Aanvullingen van de Wiskunde / Parti¨ele Differentiaalvergelijkingen

3de Bachelor EIT 2de Bachelor Wiskunde 2de en 3de Bachelor Fysica en Sterrenkunde Academiejaar 2018-2019 1ste semester 29 januari 2019

Aanvullingen van de Wiskunde / Parti¨ele Differentiaalvergelijkingen

1. 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 .

2. 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.

3. Onderstel dat {p ₀ , p ₁ , · · · } een orthogonale rij veeltermen is over [a, b] ten opzichte van een gewichtsfunctie r. Bewijs dat p _n n enkelvoudige nulpunten heeft, allemaal gelegen in het interval (a, b).

Tijd: 1 uur 20 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 2018-2019 1ste semester 29 januari 2019

Oefeningen Aanvullingen van de Wiskunde

1. Bepaal het integraaloppervlak van de parti¨ele differentiaalvergelijking (x − y)p + (y − x − z)q = z

dat gaat door de kromme k met vergelijking

 z = 1 x ² + y ² = 1.

Hierin is p = ∂z

∂x en q = ∂z

∂y .

2. Onderstel dat {~ e ₁ , ~ e ₂ , · · · } een orthogonale basis is van een Euclidische ruimte E. Als we f ~ n = ~ e n /k~ e n k stellen, dan vinden we een orthonormale basis van E. Gebruik dit om aan te tonen dat

~ v =

∞

X

n=1

h~v, ~e _n i k~e _n k ² ~ e _n voor elke ~ v ∈ E. Schrijf dan de gelijkheid van Parceval uit.

3. k 1 < k ₂ < k ₃ < · · · zijn de positieve oplossingen van de vergelijking tg k = k.

We weten dat {sin k 1 x, sin k 2 x, · · · } een orthogonale basis is van C[0, 1], voor het inwendig product

hf, gi = Z 1

0

f (x)g(x)dx.

(a) Bepaal k sin k _n xk ₂ ;

(b) Bepaal de Fourrierreeks van de constante functie f (x) = 1, voor x ∈ [0, 1];

(c) Schrijf de bijhorende formule van Parceval op.

4. Bepaal, met behulp van de methode van scheiding der veranderlijken, de oplossing van de parti¨ele differentiaalvergelijking

∂ ² v

∂x ² + ∂ ² v

∂y ² = 0, 0 < x < a, 0 < y < b, die voldoet aan de rand- en beginvoorwaarden

v(0, y) = 0 v(a, y) = 0 v(x, 0) = 0

v(x, b) = v ₀ (const.)

Tijd: 2 uur 30 minuten; Vragen 1, 3 en 4: 15 punten; vraag 2: 5 punten. Totaal: 50 punten. Dit examen telt mee voor 50 % van het totaal.

2

Oplossingen

1. Differentiaalvergelijking:

(x − y)p + (y − x − z)q = z.

We zoeken oplossingen in impliciete vorm: Ψ(x, y, z) = 0. Ψ voldoet dan aan de homogene vergelijking:

(x − y) ∂Ψ

∂x + (y − x − z) ∂Ψ

∂y + z ∂Ψ

∂z = 0.

Geassocieerd stelsel:

dx

x − y = dy

y − x − z = dz z . Eerste integralen:

• dx

x − y = dy + dz y − x − z + z . dx = − dy − dz

dx + dy + dz = 0

⇒ x + y + z = c ₁ .

OF (methode der multiplicatoren) α = 1, β = 1, γ = 1

1. α (x − y) + β(y − x − z) + γ z = 0 2. α dx + β dy + γ dz = dx + dy + dz

⇒ x + y + z = c ₁ .

• dy

y − x − z = dz z dy

y + y − c 1

= dz z 1

2

d(2y − c ₁ ) 2y − c ₁ = dz

z

1

2 ln(2y − c ₁ ) = ln z + ¯ c ₂

√ 2y − c ₁ = ˜ c ₂ z 2y − c ₁ = c ₂ z ² y − x − z = c ₂ z ² y − x − z

z ² = c 2 .

Verband tussen c ₁ en c ₂ :



 

 



 

 



x + y + z = c ₁ (1) y − x − z

z ² = c ₂ (2)

z = 1 (3)

x ² + y ² = 1 (4)

(1), (3) : x + y = c ₁ − 1 (5)

(2), (3) : y − x = c 2 + 1 (6)

(5), (6) : 2y = c ₁ + c ₂ . (7) (5), (6) : 2x = c ₁ − c ₂ − 2 (8) (4), (7), (8) : (c 1 + c 2 ) ² + (c 1 − c 2 − 2) ² = 4

⇒ c ² ₁ + c ² ₂ − 2c ₁ + 2c ₂ = 0.

De oplossing is dus

(x + y + z) ² +  y − x − z z ²

 2

− 2(x + y + z) + 2  y − x − z z ²



= 0.

2. Voor elke ~ v ∈ V hebben we dat

~ v =

∞

X

n=1

h~v, ~ f _n i ~ f _n =

∞

X

n=1

h~v, ~e n

k~e _n k ² i~e _n . De formule van Parceval:

k~vk ² =

∞

X

n=1

h~v, ~ f _n i ² =

∞

X

n=1

h~v, ~e _n i ² k~e _n k ² .

2

3a.

k sin k n xk ² = Z 1

0

sin ² k n xdx

= 1 2

Z 1 0

(1 − cos 2k _n x)dx

= 1 2



1 − sin 2k _n 2k _n



= 1 2



1 − sin k _n cos k _n k _n



= 1

2 (1 − cos ² k _n ) = sin ² k _n 2 k sin k _n xk = sin k _n

√ 2 .

3b.

h1, sin k n xi = Z 1

0

sin k n xdx

=



− cos k n x k _n

 1 0

= 1 − cos k _n k _n 1 =

∞

X

n=1

2(1 − cos k _n )

k _n sin ² k _n sin k _n x.

3c. k1k = R 1

0 1dx = 1. De formule van Parceval wordt:

1 =

∞

X

n=1

2(1 − cos k _n ) ² k ² _n sin k _n

= 2

∞

X

n=1

1 − 2 cos k n − cos ² k n

k ² _n sin ² k n

= 2

∞

X

n=1

 1

k _n ² − 2 cos k _n k _n ⁴ cos ² k _n



= 2

∞

X

n=1

 1

k _n ² − 2 k _n ⁴ cos k _n



4. We zoeken oplossingen van de vorm v = X(x)Y (y), die voldoen aan de RVW v(0, y) = v(a, y) = v(x, 0) = 0.

Invullen in de vergelijking levert X ⁰⁰ Y + XY ⁰⁰ = 0

X ⁰⁰

X = − Y ⁰⁰

Y = −λ

• Het X probleem X ⁰⁰ + λX = 0 X(0) = 0 X(a) = 0.

λ ≤ 0 : geen eigenwaarde (zie WPO) λ > 0 :

X(x) = A sin ( √

λx) + B cos ( √ λx) X(0) = B = 0

X(a) = A sin ( √

−λa) = 0

⇒ λ _n = n ² π ²

a ² , n ≥ 1

⇒ X _n = sin nπx

a , n ≥ 1.

• Het Y probleem Y _n ⁰⁰ = λ n Y n = n ² π ²

a ² Y n

Y _n (0) = 0

Y _n (y) = C _n e

^y + D _n e ⁻

^y

Y _n (0) = C _n + D _n = 0 ⇒ D _n = −C _n Y _n (y) = C _n e

^y − e ⁻

^y
= ¯ C _n sinh  nπ

a y 

4

• De oplossing

v(x, y) =

∞

X

n=1

E _n sin  nπ a x 

sinh  nπ a y  v(x, b) = v ₀ =

∞

X

n=1

E _n sinh  nπ a b 

| {z }

const.

sin  nπ a x 

| {z }

periode 2a

We nemen een oneven uitbreiding f (x) van v ₀ in [−a, a]. Dan E _n sinh  nπ

a b 

= 2

2a Z a

−a

f (x) sin  nπ a x 

dx

= 1 a 2

Z a 0

v ₀ sin  nπ a x 

dx

= 2v ₀ a

h − cos  nπ a x  a

nπ i a

0

= 2v ₀

nπ [− cos (nπ) + 1]

=

 _4v

nπ , n oneven 0, n even.

⇒ E _n =

( _4v

0

nπ sinh (

b ) , n oneven

0, n even.

⇒ v(x, y) =

∞

X

n=1,oneven

4v ₀

nπ sinh ^nπ _a b
sin

 nπ a x 

sinh  nπ a y 

⇒ v(x, y) =

∞

X

n=1

4v 0

(2n − 1)π sinh 

(2n−1)π a b  sin

 (2n − 1)π

a x



sinh  (2n − 1)π

a y