Oefeningen Aanvullingen van de Wiskunde

3de Bachelor EIT 2de Bachelor Wiskunde 2de en 3de Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2019-2020 1ste semester 28 januari 2020

Aanvullingen van de Wiskunde / Parti¨ele Differentiaalvergelijkingen

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

a₁(x₁, · · · , x_n, y) ∂y

∂x₁ + · · · + a_n(x₁, · · · , x_n, y) ∂y

∂x_n = b(x₁, · · · , x_n, y).

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

2. Geef de definitie van een kwadratisch sommeerbare rij. l² is de verzameling van alle kwa- dratisch sommeerbare rijen.

(a) Toon aan dat l²een vectorruimte is;

(b) definieer een inwendig product op l² en toon aan dat l² een Euclidische ruimte is.

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

4. Onderstel dat f een periodieke continue functie is met periode 2π. Toon aan dat, als f⁰ continu is, dat dan de Fourierreeks van f uniform convergeert naar f .

Tijd: 1 uur 30 minuten; Vragen 1 en 3: 20 punten; vraag 2: 10 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het totaal.

3de Bachelor EIT 2de Bachelor Wiskunde 2de en 3de Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2019-2020 1ste semester 28 januari 2020

Oefeningen Aanvullingen van de Wiskunde

1. Beschouw de parti¨ele differentiaalvergelijking (z − x)∂z

∂x + (y − z)∂z

∂y = x − y.

Bepaal het integraaloppervlak dat gaat door de kromme k met vergelijking:

 x² + y² = 1 z = 2.

2. Zoek voor 0 < x < L en t > 0 de oplossing van de eendimensionale warmtevergelijking

∂²y

∂x² −∂y

∂t = 0 die voldoet aan de beginvoorwaarde

y(x, 0) = x² L² en de randvoorwaarden

y(0, t) = 0 en y(L, t) = 1.

Gebruik hiertoe de methode van scheiding der veranderlijken 3. f : R → R is de functie met periode 2π waarvoor geldt

f (x) =

(cos x als |x| ∈ [0,^π₂] 0 als |x| ∈ (^π₂, π]

Bepaal de Fourierreeks van f . Evalueer deze reeks in de punten x = 0 en x = π/2. Schrijf dan de formule van Parceval neer. Gebruik deze resultaten om de som te bepalen van de numerieke reeksen

∞

X

n=1

1 4n²− 1,

∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹ 4n²− 1 en

∞

X

n=1

1 (4n²− 1)² te bepalen.

Tijd: 2 uur 30 minuten; vraag 1 : 14 punten; vraag 2: 18 punten; vraag 3: 18 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het totaal.

Oplossingen

1. Differentiaalvergelijking:

(z − x)∂z

∂x + (y − z)∂z

∂y = x − y Homogene vergelijking:

(z − x)∂ψ

∂x + (y − z)∂ψ

∂y + (x − y)∂ψ

∂z = 0 Geassocieerd stelsel:

dx

z − x = dy

y − z = dz x − y. Eerste integralen: methode van de multiplicatoren

µ1(z − x) + µ2(y − z) + µ3(x − y) = 0 1) Neem

µ₁ = 1, µ₂ = 1 en µ₃ = 1 dan is

µ₁dx + µ₂dy + µ₃dz = dx + dy + dz = d(x + y + z) een totale differentiaal, zodat x + y + z = c1een eerste integraal is.

2) Neem nu

µ1 = y, µ2 = x en µ3 = z dan is

µ₁dx + µ₂dy + µ₃dz = ydx + xdy + zdz = d(xy + z² 2) een totale differentiaal, zodat 2xy + z² = c₂een eerste integraal is.

De AI van de pdv is dus

ϕ(x + y + z, 2xy + z²)

We bepalen nu ϕ zo dat de integraal door de gegeven kromme k gaat. We elimineren x, y en z uit











x + y + z = c₁ 2xy + z² = c₂ x²+ y² = 1 z = 2

Uit de eerste en de vierde vergelijking volgt: x + y = c1− 2.

Uit de tweede en de vierde vergelijking volgt: 2xy = c₂− 4.

We vullen deze in in de derde vergelijking:

1 = (x + y)²− 2xy = (c₁− 2)²− (c₂− 4) = c²₁ − 4c₁− c₂+ 8,

of

c²₁− 4c₁− c₂+ 7 = 0.

De gezochte integraal kromme is dus

(x + y + z)²− 4(x + y + z) − (2xy + z²) + 7 = 0 of

z = 1 2

4x + 4y − x²− y²− 7 x + y − 2

2. De parti¨ele differentiaalvergelijking

∂²y

∂²x −∂y

∂t = 0 (1)

met randvoorwaarden y(0, t) = 0 en y(L, t) = 1 kan niet worden opgelost met behulp van de methode van het scheiden der veranderlijken. Daarom voeren we een nieuwe onbekende functie in:

y(x, t) = u(x, t) + f (x).

Als f⁰⁰= 0, dan is u ook een integraal van (1), en dan is f (x) = ax + b.

We bepalen a en b nu zodanig dat u voldoet aan de RVW u(0, t) = u(L, t) = 0 als y voldoent aan de RVW y(0, t) = 0 en y(L, t) = 1:

 u(0, t) = y(o, t) − f (0) = −b = 0

u(L, t) = y(L, t) − f (L) = 1 − (AL + b) = 0

Hieraan is voldaan als a = 1/L, en b = o, dus f (x) = x/L. Als y een oplossing is van het gegeven probleem, dan voldoet u aan de beginvoorwaarde

u(x, 0) = y(x, 0) − x L = x²

L² − x

L. (2)

We zoeken dus een integraal u van (1) die voldoet aan u(0, t) = u(L, t) = 0 en (2). Hierop kunnen we de methode van het scheiden der veranderlijken wel toepassen. We zoeken eerst integralen van de vormen

u(x, t) = X(x)T (t),

die voldoen aan de randvoorwaarden u(0, t) = u(L, t) = 0. X voldoet dan aan de voorwaarden X(0) = X(L) = 0. Invullen in (1) geeft:

X⁰⁰(x)T (t) = X(x)T⁰(t) of X⁰⁰(x)

X(x) = T⁰(t) T (t) = k

2

Het plaatsafhankelijk probleem X⁰⁰(x) − kX(x) = 0, X(0) = X(L) = 0 We hebben enkel een niet-triviale oplossing als k = −p² < 0. De AI van de differentiaalvergelijking is dan

X(x) = A cos px + B sin px X(0) = 0 impliceert dat A = 0. Dan impliceert

X(L) = B sin pL = 0

dat ook B = 0, tenzij dat sin pL = 0 of p = nπ/L, met n ∈ Z. We vinden dus de oplossingen X_n(x) = sinnπ

L x n = 1, 2, ...

want X0(x) = 0 en X_n(x) = −X_−n(x).

Het tijdsafhankelijk probleem T_n⁰ = −ⁿ_L^2π2²T_n De algemene integraal is T_n(t) = C_ne^{−n2π2L2 t}

We concluderen dat

u_n(x, t) = C_nsinnπ

L x e^{−n2π2L2 t}

een oplossing van (1) is die voldoet aan de randvoorwaarden u(0, t) = u(L, t) = 0, en dit voor elk positief natuurlijk getal n. Een superpositie van deze oplossing is opnieuw een oplossing die voldoet aan de randvoorwaarden:

u(x, t) =

∞

X

n=1

Cnsinnπ

L x e^{−n2π2L2 t}

Bepalen van de Fourier co¨effici¨enten We bepalen nu C_nzodanig dat aan (2) voldaan is:

u(x, 0) = x² L² − x

L =

∞

X

n=1

C_nsinnπ L x.

Dit is de ontwikkeling van u(x, 0) in een Fourierreeks. De co¨effici¨enten C_nworden gegeven door de formule

C_n= 2 L

Z L 0

(x² L² − x

L) sinnπ L xdx.

3

Deze integraal kan berekend worden via parti¨ele integratie Z L

0

x sinnπ

L xdx = −L²

nπ cos nπ + L nπ

Z L 0

cosnπ

L xdx = L²

nπ(−1)ⁿ⁺¹; Z L

0

x²sinnπ

L xdx = −L³

nπ cos nπ + 2L nπ

Z L 0

x cosnπ L xdx

= L³

nπ(−1)ⁿ⁺¹+ 2L nπ

L²

nπ sin nπ − L nπ

Z L 0

sinnπ L xdx



= L³

nπ(−1)ⁿ⁺¹+ 2L³

n³π³ (−1)ⁿ− 1
.

We vinden dus C_n= 2

nπ(−1)ⁿ⁺¹+ 4

n³π³ (−1)ⁿ− 1
− 2

nπ(−1)ⁿ⁺¹ = 4

n³π³ (−1)ⁿ− 1
zodat

C_2n = 0 en C_2n+1 = − 8 n³π³. Oplossing Dit vullen we in en verkrijgen

u(x, t) = −

∞

X

n=0

8

(2n + 1)³π³ sin(2n + 1)π

L x e^{−(2n+1)2π2L2 t} en dus vinden we uiteindelijk

y(x, t) = x L−

∞

X

n=0

8

(2n + 1)³π³ sin(2n + 1)π

L x e^{−(2n+1)2π2L2 t}

4

3. We merken eerst op dat de functie f (x) even is. We kunnen de Fourierreeks dus schrijven als

f (x) = a₀ 2 +

∞

X

n=1

a_ncos nx. (3)

We berekenen nu de co¨effici¨enten a₀ = 2

π Z π

0

f (x)dx = 2 π

Z π/2 0

cos x dx = 2 π sinπ

2 = 2 π a1 = 2

π Z π

0

f (x) cos xdx = 2 π

Z π/2 0

cos²xdx = 1 2 a_n = 2

π Z π

0

f (x) cos nxdx = 2 π

Z π/2 0

cos x cos nxdx

= 1

π Z π/2

0

(cos(n + 1)x + cos(n − 1)x)dx

= 1

π

 sin(n + 1)^π₂

n + 1 +sin(n − 1)^π₂ n − 1



(n > 1) a_2n+1 = 0 (n ≥ 1)

a_2n = 1 π

(−1)ⁿ

2n + 1+ (−1)ⁿ⁺¹ 2n − 1



= 2 π

(−1)ⁿ⁺¹ 4n²− 1 En dus verkrijgen we de volgende Fourierreeks

f (x) = 1 π +1

2cos x + 2 π

∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹

4n²− 1 cos 2nx Als we hierin x = 0 stellen, dan vinden we

1 = 1 π +1

2 + 2 π

∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹ 4n²− 1

∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹ 4n²− 1 = π

2(1 2 − 1

π) = π 4 − 1

2 Als we hierin x = π/2 stellen, dan vinden we

0 = 1 π + 2

π

∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹

4n²− 1 cos nπ = 1 π − 2

π

∞

X

n=1

1 4n²− 1

∞

X

n=1

1

4n²− 1 = 1 2.

5

−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0

0.2 0.4 0.6 0.8 1

x/π

f(x)

f (x)

3 Fourier coeffs

We schrijven nu de formule van Parceval neer voor (3). (3) kan herschreven worden als

f (x) =r π 2a0

√1 2π +

∞

X

n=1

√πan

cos nx

√π .

Omdat ^√1

2π en ^{cos nx√}_π genormalizeerd zijn wordt de formule van Parceval:

kf k² = π 2a²₀+ π

∞

X

n=1

a²_n.

We bereken nu eerst

kf k² = 2 Z π/2

0

cos²xdx = π 2 en de formule van Parceval wordt:

1 2 = 2

π² +1 4 + 4

π²

∞

X

n=1

1 (4n − 1)² 1

4 − 2 π² = 4

π²

∞

X

n=1

1 (4n − 1)²

∞

X

n=1

1

(4n − 1)² = π² 16− 1

2 = 1 2

π² 8 − 1

6

−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0

0.2 0.4 0.6 0.8 1

x/π

f(x)

f (x)

5 Fourier coeffs

−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

x/π

f(x)

f (x)

10 Fourier coeffs

7

3de Bachelor EIT 2de Bachelor Wiskunde 2de en 3de Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2019-2020 2de zittijd 18 augustus 2020

Aanvullingen van de Wiskunde / Parti¨ele Differentiaalvergelijkingen

1. Neem twee kwadratische sommeerbare rijen a en b. Toon aan dat de reeks

∞

X

n=1

a_nb_n

absoluut convergent is.

2. Neem a, b ∈ [0, 2π] en de functie f : [0, 2π] → R die de waarde 1 aanneemt op [a, b] en 0 erbuiten. Voor elke ε > 0 bestaat er een continue functie g : [0, 2π] → R bestaat zodat kf − gk₂ < ε. Bewijs!

3. Beschouw een kromme k in R³ en functies a, b, c van de veranderlijken x, y, z. Hoe bepalen we integraaloppervlakken van de pdv ap + bq = c die door de kromme k gaan.

Tijd: 1 uur. Alle vragen worden gekwoteerd op 10 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het totaal.

3de Bachelor EIT 2de Bachelor Wiskunde 2de en 3de Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2019-2020 2de zittijd 18 augustus 2020

Oefeningen Aanvullingen van de Wiskunde

1. Bepaal de algemene integraal van de pdv

(y − z)p + (x − y)q = z − x.

2. Beschouw de periodieke functie f (periode 2π) gedefinieerd door f (x) = x², −π < x ≤ π.

Bepaal de Fourierreeks van f .

3. Los op met scheiding van veranderlijken:

∂²y

∂t² = π²∂²y

∂x², voor t > 0 en 0 < x < π.

De begin- en randvoorwaarden zijn:







y(0, t) = y(π, t) = 0 y(x, 0) = sin 3x

∂y

∂t(x, 0) = 0

.

Tijd: 2 uur. Alle vragen worden gekwoteerd op 10 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het totaal.