . , yn) die constant is (dit wil zeggen onafhankelijk van x) als men y1, y2, . . . , ynvervangt door een oplossing van het stel- sel.
Een eerste integraal kunnen we dus schrijven als
φ(x, y1, y2, . . . , yn) = c
• Twee eerste integralen φ1 = c1 en φ2 = c2 worden verschillend genoemd als er geen en- kele functie g bestaat zodanig dat φ1 = g ◦ φ2 of φ2= g ◦ φ1. 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 ´e´en van de vergelijkingen van het stelsel slechts x, yi en y0i bevat, dan levert de algemene integraal van deze vergelijking een eerste integraal.
2. We gaan op zoek naar functies µ, µ1, · · · , µnvan x, y1, · · · , yndie voldoen aan µg+ µ1g1+ · · · + µngn= 0
en zo dat
µdx + µ1dy1+ · · · + µndyn de totale differentiaal is van een functie h(x, y1, · · · , yn).
Als (y1, · · · , yn) een oplossing is van het stelsel, dan geldt dus dh = µdx + µ1dy1+ · · · + µndyn
= k(µg + µ1g1+ · · · + µngn) = 0 zodat
h(x, y1, · · · , yn) = c
een eerste integraal is. We noemen deze methode ook wel de methode der multiplica- toren. De moeilijkheid is natuurlijk om de functies µ, µ1, · · · , µnte vinden.
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 ´e´en 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 1. xdx
y3z = dy x2z = dz
y3 2. dx
3y − 2z = dy
z− 3x = dz 2x − y
3. xdx
x2− y − z2 = dy
1 + y = dz 2z
b 1. dx
x(2y4− z4) = dy
y(z4− 2x4) = dz z(x4− y4)
2. dx
x2− y2− z2 = dy 2xy = dz
2xz 3. dx
y = dy
x = dz
(x + y)2+ z
c 1. 3dx yz = dy
xz = dz xy
2. dx
−xz − 2xy2 = dy
2x2y+ yz = dz
−2x2z+ 2y2z
3. dx
−2x(x + y) = dy
y(x + y) = dz (2x − y)z
Parti¨ele differentiaalvergelijkingen van eerste orde
Lineaire homogene vergelijkingen van eerste orde
Beschouw de homogene vergelijking a1 ∂y
∂x1+ a2 ∂y
∂x2+ . . . + an ∂y
∂xn = 0
waarbij a1, a2, . . . , anfuncties zijn van x1, x2, . . . , xn. De algemene integraal verkrijgt men als volgt.
• bepaal n − 1 verschillende eerste integralen van het geassocieerde stelsel dx1
a1 = dx2
a2 = . . . = dxn an
• die integralen zijn van de vorm
fi(x1, x2, . . . , xn) = C (i = 1, . . . , n − 1)
• de algemene integraal is dan
y= F( f1, f2, . . . , fn−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
∂y+ t∂z
∂t = 0 b x∂u
∂x+ y∂u
∂y+ (x2+ y2)∂u
∂z = 0 c (y − z)∂u
∂x+ (z − x)∂u
∂y+ (x − y)∂u
∂z = 0
Niet-homogene lineaire vergelijkingen van eerste orde
Neem nu de volledige vergelijking a1 ∂y
∂x1+ a2 ∂y
∂x2+ . . . + an ∂y
∂xn = b
waarbij a1, a2, . . . , an en b functies zijn van x1, x2, . . . , xn en y. Men zoekt de oplossing onder impliciete vorm, nl.
ψ(x1, x2, . . . , xn, y) = 0 Dan is
∂y
∂xi = −
∂ψ
∂xi
∂ψ
∂y
zodat ψ voldoet aan
a1∂ψ
∂x1+ a2∂ψ
∂x2+ . . . + an∂ψ
∂xn+ b∂ψ
∂y = 0
Dit is een homogene vergelijking in ´e´en veranderlijke meer. Los deze vergelijking op zoals in de vorige oefening.
Oefening 1.3
Bepaal de algemene integraal van de volgende vergelijking : a 2p + 3q = 1
b x2p+ y2q= z2
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 + x2− y2= 0
c (x2− y2− z2)p + 2xyq − 2xz = 0 Oefening 1.5
Bepaal de algemene integraal van de volgende vergelijking :
a xp + (y + x3y2)q =x2√ x2+ 1 z√
z2+ 1 b ap + bq + cz = 0 (a, b, c ∈ Ro)
c xp +p
1 + y2q= xy Oefening 1.6
Bepaal het integraaloppervlak van de gegeven parti¨ele differentiaalvergelijking dat door de gege- ven kromme k gaat.
a x2p+ y2q+ z2= 0 met k xy = x + y z= 1
b 4yzp + q + 2y = 0 met k y2+ z2= 1 x+ z = 2
c yzp − xzq − xy = 0 met k x2+ y2= z y2+ z2= x Oefening 1.7
Bepaal het integraaloppervlak van de gegeven parti¨ele differentiaalvergelijking dat door de gege- ven kromme k gaat.
a x(y2− z2)p + y(z2− x2)q = z(x2− y2) met k x + y + z = 0 yz= 1
b xp + (y + x3y2)q = x2√ x2+ 1 z√
z2+ 1 met k x + y = 0 z= 0
c 2xzp + 2zyq + x2+ y2− z2= 0 met k x2+ y2= 25 z2= y Oefening 1.8 Meetkundige toepassingen
a Bepaal de vergelijking van een oppervlak S dat door de parabool
x = R y2= 2az
gaat en de eigenschap heeft dat het raakvlak µ in M de projectie OM0van 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, M0zijn 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 |=| OM0| en dat door de parabool
y = 0 z2= 2x gaat.
c We beschouwen een oppervlak S waarvan het raakvlak µ in M de z-as snijdt in N zo dat
ON OM0
= v
constant is. Hierbij is M0de projectie van M op het xy-vlak.
Bepaal de vergelijking van S als S bovendien door de schroeflijn
x= a cost y= a sint z= aht gaat.
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 λ1en λ2uit
aλ2− 2bλ + c = 0 (3)
en stel het geassocieerd stelsel op
dz= pdx + qdy dy= λdx
aλd p + cdq = f λdx
(4)
waarbij λ ´e´en 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) = c1
V2(x, y, z, p, q) = c2 (5)
De vergelijking (2) is dan gelijkwaardig met
φ(V1,V2) = 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 parti¨ele differentiaalvergelijkingen van tweede orde
a 1. r + 2s + t = 0 2. xr − p = 0
3. r + 5s + 6t = ex−y
4. r + 2s + t − 2p − 2q = sin(x + 2y) b 1. r + 2s − 3t = 0
2. 3s − 2t − q = cos(3y + 2x) 3. r + t = x2y2
4. t − q = ex−y(2y − 3) − ey c 1. r + 2s + 3t = 0
2. xr + p = 1 x2
3. xr + ys + p = 8xy2+ 9x2 4. yt − 2q = q2
y
Reeks 3
Oefening 3.1 Herhaal dat een functie f : R → R even is als f(x) = f (−x) voor elke x ∈ R, en oneven als
f(x) = − f (−x) Stel
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}Toon aan dat
Ge=
1
√2π,cos x
√
π ,cos 2x
√ π , · · ·
en
Go= sin x
√
π,sin 2x
√ π , · · ·
orthonormale basissen zijn voor respectievelijk
P
e[−π, π] enP
o[−π, π], en dat de bijhorende Fou- rierreeksen uniform convergeren als f0 overal continu is. Een gelijkaardig resultaat geldt voor de ruimten der even of oneven periodische Lebesgue integreerbare functies. Schrijf de expliciete formules uit voor de cosinus en sinus Fourierreeks van een functie f gedefinieerd op het interval [0, π].Oefening 3.2 We passen het Gram-Schmidt proc´ed´e toe op (1, x, x2, · · · ) over het interval [−1, 1].
Op een constante na krijgen we dan de veeltermen van Legendre (P0, P1, , · · · ). Bewijs per inductie dat P2n even is en dat P2n+1oneven 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
f(x) =
(−1 als − π < x < 0 1 als 0 < x < π Schrijf dan de bijhorende gelijkheid van Parceval op.
Oefening 3.5 Onderstel dat (xn) een Cauchy rij is in een genormeerde ruimte V , m.a.w.
∀ε > 0, ∃Nε: ∀n, m > Nε: kxn− xmk < ε Als (xn) convergeert met limiet x, bewijs dan dat
∀n > Nε: kxn− xk < 2ε
Oefening 3.6 Herhaal dat l2de verzameling is van alle rijen x = (xn) is die kwadratisch sommeer- baar zijn, m.a.w.
∞
∑
k=1
x2k is convergent
1. Toon aan dat de som van twee kwadratisch sommeerbare rijen opnieuw kwadratisch som- meerbaar is. Leid hieruit af dat l2een vectorruimte is.
2. Als x en y kwadratisch sommeerbaar, laat dan zien dat
∞
∑
k=1
xkyk absoluut convergent is.
3. Definieer een inwendig product op l2door hx, yi =
∞ k=1
∑
xkyk
Bewijs dat l2een Euclidische ruimte is.
Oefening 3.7 In deze oefening zullen we aantonen dat l2een volledige Euclidische ruimte is. We voorzien Rkvan het standaard inwendig product.
1. Voor l ≤ k defini¨eren we
πkl : Rk→ Rl door
πkl(x1, · · · , xk) = (x1, · · · , xl)
πkl is dus de orthogonale projectie op de vectorruimte voortgebracht door de eerste l basis- vectoren. Op gelijkaardige wijze bekijken we
πk: l∞→ Rk, πk(x1, x2, · · · ) = (x1, · · · , xk) Laat zien dat
kπk(x)k ≤ kxk voor elke X ∈ l2, en
πkl ◦ πk= πl
2. Neem nu een Cauchy rij (xn) in l2, m.a.w.
∀ε > 0, ∃Nε: ∀n, m > Nε: kxn− xmk < ε
Toon aan dat, voor elke k ∈ N0, (πk(xn)) een Cauchy rij is in Rk. Omdat Rk volledig is, is deze rij convergent. Stel
n→∞limπk(xn) = xk Toon dan aan dat, voor l ≤ k,
πkl(xk) = xl
We kunnen dus schrijven: xk= (x1, · · · , xk), voor elke k ∈ N0. 3. Gebruik oefening 3.5 om aan te tonen dat
∀n > Nε, ∀k ∈ N0: kπk(xn) − xkk = v u u t
k
∑
i=1
(xni − xi)2< 2ε
waarbij we noteerden:
xn= (xn1, xn2, · · · ) 4. Neem nu de rij x = (x1, x2, · · · ), en toon aan dat
∀n ≥ Nε: kxn− xk ≤ 2ε 5. Gebruik nu de driehoeksongelijkheid om te besluiten dat x ∈ l2. 6. Besluit dat
n→∞limxn= x ∈ l2 zodat bewezen is dat l2een volledige Euclidische ruimte is.
Reeks 4
Oefening 4.1 We defini¨eren de Legendre veeltermen Pn(x) door de formule van Rodriguez:
Pn(x) = 1 2nn!
dn
dxn(x2− 1)n (7)
In het bijzonder volgt hieruit dat P0= 1 en P1= x. Stel w = (x2− 1)n.
a. Toon aan dat
(x2− 1)w0− 2nxw = 0 (8)
b. Gebruik de formule van Leibniz voor de hogere afgeleide van een produkt om (8) n + 1 keer af te leiden.
c. Laat zien dat hieruit volgt dat w(n) een oplossing is van de vergelijking van Legendre
(1 − x2)y00− 2xy0+ n(n + 1)y = 0 (9)
Oefening 4.2 We weten dat Pn⊥ Pm(over [−1, 1] met gewichtsfunctie 1) als n 6= m.
a. Laat zien dat voor k < n − 1:
hxPn, Pki = hPn, xPki = 0 b. Leid hieruit af dat er constanten α, β, γ bestaan zodat
xPn= αPn+1+ βPn+ γPn−1
c. Laat zien dat
β =hxPn, Pni hPn, Pni = 0 d. Gebruik de hoogste machtstermen in (7) om aan te tonen dat
α = n+ 1
2n + 1, γ = n 2n + 1 e. Concludeer dat
(n + 1)Pn+1= (2n + 1)xPn− nPn−1 (10)
f. Leid uit (10) af dat Pn(1) = 1.
Oefening 4.3 Beschouw de veelterm
p(x) = Pn(x) −2n − 1
n xPn−1(x) a. Laat zien dat grp < n.
b. Leid daaruit af dat
kPnk22= 2n − 1
n hxPn−1, Pni
c. Neem het inwendig product van (10) met Pn−1 en leid daaruit af dat (2n + 1)hxPn−1, Pni = nkPn−1k22 d. Uit b. en c. volgt dat
kPnk22= 2n − 1
2n + 1kPn−1k22 e. Bewijs per inductie dat
kPnk22= 2 2n + 1
Oefening 4.4 We geven nu een alternatieve definitie voor de veeltermen van Legendre. We be- schouwen de genererende functie
g(x, s) = 1
√
1 − 2sx + s2
Neem x als parameter, en ontwikkel g als een machtreeks in s. De co¨effici¨enten zijn dan een functie van x. Per definitie stellen we
g(x, s) =
∞ n=0
∑
Pn(x)sn (11)
We zullen aantonen dat deze definitie overeenkomt met degene die we gezien hebben in oefening 4.1.
a. Toon aan dat P0= 1, P1= x.
b. Toon aan dat
(1 − 2xs + s2)∂g
∂s+ (s − x)g = 0
c. Combineer dit met (11) om aan te tonen dat Pnvoldoet aan de recursiebetrekking (10).
Oefening 4.5 De polynomen van Laguerre We beschouwen de functie
U(x, s) = e−1−sxs
1 − s (12)
en ontwikkelen ze in een machtreeks rond s = 0, waarbij we x als parameter beschouwen. De co¨effici¨enten zijn dan functie van x
U(x, s) =
∞ q=0
∑
Lq(x)
q! sq (13)
We zien dat Lqeen veelterm is, genaamd de q-de veelterm van Laguerre.
1. Toon aan dat Lqvoldoet aan de betrekkingen
L0q− qL0q−1= −qLq−1 (14)
Lq+1= (2q + 1 − x)Lq− q2Lq−1 (15)
Leid hiertoe (12) en (13) af naar x en s.
2. Leid uit (14) en (15) af dat Lqvoldoet aan de differentiaalvergelijking
xL00q+ (1 − x)Lq0+ qLq= 0 (16)
3. Gebruik betrekking (16) om aan te tonen dat Z ∞
0
e−xLp(x)Lq(x)dx = 0 (17)
voor p 6= q. Vermenigvuldig (16) met e−x, en merk op dat d
dx(xe−xL0q) = xe−xL00q+ (1 − x)L0qe−x Ga dan verder zoals in de cursus (Legendre polynomen).
4. Los (16) op m.b.v. reeksontwikkeling. ρ = 0 is een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking en de oplossing is gegeven door
Lq(x) =
q n=0
∑
(−1)n (q!)2xn
(q − n)!(n!)2 (18)
5. De geassocieerde veeltermen van Laguerre worden gegeven door Lp
q(x) = dp
dxpLq(x) (voor p ≤ q) (19)
Bewijs dat Lqp voldoet aan de differentiaalvergelijking xLp
q
00+ (p + 1 − x)L0p
q+ (q − p)Lp
q = 0 (20)
6. Door (12) en (13) p maal af te leiden naar x verkrijgen we de genererende functie voor Lpq
∂pU
∂xp(x, s) = (−s)pe−xs/(1−s) (1 − s)p+1 =
∞ q=p
∑
Lqp(x)
q! sq (21)
7. Door (18) p maal af te leiden zien we dat Lp
q(x) =
q−p n=0
∑
(−1)n+p (q!)2
(q − n − p)!(n + p)!n!xn (22)
De geassocieerde Laguerre polynomen treden op bij de oplossing van de Schr¨odinger verge- lijking 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 co¨effici¨enten zijn dan functie van x S(x, s) =
∞ q=0
∑
Hq(x)
q! sq (24)
We zien dat Hqeen veelterm is, genaamd de q-de veelterm van Hermite.
1. Toon aan dat Hqvoldoet aan de betrekkingen
Hq0 = 2qHq−1 (25)
Hq+1= 2xHq− 2qHq−1 (26)
Leid hiertoe (23) en (24) af naar x en s.
2. Leid uit (25) en (26) af dat Hqvoldoet aan de differentiaalvergelijking
Hq00− 2xHq0+ 2qHq= 0 (27)
3. Gebruik de betrekking (27) om aan te tonen dat Z +∞
−∞ e−x2Hp(x)Hq(x)dx = 0 (28)
voor p 6= q. Vermenigvuldig (27) met e−x2, en merk op dat d
dx(e−x2Hq0) = e−x2Hq00− 2xe−x2Hq0 Ga dan verder zoals in de cursus (Legendre polynomen).
4. Los de differentiaalvergelijking
y00− 2xy0+ 2qy = 0
op door reeksontwikkeling. Geef de recurrentieformule en ga na wanneer de oplossing een polynoom is. Bepaal hieruit expliciete vormen voor Hq.
5. Toon aan dat (formule van Rodriguez)
Hq(x) = (−1)qex2 dq dxqe−x2
De Hermite polynomen treden op bij het oplossen van de Schr¨odinger vergelijking voor de lineaire harmonische oscillator. We verwijzen naar de cursus Algemene Natuurkunde.
Reeks 5
Oefening 5.1
Los de volgende parti¨ele differentiaalvergelijkingen met rand- en beginvoorwaarden op met de methode van de scheiding der veranderlijken.
a 1. ∂2y
∂t2 = 9∂2y
∂x2, voor t > 0, 0 < x < 2, en met y(0,t) = 0 en y(2,t) = 0 (t > 0) y(x, 0) = x(2 − x)
20 en ∂y
∂t(x, 0) = 0 (0 < x < 2)
2. ∂y
∂t = 3∂2y
∂x2, voor t > 0, 0 < x < 1, en met y(0,t) = 0 en y(1,t) = 0 (t > 0)
y(x, 0) = x (0 < x < 1)
3. ∂y
∂t +∂2y
∂x2 = 0, voor t > 0, 0 < x < 1, en met y(0,t) = 1 en y(1,t) = 1 (t > 0)
y(x, 0) = x (0 < x < 1)
b 1. ∂2y
∂t2 + 9∂2y
∂x2 = 0, voor t > 0, 0 < x < 2, en met y(0,t) = 0 en y(2,t) = 0 (t > 0) y(x, 0) = 0 en ∂y
∂t(x, 0) = x(2 − x)
20 (0 < x < 2)
2. ∂y
∂t =∂2y
∂x2, voor t > 0, 0 < x < π, en met y(x, 0) = sin x (0 < x < π)
∂y
∂x(0,t) = 0 en ∂y
∂x(π,t) = 0(t > 0)
3. ∂2y
∂t2 − 2∂y
∂t = 1 4
∂2y
∂x2, voor t > 0, 0 < x < π2, en met y(x, 0) = 4x + 2 sin 2x en ∂y
∂t(x, 0) = x + 2 sin 2x (0 < x < π 2) y(0,t) = 0 en y(π
2, 0) = 2π (t > 0)
c 1. ∂2y
∂t2 +∂2y
∂x2 = 0, voor 0 ≤ t ≤ 2, 0 < x < π, en met y(0,t) = 0 en y(π,t) = 0 (0 ≤ t ≤ 2) y(x, 0) = sin x en y(x, 2) = sin 2x (0 ≤ x ≤ π)
2. ∂y
∂t =∂2y
∂x2, voor t > 0, 0 < x < π, en met
y(0,t) = 1 en y(π,t) = 3 (t > 0)
y(x, 0) = 2 (0 < x < π)
3. ∂2y
∂t2 +∂y
∂x = 0, voor 0 < t < 1, en met
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 parti¨ele 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.
heet koud
isolatie
isolatie x y
L 2
L
A
B C
D
Figuur 1: Rechthoekige plaat waarvan de zijden opgewarmd, afgekoeld of ge¨ısoleerd zijn.
Een randvoorwaarde die alleen betrekking heeft op u(x, y) wordt een Dirichlet voorwaarde ge- noemd. Zo kunnen we bijvoorbeeld voor de warme kant u(0, y) = 100◦stellen, maar ook u(0, y) = 10 +90Ly◦. 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,L)dy =0. Er is over de boven- ste 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
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 L. Gebruik hiervoor de eendimensionale warmtevergelijking
∂u
∂t = k∂2u
∂x2 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0 (29)
Door de afgeleide naar de tijd zal de temperatuur van de staaf veranderen over de tijd.
x
0 L
0◦C 0◦C
Figuur 2: Warmtediffusie van een opgewarmde staaf.
We beschouwen de modelvergelijking 29 en de gegeven randvoorwaarden
∂u
∂t = k∂2u
∂x2 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0 (30)
u(0,t) = 0 (31)
u(L,t) = 0 (32)
u(x, 0) = 3 sinπx L
− 5 sin 4πx L
(33)
b. Ge¨ısoleerde staaf
Bereken het verloop van de temperatuur u(x,t) in de staaf met lengte π die langs beide zijden ge¨ısoleerd is. Gebruik hiervoor de eendimensionale warmtevergelijking
∂u
∂t = ∂2u
∂x2 0 ≤ x ≤ π, t ≥ 0 (34)
Door de afgeleide naar de tijd zal de temperatuur van de staaf veranderen over de tijd.
x
0 π
isolatie isolatie
Figuur 3: Warmtediffusie van een staaf die langs beide zijden ge¨ısoleerd is.
We beschouwen de warmtevergelijking en de gegeven randvoorwaarden
∂u
∂t =∂2u
∂x2 0 ≤ x ≤ π, t ≥ 0 (35)
∂u(0, t)
∂x = 0 (36)
∂u(π, t)
∂x = 0 (37)
u(x, 0) = sin x (38)
c. Twee koude kanten, ´e´en warme kant en isolatie
Bereken de stationaire toestand van de temperatuur u(x, y) in de voorgestelde plaat. Hiervoor gebruiken we de tweedimensionale warmtevergelijking
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2 = a2∂u
t (39)
waarbij de afgeleide naar de tijd nul is. Dit noemen we de stationaire of evenwichtstoestand. Tracht enkele lijnen van constante temperatuur te tekenen.
isolatie 0◦
100◦
0◦ x
y
L 2
L
A
B C
D
Figuur 4: Rechthoekige plaat met twee afgekoelde zijden.
We beschouwen de warmtevergelijking 39 en de gegeven randvoorwaarden
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2 = 0 0 ≤ x ≤L2, 0 ≤ y ≤ L (40)
u(x, L) = 100 (41)
u L2, y = 0 (42)
u(x, 0) = 0 (43)
∂u(0, y)
∂x = 0 (44)
Oefening 5.3 De Golfvergelijking a. Snaar met initi¨ele uitwijking
Een snaar is bevestigd tussen de punten x = 0 en x = L. Op het ogenblik t = 0 krijgt de snaar een uitwijking.
u(x, 0) =
x
L 0 ≤ x ≤L2
L−x L
L
2 ≤ x ≤ L
(45)
x u(x,t)
0 L
Figuur 5: Trillen van een snaar met een beginuitwijking u(x, 0)
We gebruiken hier de eendimensionale golfvergelijking en de gegeven randvoorwaarden
∂2u
∂x2 = 1 c2
∂2u
∂t2 0 ≤ x ≤ L, t ≥ 0 (46)
u(0,t) = 0 (47)
u(L,t) = 0 (48)
u(x, 0) =
x
L 0 ≤ x ≤L2
L−x L
L
2 ≤ x ≤ L
(49)
b. Schuin opgehangen snaar
Een snaar is vastgehangen in de oorsprong (0, 0). Op het ogenblik t = 0 krijgt de snaar een uitwij- king en beginsnelheid.
u(x, 0) = 4x + 2 sin 2x (50)
∂u(x, 0)
∂t = x + 2 sin 2x (51)
Bovendien gaat de snaar op t = 0 door (π2, 2π). We beschouwen alleen het domein 0 ≤ x ≤ π2 en t ≥ 0
We gebruiken de eendimensionale golfvergelijking inclusief demping.
K
snaarspanning
uxx= ρ
lineaire dichtheid
utt+ µ
demping
ut (52)
π 2
2π
x u(x, t)
Figuur 6: Schuin opgehangen snaar met een beginuitwijking u(x, 0) en initi¨ele snelheid ∂u(x,0)
∂t
De opgave luidt dan als volgt 1
4
∂2u
∂x2 = ∂2u
∂t2 + 2∂u
∂t 0 ≤ x ≤ π2, t ≥ 0 (53)
u(x, 0) = 4x + 2 sin 2x (54)
∂u(x, 0)
∂t = x + 2 sin 2x (55)
u(0,t) = 0 (56)
u(π2,t) = 2π (57)
Antwoorden
Oefening 1.1
a 1. x2− z2= c1, x4− y4= c2
2. x + 2y + 3z = c1, x2+ y2+ z2= c2 3. y + 1 = c1√
z, z = c2(x2+ y2+ z2) b 1. x4+ y4+ z4= c1, xyz2= c2
2. y = c1z, x2+ y2+ z2= c2z
3. x2= y2+ c1, z = (x + y)2+ c2(x + y) c 1. 3x2− y2= c1, y2− z2= c2
2. x2+ y2− z = c1, xyz = c2 3. y√
x= c1, z(x + y) = c2 Oefening ??
a z = c− xy 3x + 2y
b zey+ sin x + yex= C c z = −x + y
cy− 1 Oefening 1.2
a z = φ(x y,t
y) b u = φ(x
y, x2+ y2− 2z) c u = φ(x + y + z, x2+ y2+ z2) Oefening 1.3
a z = x
2+ φ(3x − 2y) b 1
z = 1
x− φ 1 x−1
y
c z = −x − y + φ(x2+ 2yz) Oefening 1.4
a z2= xy + φ(x y) b z = xy + φ(x2+ y2)
c φ y
z,x2+ y2+ z2 z
= 0
Oefening 1.5
a F 4x + yx4
y , (x2+ 1)3/2− (z2+ 1)3/2
= 0 b z = e−cy/bφ(ay − bx)
c z = x
4(y +p
1 + y2) −x 2(p
1 + y2− y)ln x + φ y+p 1 + y2 x
!
Oefening 1.6
a xz + yz + 2xy = 3xyz b x + z + y2+ z2= 3
c z = ±x
Oefening 1.7
a x2+ y2+ z2− 2x2y2z2+ 2 = 0
b ((x2+ 1)3/2− (z2+ 1)3/2+ 1)2/3− 4y + 4x + yx4 y
1/2
= 1
c 25(x2+ y2) = (x2+ y2+ z2− y)2 Oefening 1.8
a 2az | x |= R(x2+ y2− R | x | ± (| x | −R)p
x2+ y2) b z2= 2ρ e±θ
c h bgtgy x±v
2ln a2y2
x2+ y2 = z± vp
x2+ y2ln y px2+ y2 Oefening ??
a 1. z = −1
2(x − c1)2+ y2 2c1
+ c2 2. 4(1 + c21)z = (x + c1y+ c2)2 singuliere oplossing : z = 0
3. (16 + 9c21)(1 − z2) = 4(x + c1y+ c2)2 singuliere oplossing : z2= 1
4. (1 + c21)(a2− z2) = (x + c1y+ c2)2 singuliere oplossing : z = ±a 5. ln z = ±2
3(x + c1)3/2±2
3(y − c1)3/2+ c2
b 1. z = (y + c1)x +y2
2 −(y + c1)3 3 + c2 2. z = (√
x+ c1)2+ (√
y+ c2)2 singuliere oplossing : z = 0 3. z = c1x+ c2(y2+ 2y + c1)
singuliere oplossing :z = −xy(y + 2) 4. z = c1yx3+1
4c21x6+ c2x2 5. (2z − c1x2− c2)2= 4c1(y2− 1)
c 1. z = c1xey+c21
2e2y+ c2 2. z = (x + c1y+ c2)2
1 + c21
singuliere oplossing : z = 0 3. z = c1y+ c2(x + c1)
singuliere oplossing : z = −xy 4. z3= (x/c1+ c1y+ c2)2− 1
singuliere oplossing : z = −1 5. ln z = c1
x + (c21− 1) ln y + c2 Oefening ??
a f (λ) = b(cos(λ + c) − cos λ)
b 4az = 4a2+ (x ± 2a)2+ y2 c f (λ) = 2ab(cos(λ + c) − sin λ) Oefening 2.1
a 1. z = x f (y − x) + g(y − x) 2. z = x2f(y) + g(y) 3. z = 1
2ex−y+ f (2x − y) + g(y − 3x) 4. z = 1
2f(x − y)e2x+ 2
39cos(x + 2y) − 1
13sin(x + 2y) + g(x − y) b 1. z = f (3x − y) + g(x + y)
2. z = f (2x + 3y)e−y/2−1
3sin(2x + 3y) + g(x) 3. z = − x6
180+x4y2
12 + f (y − ix) + g(y + ix) 4. z = ( f (x) + 1 − y)ey+ yex−y+ g(x) c 1. z = f (y − (1 + i√
2)x) + g(y − (1 − i√ 2)x) 2. z = 1
x+ ln x f (y) + g(y) 3. z = x2y2+ x3+ fy
x
+ g(y) 4. z = −y2
2 − y f (x) − f2(x) ln | y − f (x) | +ψ(x) Oefening 4.5
1. Afleiden naar x geeft :
− s
1 − se−1−sxs = (1 − s)
∞ n=0
∑
L0q(x) q! sq Het linkerlid is gelijk aan
−
∞ n=0
∑
Lq(x)
q! sq+1= −
∞ n=1
∑
Lq−1(x) (q − 1) !sq Het rechterlid is gelijk aan
∞
∑
n=0
L0q(x) q! sq−
∞
∑
n=1
L0q−1 (q − 1) !sq
Identificeren van de co¨effici¨enten in sqgeeft (14).
Afleiden naar s geeft :
∂U
∂s = 1 − x − s (1 − s)2 U=
∞ q=1
∑
Lq(x) (q − 1) !sq−1 waaruit volgt dat
(1 − x − s)U (x, s) = (1 − 2s + s2)
∞ q=1
∑
Lq
(q − 1) !sq−1 Vervangen van U door zijn machtreeksontwikkeling geeft, na uitwerking
(1 − x)
∞
∑
n=0
Lq q!sq−
∞
∑
n=1
Lq−1 (q − 1) !sq=
∞
∑
n=0
Lq+1 q! sq− 2
∞
∑
n=1
Lq
(q − 1) !sq+
∞
∑
n=2
Lq−1 (q − 2) !sq Identificeren van de co¨effici¨enten in xqgeeft (15).
2. Door (15) af te leiden vinden we
L0q+1= (2q + 1 − x)L0q− Lq− q2L0q−1= (q + 1)L0q− (q + 1)Lq waaruit volgt dat
(q − x)L0q+ qLq− q2L0q−1= 0 Afleiden geeft
(q − x)L00q− L0q+ qL0q− q2Lq−100 = 0 Aftrekken geeft
(q − x)L00q+ (x − 1)L0q− qLq− q(qL00q−1− qL0q−1) = 0 Leid (14) af, dan volgt
qL00q−1− qL0q−1= L00q Uit deze twee laatste betrekkingen volgt (16).
3. We krijgen, na vermenigvuldiging met e−x, en met Lp d
dx(xe−xL0q)Lp+ e−xqLqLp= 0
en d
dx(xe−xL0p)Lq+ e−xpLqLp= 0 Aftrekken geeft
d
dx(xe−x(LqL0p− LpL0q)) = (q − p)e−xLpLq Integreer beide leden van 0 tot +∞.
4. Recursieformule : cn+1= − q− n (n + 1)2cn dus cn= 0 voor n > q.
Bovendien is c0= Lq(0) en
∞ n=0
∑
Lq(0)
q! sq= U (0, s) = 1 1 − s =
∞ n=0
∑
sq Dus Lq(0) = q ! en
cn= (−1)n (q !)2 (q − n) !(n !)2 5. Leid (16) p maal af.
Oefening 4.6
1. Afleiden naar x geeft
∞ n=0
∑
Hq0
q!sq = 2 s e−s2+2sx
= 2
∞ n=0
∑
Hq q!sq+1
= 2
∞ n=1
∑
qHq−1 q! sq Identificeren van de termen in sqgeeft (23).
Afleiden naar s geeft
∞ n=0
∑
Hq+1
q! sq= −2
∞ n=1
∑
qHq−1 q! sq+ 2
∞ n=0
∑
xHq q! sq 2. Stop (25) in (26)
Hq+1= 2xHq− Hq0 Afleiden
Hq+10 = 2Hq+ 2xHq0− Hq00 (25) wordt dan
Hq+10 = 2(q + 1)Hq Aftrekken geeft (27).
3. Vermenigvuldigen met e−x2 en Hpgeeft d
dx(e−x2Hq0)Hp+ 2qe−x2HpHq= 0 d
dx(e−x2H0p)Hq+ 2pe−x2HpHq= 0 Trek deze betrekkingen van elkaar af en integreer van −∞ tot +∞.
4. Recursieformule
cn+2= −2(q − n) (n + 2)(n + 1)cn (a) Eerste geval : q = 2p
We krijgen een veelterm voor c1= 0, c06= 0. We hebben dat c0= H2p(0) = (−1)p(2p) !
p! Hieruit volgt dat
H2p(x) =
p n=0
∑
(−1)n+p (2p) ! 22n (p − n) ! (2n) !x2n (b) Tweede geval : q = 2p + 1
We krijgen een veelterm voor co= 0, c16= 0.
We hebben nu dat
c1= H2p+10 (0) = 2(−1)p(2p + 1) ! p! Hieruit volgt
H2p+1(x) =
p n=0
∑
(−1)n+p(2p + 1) ! 22n+1 (p − n) ! (2n + 1) ! x2n+1 5. Hn(x) = ∂n
∂snS(x, s) s=0en
∂n
∂snS(x, s) = ex2 ∂n
∂sne−(s−x)2 en
∂ f
∂x = −∂ f
∂s
indien f functie is van x − s.
Oefening 5.1
a 1. y(x,t) =
∞
∑
n=0
8
5(2n + 1)3π3sin(2n + 1)πx
2 cos3(2n + 1)πt 2 2. y(x,t) =
∞
∑
n=1
(−1)n+1 2
nπe−3n2π2tsin nπx 3. y(x,t) = 1 −2
π
∞ n=1
∑
1
nsin(nπx)en2π2t
b 1. y(x,t) =
∞
∑
n=0
16
15(2n + 1)4π4sh3(2n + 1)πt
2 sin(2n + 1)πx 2
2. y(x,t) = 2 π+
∞
∑
n=1
4e−4n2t
(1 − 4n2)πcos 2nx 3. y(x,t) = 4x + (2 + t)etsin 2x + et
∞
∑
n=2
(−1)n+1 n√
n2− 1. sin 2nx. sinp n2− 1t
c 1. y(x,t) =
e−t− e−2sht sh 2
sin x +sh 2t sh 4 sin 2x 2. y(x,t) = 1 +2x
π +
∞
∑
n=1
2
nπe−4n2tsin 2nx 3. y(x,t) =
∞ n=1
∑
(−1)n+12πn sh 1
1 + π2n2 eπ2n2xsin πnt
Oefening 5.2
a u(x,t) = 3 sin πLx e−kπ
2 L2t
− 5 sin 4πLx e−k16π2L2 t b u(x,t) = 2π+ ∑∞n=1 4
π(1−(2n)2)cos(2nx)e−(2n)2t= 2
π+ ∑∞n=1 4
π(1−4n2)cos(2nx)e−4n2t c u(x, y) = ∑∞1 400(−1)k+1
(2k−1)π sinh
(2k−1)π
cos
(2k−1)π
L x
sinh(2k−1)π
L y
Oefening 5.3
a u(x,t) = 4 ∑∞n=1sin(nπ2)
π2n2 sin nπLx cos cnπLt b u(x,t) = 4x + sin(2x)(2 + 5t)e−t+ ∑∞n=2(−1)n+1
n√
n2−1sin(2nx)e−tsin√
n2− 1t
