Embed Size (px)
Citation preview
Wiskunde: Voortgezette Analyse
S. Caenepeel, J. De Beule en I. Goyvaerts
Syllabus 136 bij 1010534BNR “Wiskunde: Voortgezette Analyse”Tweede Bachelor Ingenieurswetenschappen: Architectuur 2017
Inhoudsopgave
I Reeksen 3
1 Rijen en reeksen 51.1 Numerieke rijen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Numerieke reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Reeksen van functies 112.1 Uniforme convergentie van een rij functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Uniforme convergentie van een reeks functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Machtreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Taylorreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.5 Goniometrische reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.6 De Fourierintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
II Gewone en partiele differentiaalvergelijkingen 53
3 Differentiaalvergelijkingen 553.1 Definitie en voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.2 Beginvoorwaarden en randvoorwaarden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
4 Differentiaalvergelijkingen van eerste orde 614.1 Juiste differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.2 Homogene differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.3 Lineaire differentiaalvergelijkingen van eerste orde . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
5 Normale differentiaalstelsels en -vergelijkingen 735.1 De methode van afleiding en eliminatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.2 Lineaire differentiaalstelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.3 Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.4 Constante coefficienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.5 De methode der eigenwaarden en eigenvectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
6 Reeksen als oplossingen van differentiaalvergelijkingen 99
1
6.1 Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.2 Oplossing in een omgeving van een gewoon punt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.3 Oplossing in een omgeving van een regelmatig singulier punt . . . . . . . . . . . . 104
7 Eerste integralen 1117.1 Eerste integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1117.2 Het bepalen van eerste integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
8 Lineaire partiele differentiaalvergelijkingen van orde 1 1198.1 Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1198.2 Homogene lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde een . . . . . . . . . . 1218.3 De volledige lineaire vergelijking van orde een . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1238.4 Het vraagstuk van Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
9 Variatierekening 1299.1 De vergelijkingen van Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
9.1.1 De kettinglijn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1379.2 Het vraagstuk met nevenvoorwaarden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
III Numerieke Analyse 143
10 Het oplossen van vergelijkingen en stelsels 14510.1 Algoritmen voor het oplossen van vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14510.2 De orde van een iteratieve methode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15010.3 Het oplossen van stelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15210.4 Stelsels lineaire vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
11 Afleiden en integreren 15911.1 De interpolatieformule van Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15911.2 Numeriek Afleiden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16111.3 Numeriek integreren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16411.4 Differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
2
Deel I
Reeksen
3
Hoo
fdst
uk 1 Rijen en reeksen
In de cursus “Wiskunde: Algebra, Analyse en Meetkunde”1 bestudeerden jullie rijen van reele ge-tallen en bespraken het convergentiegedrag van sommige zulke rijen. Deze notie van convergentieis van groot belang voor allerlei problemen waarbij men benaderde oplossingen dient te zoeken2.Vervolgens zagen jullie in de cursus “Wiskunde: Gevorderde Analyse en Meetkunde”3 reeksenvan reele getallen en behandelden ook hier enkele eigenschappen m.b.t. convergentie.In dit eerste deel van deze cursus bespreken we rijen en reeksen van functies. De theorie ver-schilt hier van de theorie van de theorie van numerieke rijen en reeksen; dit heeft te maken metandere convergentiebegrippen, waarover later meer. Ruwweg gesproken is de idee dat men voorsommige vraagstukken bepaalde functies wil benaderen met eenvoudigere functies. In het tweedehoofdstuk van dit deel geven we precieze betekenis aan deze intuıtieve idee en bestuderen wetwee belangrijke klassen van zulke reeksen van functies; machtreeksen (die jullie reeds kennen uit[WGAM]) en goniometrische reeksen. We zullen dan nagaan onder welke voorwaarden we func-ties kunnen benaderen door een som van veeltermfuncties enerzijds en door een som van sinus- encosinusfuncties anderzijds. Dit zal dan aanleiding geven tot de theorie van Taylor- respectievelijkFourierreeksen. We behandelen ook kort aspecten van de theorie der Fourierintegralen; deze is vangroot belang bij het modelleren van vraagstukken allerhande binnen en buiten de Ingenieursweten-schappen.We beginnen met een korte herhaling van enkele belangrijke eigenschappen van (limieten van)numerieke rijen en reeksen.
1.1 Numerieke rijen
Herinner je dat een rij van reele getallen een afbeelding is van N0 → R, die een willekeurig na-tuurlijk getal n afbeeldt op een reeel getal un. Zulk een afbeelding, zo’n rij, wordt doorgaanshorizontaal genoteerd als (un).
Definitie 1.1.1limn→∞
un = l ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃N : n > N ⇒ |un− l|< ε
We noemen l de limiet van de rij (un), en we zeggen dat de rij convergent is. Een rij die niet
1Naar de cursusnota’s van G. Sonck, behorende bij het vak “Wiskunde: Algebra, Analyse en Meetkunde”, zullenwe in het vervolg verwijzen als [WAAM].
2Enkele technieken voor het behandelen van situaties waarin we tevreden moeten zijn met benaderde oplossingenworden besproken in het laatste deel van deze cursus; deze liggen immers binnen de actieradius van de “NumeriekeAnalyse”.
3Aan de cursusnota’s van G. Sonck behorende bij het vak “Wiskunde: Gevorderde Analyse en Meetkunde” zullenwe in het vervolg refereren als [WGAM].
5
convergent is, noemen we divergent. Op dezelfde manier definieren we
limn→∞
un =+∞ ⇐⇒ ∀α ∈ R, ∃N : n > N ⇒ un > α
enlimn→∞
un =−∞ ⇐⇒ ∀α ∈ R, ∃N : n > N ⇒ un < α
We zeggen dan dat (un) divergeert naar +∞, resp. −∞.
Voorbeelden 1.1.2
limn→∞
12n = 0
limn→∞
n2 =+∞
limn→∞−√
n =−∞
limn→∞
(−1)n bestaat niet
Indien een rij divergent is, en ook niet divergeert naar ±∞, dan noemen we de rij schommelend ofoscillerend. Een rij heeft niet altijd een limiet (zie het voorbeeld hierboven). Wel is het zo dat delimiet, indien hij bestaat, uniek is.Herinner dat een rij (un) begrensd heet indien er een reeel getal K bestaat zodat |un|< K,∀n.
Stelling 1.1.3 Een convergente rij is begrensd.
Bewijs. Kies ε = 1 in de definitie. Dan geldt voor n > N :
l−1 < un < l +1
zodat {uN+1,uN+2,uN+3, · · ·} begrensd is. Aangezien {u1,u2,u3, · · · uN} eindig en dus begrensdis, volgt dat de rij begrensd is. �
De omgekeerde eigenschap geldt niet: een begrensde rij kan divergent zijn: zie voorbeeld 4 hier-boven. Wel geldt dat een begrensde monotone rij convergent is (zie stelling 1.1.5). Eerst hebbenwe een definitie nodig.
Definitie 1.1.4 Neem een rij (un).(un) heet strikt dalend als
∀m,n ∈ N0 : m > n =⇒ um < un
(un) heet niet stijgend als∀m,n ∈ N0 : m > n =⇒ um ≤ un
(un) heet strikt stijgend als
∀m,n ∈ N0 : m > n =⇒ um > un
6
(un) heet niet dalend als∀m,n ∈ N0 : m > n =⇒ um ≥ un
In elk van deze vier gevallen noemen we (un) een monotone rij.
Alvorens we onderstaande stelling formuleren, is het nuttig de volgende definitie in herinnering tebrengen.Zij V een verzameling reele getallen. Herinner je dat elk getal u waarvoor geldt dat x≤ u, ∀x ∈Veen bovengrens voor V heet. Als een verzameling een kleinste bovengrens heeft, noemen we ditgetal het supremum van V en noteren we dit met supV . Op analoge wijze definieert men hetinfimum van een verzameling reele getallen.
Stelling 1.1.5 Een niet dalende (niet stijgende) rij, die naar boven (naar onder) begrensd is, con-vergeert naar haar supremum (resp. infimum).
Bewijs. Noteer met Vun de verzameling {u1,u2, ...}. Onderstel (un) niet dalend, en noteer m =supVun . We hebben de volgende eigenschap voor het supremum gezien:
∀ε > 0, ∃N : uN > m− ε
Aangezien (un) niet dalend is, geldt voor elke n > N :
m− ε < uN ≤ un ≤ m < m+ ε
of|un−m|< ε
zodatlimn→∞
un = m
Het bewijs voor een niet stijgende rij verloopt analoog. �
Volledig analoog kunnen we aantonen:
Stelling 1.1.6 Een niet dalende (niet stijgende) rij die niet begrensd is, divergeert naar +∞ (−∞).
Bewijs. We bewijzen alleen het geval waarin de rij (un) niet dalend en niet begrensd is. Dan bestaatvoor elke α ∈ R een index N zodat uN > α. Voor elke n > N geldt dan un ≥ uN > α. �
Opmerking 1.1.7 De stellingen 1.1.5 en 1.1.6 gelden ook voor rijen die slechts vanaf een zekereindex N monotoon zijn.
Het is soms belangrijk te kunnen bewijzen dat een rij convergeert, zonder daarom de limiet tehoeven kennen. Zulk een criterium zullen we nu opstellen.
Definitie 1.1.8 Een rij (un) is een Cauchyrij indien
∀ε > 0, ∃N > 0 : n,m > N =⇒ |un−um|< ε (1.1)
7
Stelling 1.1.9 Een rij is convergent dan en slechts dan als ze een Cauchyrij is.
Bewijs. Onderstel eerst dat (un) convergent is, en stel limn→∞
un = l, m.a.w.
∀ε > 0, ∃N > 0 : n > N =⇒ |un− l|< ε
2
Neem nu n,m > N. Dan geldt
|un−um| ≤ |un− l|+ |l−um|<ε
2+
ε
2= ε
Dit bewijst een implicatie. Het bewijs van de omgekeerde implicatie is moeilijker, en we laten dathier achterwege. �
1.2 Numerieke reeksen
Definitie 1.2.1 Gegeven is een numerieke rij (un). Een uitdrukking van de vorm
u1 +u2 +u3 + · · ·+un + · · ·
of, korter,∞
∑n=1
un
noemt men een numerieke reeks. Stel
sn = u1 +u2 + · · ·+un =n
∑i=1
ui
Men noemt de numerieke rij (sn) de rij der partiele sommen van de reeks∞
∑n=1
un. Indien de rij der
partiele sommen convergeert naar een getal s ∈ R, dan zegt men dat de reeks∞
∑n=1
un convergent is
met som s, en met noteert dit als volgt∞
∑n=1
un = s
Dit betekent dus dat∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n > N : |sn− s|< ε
Voor de partiele sommen van een reeks hebben we volgende formule:
sn+k− sn = un+1 +un+2 + · · ·+un+k.
Het convergentiecriterium van Cauchy, toegepast op de rij der partiele sommen, neemt daaromvolgende vorm aan.
8
Stelling 1.2.2 (convergentiecriterium van Cauchy)Een numerieke reeks ∑
∞n=1 un is convergent dan en slechts dan als
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, k ≥ 1 : |un+1 +un+2 + · · ·+un+k|< ε
Definitie 1.2.3 Een reeks∞
∑n=1
un wordt een positieve reeks genoemd indien un > 0 voor elke n.
Indien de reeks∞
∑n=1
un positief is, dan geldt duidelijk dat s1 < s2 < s3 < · · · en de rij van de partiele
sommen is dus stijgend. We kunnen dus concluderen (we verwijzen naar [WGAM] voor eenbewijs):
Stelling 1.2.4 (basiskenmerk voor positieve reeksen)
Een positieve reeks∞
∑n=1
un is convergent als en alleen als de rij der partiele sommen (sn) begrensd
is. Als de rij der partiele sommen niet begrensd is, dan divergeert de reeks naar +∞.
9
10
Hoo
fdst
uk 2 Reeksen van functies
2.1 Uniforme convergentie van een rij functies
Herinner je uit het vorige hoofdstuk dat een numerieke rij een afbeelding is N0→ R; n 7→ un, diewe voor de eenvoud als (un) noteerden.Zij (a,b) ⊂ R een (open) interval. Een rij van functies (op dit interval) is nu een afbeelding vanN0 naar R(a,b) (hierbij is R(a,b) = { f : (a,b)→ R| f is een functie}). Met andere woorden, een rijvan functies associeert met elk natuurlijk getal een functie un : (a,b)→ R. We zullen zulk een rijvan functies doorgaans met un(x), of kortweg -indien de context geen verwarring toelaat- met unnoteren; dit doen we om notationeel het verschil duidelijk te maken met numerieke rijen (die wemet (un) noteerden).Beschouw nu een rij functies un : (a,b)→ R. Voor elke x ∈ (a,b) kunnen we de numeriekerij (un(x)) bekijken. We kunnen dan nagaan of deze rij een limiet heeft. Vandaar de volgendedefinitie.
Definitie 2.1.1 De rij functies un convergeert puntsgewijs naar de functie ` : (a,b)→ R indienvoor elke x ∈ (a,b) geldt dat
limn→∞
un(x) = `(x)
of, met andere woorden, indien
∀ε > 0,∀x ∈ (a,b), ∃Nε,x : n > Nε,x =⇒ |un(x)− `(x)|< ε (2.1)
Een analoge definitie kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een gesloteninterval.
Opmerking 2.1.2 In bovenstaande definitie gebruiken we de notatie Nε,x om te benadrukken dathet natuurlijke getal in kwestie van zowel ε als x afhangt. Het zal onmiddellijk duidelijk wordenwaarom we dat hier doen.
Puntsgewijze limieten kunnen gemakkelijk berekend worden: beschouw de veranderlijke x als eenparameter, en bereken de limiet alsof het de limiet van een gewone numerieke rij betreft. Puntsge-wijze limieten hebben echter geen mooie eigenschappen. Zo is het mogelijk dat de puntsgewijzelimiet van een rij continue functies niet langer continu is. Dit blijkt uit de volgende voorbeelden.
Voorbeelden 2.1.3 1) Beschouw de rij functies un : R→ R gedefinieerd als volgt:
un(x) =
−1 als x <−1
n ;
nx als −1n < x < 1
n ;
1 als x > 1n .
11
De functies un zijn overal continu. De puntsgewijze limiet is echter niet continu in 0:
limn→∞
un(x) = `(x)
met
`(x) =
−1 als x < 0;
0 als x = 0;
1 als x > 0.(Zie Figuur 2.1)
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2
y=u_5(x)
x-as
y-as
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2
y=l(x)
x-as
y-as
Figuur 2.1: Een puntsgewijze limiet van continue functies is niet noodzakelijk continu
2) De puntsgewijze limiet van de rij functies un : R→ R gedefinieerd door
un(x) = 1+ x2− 1(1+ x2)n
wordt gegeven door
`(x) = limn→∞
un(x) ={
1+ x2 als x 6= 0;
0 als x = 0.(Zie Figuur 2.2)
Om dat te verhelpen is een nieuwe definitie van convergentie van een rij functies nodig. Merk opdat in (2.1) de index Nε,x in het algemeen afhangt van x (en ook van de gekozen ε, natuurlijk).Indien Nε,x onafhankelijk van x kan gekozen worden, dan zeggen we dat de rij functies uniformconvergeert.
Definitie 2.1.4 De rij functies un convergeert uniform naar de functie ` : (a,b)→ R indien
∀ε > 0, ∃Nε : n > Nε =⇒ ∀x ∈ (a,b) : |un(x)− `(x)|< ε (2.2)
Een analoge definitie kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een gesloteninterval.
12
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-3 -2 -1 0 1 2 3
y=u_10(x)
x-as
y-as
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-3 -2 -1 0 1 2 3
y=u_50(x)
x-as
y-as
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-3 -2 -1 0 1 2 3
y=u_500(x)
x-as
y-as
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-3 -2 -1 0 1 2 3
y=l(x)
x-as
y-as
Figuur 2.2: Een puntsgewijze limiet van continue functies is niet noodzakelijk continu
Opmerking 2.1.5 Zowel de definitie van puntsgewijze als uniforme convergentie van een rij func-ties kan eenvoudig uitgebreid worden naar een willekeurig convex deel A⊂ R. Hiermee bedoelenwe dat A een (open of gesloten) interval, een halve rechte of gans R mag zijn. Dit zal nuttig blijkenin de volgende paragraaf.
Meetkundig kunnen we dit als volgt zien: voor elke ε > 0 en voor n groot genoeg ligt de grafiekvan de kromme y = un(x) tussen de grafieken van de functies y = `(x)− ε en y = `(x)+ ε (ziefiguur 2.3). Deze eigenschap geldt duidelijk niet voor de twee bovenstaande voorbeelden.
Stelling 2.1.6 Als een rij functies un(x) uniform convergeert naar `(x) over een interval (a,b), enindien de functies un(x) continu zijn over (a,b) vanaf een zekere index M, dan is `(x) ook continuover (a,b). Een analoge eigenschap geldt voor gesloten intervallen.
Bewijs. Kies ε > 0 willekeurig, en x ∈ (a,b). Dan geldt:
|`(x+h)− `(x)| ≤ |`(x+h)−un(x+h)|+ |un(x+h)−un(x)|+ |un(x)− `(x)|
13
a bx
l(x) + e
l(x)l(x) – e
De kromme ligt overal dicht bij l(x)
un(x)
Figuur 2.3: Uniforme convergentie
Omdat un(x) uniform convergeert, bestaat er een index N ε
3zo dat voor elke y ∈ (a,b) en n > N ε
3geldt dat
|un(y)− `(y)|< ε
3in het bijzonder
|`(x+h)−un(x+h)|< ε
3en |un(x)− `(x)|< ε
3(2.3)
Kies nu n vast en groter dan de indices M en N ε
3. Dan is un continu in x, en er bestaat een δ > 0 zo
dat|h|< δ =⇒ |un(x+h)−un(x)|<
ε
3(2.4)
Combineren van (2.3) en (2.4) geeft
|h|< δ =⇒ |`(x+h)− `(x)|< ε
en dus is ` continu in x. �
Stelling 2.1.7 Onderstel dat un : [a,b]→R continu is, en dat un(x) uniform convergeert naar l(x)over [a,b]. Dan geldt
limn→∞
∫ b
aun(x)dx =
∫ b
al(x)dx
Met andere woorden, we mogen dan limiet en integraal verwisselen.
Bewijs. We moeten aantonen dat ∀ε > 0,∃Nε zodat ∀n > Nε geldt dat∣∣∣∣∫ b
aun(x)dx−
∫ b
al(x)dx
∣∣∣∣< ε.
Kies dus ε willekeurig. Uit stelling 2.1.6 volgt dat l continu is over [a,b], en bijgevolg kangeıntegreerd worden (cfr. [WAAM]). Omdat un(x) uniform convergeert naar l(x) hebben we
∀ε > 0, ∃N ε
b−a: ∀n > N ε
b−a, ∀x ∈ [a,b] : |l(x)−un(x)|<
ε
b−a.
14
Voor alle n > N ε
b−ahebben we dus∣∣∣∣∫ b
aun(x)dx−
∫ b
al(x)dx
∣∣∣∣= ∣∣∣∣∫ b
a(un(x)− l(x))dx
∣∣∣∣≤
∫ b
a|un(x)− l(x)|dx <
ε(b−a)b−a
= ε
Kiezen we nu Nε = N ε
b−a, is het gestelde bewezen. �
Stelling 2.1.8 Onderstel dat un : (a,b)→ R continu afleidbaar is, dat un(x) puntsgewijs conver-geert naar l(x) over [a,b], en u′n(x) uniform naar f (x) over (a,b). Dan is l(x) afleidbaar, en
l′(x) = f (x) = limn→∞
u′n(x)
Met andere woorden, we mogen dan limiet en afgeleide verwisselen.
Bewijs. Omdat u′n uniform convergeert naar f over elk gesloten deelinterval [x0,x] van (a,b) heb-ben we, vanwege stelling 2.1.7:∫ x
x0
f (t)dt = limn→∞
∫ x
x0
u′n(t)dt = limn→∞
un(x)−un(x0) = l(x)− l(x0)
Beide leden afleiden naar x geeft
f (x) =ddx
∫ x
x0
f (t)dt = l′(x).
Hierbij gebruikten we de Hoofdstelling van de Calculus (cfr. [WAAM]). �
Net zoals in het geval van een numerieke rij bestaat er een criterium voor uniforme convergentievan een rij functies waarin de limietfunctie `(x) niet voorkomt:
Stelling 2.1.9 (criterium van Cauchy) De rij functies un convergeert uniform over het interval(a,b) dan en slechts dan als
∀ε > 0, ∃Nε : m,n > Nε =⇒ ∀x ∈ (a,b) : |un(x)−um(x)|< ε (2.5)
Een analoge eigenschap kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een geslo-ten interval.
Bewijs. Onderstel dat un uniform convergeert over het interval (a,b) naar een functie `(x). Voorelke ε > 0 bestaat dan een index N ε
2zo dat voor n > N ε
2en x ∈ (a,b) geldt dat
|un(x)− `(x)|< ε
2
Voor n,m > N ε
2en x ∈ (a,b) geldt dus:
|un(x)−um(x)| ≤ |un(x)− `(x)|+ |`(x)−um(x)|<ε
2+
ε
2= ε
15
en dus is voldaan aan (2.5) indien we Nε = N ε
2kiezen.
Omgekeerd, onderstel dat de rij un voldoet aan (2.5). Dan is voor elke x ∈ (a,b) de numerieke rij(un(x)) een Cauchyrij. De rij (un(x)) is dus convergent; noem de limiet `(x). un(x) convergeertdan puntsgewijs naar `(x), en de stelling is bewezen als we kunnen aantonen dat deze convergentieook uniform is. Bij onderstelling is
|un(x)−um(x)|< ε
zodra n,m > Nε, en ongeacht x. Dus geldt voor elke x ∈ (a,b):
limm→∞|un(x)−um(x)| ≤ ε
en dus|un(x)− `(x)| ≤ ε < 2ε
voor elke n > Nε en x ∈ (a,b). De convergentie is dus uniform. �
Opmerking 2.1.10 Voor een vector~v ∈ Rn kan men de lengte (of norm) invoeren:
‖~v‖=
√n
∑i=1
v2i
Voor een functie die begrensd is over een interval [a,b] kan men ook een norm definieren. Men doetdit als volgt: De norm van een begrensde functie f : [a,b]→ R wordt gegeven door de formule
‖ f‖= sup{| f (x)| : a≤ x≤ b} (2.6)
De definitie van uniforme convergentie van een rij functies kan nu als volgt herschreven worden:de rij functies un convergeert uniform over [a,b] naar de functie ` : [a,b]→ R indien
∀ε > 0, ∃N : n > N =⇒ ‖un− `‖< ε (2.7)
Herschrijf zelf het convergentiecriterium van Cauchy met behulp van de norm.
2.2 Uniforme convergentie van een reeks functies
Net zoals we voor een numerieke rij (un) de rij der partieelsommen konden beschouwen -hetgeende definitie van een numerieke reeks, genoteerd ∑
∞n=1 un, gaf- kunnen we, nu vertrekkende van een
rij van functies un : (a,b)→ R ook een “rij der partieelsommen” gaan bekijken. Hiertoe zal hetsoms handig zijn om toe te laten dat de functies un op algemene convexe delen van R gedefinieerdzijn. Namelijk, zij A een deel van R. We zullen meestal aannemen dat A convex is, d.w.z. A is een(open, halfopen of gesloten) interval, een (open of gesloten) halve rechte, of gans R.Beschouw een rij functies un : A⊂ R→ R. De uitdrukking
∞
∑n=1
un(x)
16
noemen we een reeks van functies. De n-de partiele som
sn(x) =n
∑i=1
ui(x)
is dan ook een functie van x, eveneens op A gedefinieerd.
We zeggen dat∞
∑n=1
un(x) puntsgewijs convergent is over A met som s(x) als de rij van functies sn(x)
puntsgewijs convergeert over A, i.e. als
limn→∞
sn(x) = s(x)
voor elke x ∈ A, of, met andere woorden, indien
∀ε > 0, ∀x ∈ A, ∃Nε,x : n > Nε,x =⇒ |s(x)− sn(x)|< ε
Om de puntsgewijze convergentie van de reeks∞
∑n=1
un(x) te onderzoeken volstaat het dus om voor
elke x0 ∈ A de convergentie van de numerieke reeks∞
∑n=1
un(x0) te onderzoeken.
Voorbeeld 2.2.1 Beschouw de rij van functies un : (−1,1)→R gedefinieerd door un(x) = xn−1 tenemen. Uit [WGAM] weten we dat -onze huidige terminologie gebruikend- de reeks van functies
∞
∑n=1
un(x) puntsgewijs convergeert over (−1,1) met als reekssom de functie s(x) = 1/(1− x).
Een reeks van functies convergeert dus per definitie puntsgewijs indien de rij van de partiele som-men puntsgewijs convergeert. In § 2.1 hebben we eveneens een sterkere vorm van convergentievan rijen van functies besproken: uniforme convergentie. Uniforme convergentie heeft een aantalinteressante eigenschappen: zo is bijvoorbeeld de uniforme limiet van een rij continue functiesopnieuw continu, en deze eigenschap geldt niet voor puntsgewijze convergentie.
We noemen de reeks∞
∑n=1
un(x) uniform convergent over A met som s(x) indien de rij (van functies)
der partiele sommen sn(x) uniform convergeert naar s(x) over A, of, met andere woorden, indien
∀ε > 0, ∃Nε : ∀x ∈ A : n > Nε =⇒ |s(x)− sn(x)|< ε
We hebben onmiddellijk de volgende eigenschappen.
Stelling 2.2.2 Als∞
∑n=1
un(x) uniform convergeert naar s(x) over het interval (a,b), en de functies
un zijn continu over (a,b), dan is s(x) continu over (a,b).
Bewijs. s(x) is de uniforme limiet van de rij continue functies sn(x), en is dus continu vanwegestelling 2.1.6. �
17
Stelling 2.2.3 Onderstel dat de functies un : [a,b]→R continu zijn, en dat∞
∑n=1
un(x)= s(x) uniform
convergent is over [a,b]. Dan geldt dat∫ b
as(x)dx =
∞
∑n=1
∫ b
aun(x)dx
met andere woorden, een uniform convergente reeks mag term per term geıntegreerd worden.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 2.1.7. �
Stelling 2.2.4 Onderstel dat de functies un : (a,b)→ R een continue afgeleide bezitten, en dat
de reeks∞
∑n=1
un(x) = s(x) puntsgewijs convergeert over (a,b). Indien de reeks∞
∑n=1
u′n(x) uniform
convergeert over (a,b), dan is∞
∑n=1
u′n(x) = s′(x), m.a.w. men mag de reeks term per term afleiden.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 2.1.8. �
Stelling 2.2.5 (criterium van Cauchy) De reeks∞
∑n=1
un(x) convergeert uniform over A als en al-
leen als
∀ε > 0, ∃Nε : ∀x ∈ A, ∀n > Nε, ∀p > 0 : |un+1(x)+un+2(x)+ · · ·+un+p(x)|< ε
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 2.1.9. �
In de praktijk is het criterium van Cauchy niet erg handig. In de volgende twee stellingen gevenwe twee meer eenvoudige criteria.
Stelling 2.2.6 (criterium van Weierstrass) Beschouw een rij functies un : A⊂ R→ R. Indien
|un(x)| ≤ mn
voor elke n > N en x ∈ A, en indien ∑mn een convergente numerieke reeks is, dan is ∑un(x)uniform convergent over A.
Bewijs. Omdat ∑mn convergeert, geldt, vanwege stelling 1.2.2
∀ε > 0, ∃Nε : ∀n > Nε, p > 0 : |mn+1 +mn+2 + · · ·+mn+p|< ε
Voor elke n > max{N,Nε} en x ∈ A geldt nu dat
|un+1(x)+un+2(x)+ · · ·+un+p(x)| ≤ mn+1 +mn+2 + · · ·+mn+p < ε
en uit stelling 2.2.5 volgt dat ∑un(x) uniform convergent over A. �
18
Stelling 2.2.7 Als∞
∑n=1
un(x) = s(x) uniform convergeert over A, en f : A⊂ R→ R een begrensde
functie is, dan is∞
∑n=1
f (x)un(x) uniform convergent met som f (x)s(x).
Bewijs. Onderstel dat | f (x)| < m, voor elke x ∈ A. Voor elke ε > 0 bestaat een index N ε
mzodat
voor elke n > N ε
men x ∈ A geldt dat
|s(x)− sn(x)|<ε
m
en hieruit volgt dat
| f (x)s(x)− f (x)sn(x)|<ε
mm = ε
en dit betekent dat∞
∑n=1
f (x)un(x) uniform convergent is met som f (x)s(x). �
In de komende paragrafen bespreken we puntsgewijze en uniforme convergentie van enkele spe-cifieke reeksen van functies. In § 2.3 bekijken we zogenaamde machtreeksen; in zekere zin demeest “eenvoudige” soort reeksen van functies. In § 2.4 beschouwen we het omgekeerde vraag-stuk; we gaan na onder welke voorwaarde we een functie kunnen benaderen door (i.e. schrijven als-puntsgewijze of uniforme- reekssom van) een reeks van veeltermfuncties. Dit geeft aanleiding totde theorie der Taylorreeksen. De inhoud van § 2.3 en § 2.4 kwam reeds aan bod in [WGAM], maarmet onze huidige definities en eigenschappen is het nu mogelijk de resultaten van toen preciezer teformuleren.In § 2.5 bespreken we reeksen van sinus-en cosinusfuncties en gaan we na onder welke voorwaardewe een functie kunnen schrijven als puntsgewijze of uniforme- reekssom van zulk een “goniome-trische” reeks van functies. Dit zal aanleiding geven tot de theorie van de Fourierreeksen, eenkrachtig en in de (ingenieurswetenschappelijke) praktijk vaak gebruikt instrument.
2.3 Machtreeksen
Definitie 2.3.1 Een machtreeks is een reeks van functies van de vorm ∑∞n=0 an(x− a)n, waarbij
ai ∈ R,∀i.
Jullie noteerden zulk een reeks van functies ook wel als ∑∞n=0 an(x−a)n = a0+a1(x−a)+a2(x−
a)2 + · · · in [WGAM]. Merk op dat, om ook de constante term in rekening te kunnen brengen, desommatie in bovenstaande definitie bij de index n = 0 aanvangt.Bemerk ook het volgende: voor wat de convergentie van een machtreeks betreft, volstaat het hetgeval a = 0 te bestuderen. Immers, als we de substitutie u = x−a uitvoeren, dan vinden we
∞
∑n=0
an(x−a)n =∞
∑n=0
anun
19
Lemma 2.3.2 Onderstel dat r > 0 en
limn→∞
anrn = 0 en |x0|< r
Dan is∞
∑n=0
anx0n een absoluut convergente numerieke reeks, i.e. de numerieke reeks
∞
∑n=0|anx0
n|
convergeert.
Bewijs. Er bestaat een index N zodat voor elke n > N geldt dat |anrn| < 1. Kies α ∈ [0,1) zodat|x0|< αr. Dan geldt voor elke n > N dat
|anx0n|< |an|αnrn < α
n
De meetkundige reeks∞
∑n=0
αn is een convergente numerieke reeks, en uit het vergelijkend criterium
(cfr. [WGAM]), kunnen we via besluiten dat∞
∑n=0|anx0
n| convergeert. �
Onderstel datlimn→∞
anrn = 0
Indien 0≤ s≤ r, dan geldt voor elke n dat
0≤ |an|sn ≤ |an|rn
en dus is ooklimn→∞
ansn = 0
Stelling 2.3.3 Beschouw een machtreeks∞
∑n=0
anxn, en stel
R = sup{r ≥ 0| limn→∞
anrn = 0}
Dan geldt
1. |x0|< R =⇒∞
∑n=0
anx0n absoluut convergente numerieke reeks;
2. |x0|> R =⇒∞
∑n=0
anx0n divergente numerieke reeks.
Bewijs. 1) Kies r zodat |x0|< r < R. Uit het bovenstaande volgt dat
limn→∞
anrn = 0 (Waarom?)
20
en uit lemma 2.3.2 volgt dat de reeks∞
∑n=0
anx0n absoluut convergeert.
2) Als |x0|> R, dan is het onmogelijk dat limn→∞
an|x0n|= 0, want dat zou impliceren dat
|x| ≤ sup{r ≥ 0| limn→∞
anrn = 0}= R
Dus is limn→∞
anx0n 6= 0, en de reeks is divergent (cfr. [WGAM]). �
De machtreeks convergeert dus absoluut (i.e.∞
∑n=0|anxn| convergeert puntsgewijs) op het interval
(−R,R), en convergeert niet (noch uniform, noch puntsgewijs) op (−∞,−R)∪ (R,+∞). Enkelin de punten R en −R is er nog onzekerheid. Alles is er mogelijk: convergentie in beide punten,divergentie in beide punten, en convergentie in het een en divergentie in het ander. R noemen we deconvergentiestraal van de machtreeks, en (−R,R) het convergentieinterval. In de volgende tweestellingen zullen we formules zien die toelaten om in veel gevallen R te berekenen.
Stelling 2.3.4 Beschouw een machtreeks∞
∑n=0
anxn. Als
L = limn→∞
∣∣∣ an
an+1
∣∣∣bestaat, dan is L = R, de convergentiestraal van de machtreeks.
Bewijs. Als |x0|< L, dan is
limn→∞
∣∣∣an+1x0n+1
anx0n
∣∣∣= limn→∞
∣∣∣an+1x0
an
∣∣∣= |x0|L
< 1.
De verhoudingstest voor positief numerieke reeksen (cfr. [WGAM]) staat toe te besluiten dat∞
∑n=0
anx0n absoluut convergeert. Dus is L < R.
Op dezelfde manier volgt dat∞
∑n=0|anx0
n| divergeert als |x0|> L, d.w.z. dat L≥ R. Het kan dus niet
anders zijn dan dat R = L. �
Stelling 2.3.5 Beschouw een machtreeks∞
∑n=0
anxn. Als
Λ = limn→∞
n√|an|
bestaat, dan is 1/Λ = R, de convergentiestraal van de machtreeks.
Bewijs. De stelling volgt uit het convergentiekenmerk van Cauchy (ook genaamd de worteltest,cfr. [WGAM]) en verloopt analoog aan het bewijs van de vorige stelling. Bewijs het gestelde zelfals oefening. �
21
Voorbeelden 2.3.6 1) Beschouw de volgende machtreeks
∞
∑n=0
xn
n!= 1+ x+
x2
2+
x3
6+ · · ·
Deze convergeert absoluut op heel R, want
R = limn→∞
∣∣∣ an
an+1
∣∣∣= limn→∞
(n+1)!n!
=+∞
2) Beschouw de machtreeks∞
∑n=0
(n+1)xn = 1+2x+3x2 +4x3 + · · ·
De convergentiestraal is
R = limn→∞
∣∣∣ an
an+1
∣∣∣= limn→∞
n+1n+2
= 1
De machtreeks convergeert dus absoluut op (−1,1). In de eindpunten x =±1 is de reeks divergent.3) Beschouw de machtreeks
∞
∑n=1
xn
n= x+
x2
2+
x3
3+ · · ·
De convergentiestraal is
R = limn→∞
∣∣∣ an
an+1
∣∣∣= limn→∞
1/n1/n+1
= 1
De machtreeks convergeert dus absoluut op (−1,1). Voor x = 1 is de reeks divergent (harmonischereeks), en voor x = −1 is ze (relatief) convergent (alternerende harmonische reeks). Het conver-gentieinterval is dus [−1,1).4) Beschouw de machtreeks
∞
∑n=0
nnxn = 1+ x+4x2 +27x3 + · · ·
Het invers van de convergentiestraal is
1R= lim
n→∞
n√|an|= lim
n→∞n =+∞
en de convergentiestraal R = 0. De machtreeks convergeert dus alleen voor x = 0.
Uniforme convergentie van machtreeksen
Hiervoor bespraken we reeds puntsgewijze convergentie van een machtreeks. Nu is het de beurtaan uniforme convergentie.
Stelling 2.3.7 Onderstel dat R de convergentiestraal is van de machtreeks∞
∑n=0
anxn. De machtreeks
convergeert uniform over elk gesloten interval [−r,r], met r < R.
22
Bewijs. Kies r < R. De reeks∞
∑n=0|an|rn is convergent, en voor elke x ∈ [−r,r] hebben we dat
|anxn| ≤ |an|rn
Het gestelde volgt nu uit het kenmerk van Weierstrass (stelling 2.2.6). �
Gevolg 2.3.8 De som van een machtreeks s(x) =∞
∑n=0
anxn is continu over (−R,R).
Bewijs. Onderstel x ∈ (−R,R), en neem r zodat |x|< r < R. De machtreeks is uniform convergentover [−r,r] (stelling 2.3.7) en dus is s continu over (−r,r) (stelling 2.2.2). In het bijzonder is scontinu in x. �
Zonder bewijs vermelden we ook de volgende stelling, waarin continuıteit in de randpunten vanhet convergentieinterval wordt behandeld.
Stelling 2.3.9 (stelling van Abel) Indien de machtreeks∞
∑n=0
anxn convergeert in x = R (of x =−R),
dan is de som van de machtreeks, s(x), linkscontinu in R (rechtscontinu in −R).
Afleiden en integreren van machtreeksen
Lemma 2.3.10 De machtreeks∞
∑n=1
nanxn−1 heeft dezelfde convergentiestraal als∞
∑n=0
anxn.
Bewijs. Zij R de convergentiestraal van de machtreeks∞
∑n=0
anxn. We weten dat
R = sup{r ≥ 0| limn→∞
anrn = 0}
(stelling 2.3.3). Het volstaat nu aan te tonen dat de numerieke reeks∞
∑n=1
nanx0n−1 absoluut conver-
gent is voor |x0|< R en divergent voor |x0|> R.Onderstel eerst dat |x0|< R, en kies r > 0 en α ∈ [0,1) zo dat
|x0|< αr < r < R
Omdatlimn→∞
anrn = 0
bestaat een index N zodat voor elke n > N geldt dat
|an|rn < 1
en dus
n|an||x0n−1|< n|an|αn−1rn−1 <
nαn−1
r
23
Omdat α < 1 is ∑nαn−1 convergent (verhoudingstest voor positieve reeksen, cfr [WGAM]), en uit
het vergelijkend kenmerk volgt dat∞
∑n=1
nanx0n−1 absoluut convergent is.
Indien |x0|> R, dan islimn→∞
an|x0|n 6= 0
en dus islimn→∞
nan|x0|n−1 6= 0
en bijgevolg is∞
∑n=1
nanx0n−1 divergent. �
We kunnen nu aantonen dat machtreeksen binnen het convergentieinterval term per term mogenafgeleid en geıntegreerd worden.
Stelling 2.3.11 Beschouw een machtreeks∞
∑n=0
anxn met convergentiestraal R en noteer s(x) de
reekssom. Voor elke x,x0 ∈ (−R,R) geldt dat
s′(x) =∞
∑n=1
nanxn−1 (2.8)
∫ x
x0
s(t)dt =∞
∑n=0
an
n+1(xn+1− xn+1
0 ) (2.9)
Bewijs. Kies r < R zo dat x,x0 ∈ (−r,r). Uit stelling 2.3.7 volgt dat de machtreeks uniformconvergent is over [−r,r], en a fortiori over (−r,r). (2.9) volgt nu onmiddellijk uit stelling 2.2.3.
In stelling 2.3.10 hebben we gezien dat R ook de convergentiestraal van de machtreeks∞
∑n=1
nanxn
is. Uit stelling 2.3.7 volgt nu dat ook deze reeks uniform convergent is over (−r,r), en (2.8) volgtnu onmiddellijk uit stelling 2.2.4. �
Gevolg 2.3.12 De reekssom s(x) van de machtreeks∞
∑n=0
anxn is onbeperkt afleidbaar over het in-
terval (−R,R). De i-de afgeleide s(i)(x) is de som van de machtreeks ∑∞n=0
(n+i)!n! an+ixn.
Voorbeelden 2.3.13 1) Beschouw opnieuw de machtreeks ∑∞n=0 xn. De convergentiestraal is 1,
dus convergeert deze machtreeks uniform naar haar reekssom 11−x op het interval (−1,1).
Vervangen we x door −x in bovenstaande formule, dan bekomen we dat 11+x de reekssom is van
de machtreeks ∑∞n=0(−1)nxn op (−1,1) en stelling 2.3.11 leert ons dat ∀x ∈ (−1,1) geldt dat∫ x
0
11+ t
dt =∞
∑n=0
(−1)n
n+1(xn+1),
i.e. de machtreeks ∑∞n=0
(−1)n
n+1 (xn+1) = x− x2
2 + x3
3 −x4
4 + · · · convergeert uniform naar ln(1 +x) op (−1,1). Ga zelf na als oefening dat deze machtreeks divergeert in het randpunt x = −1
24
(harmonische reeks) en convergeert in het randpunt x =+1 (alternerende harmonische reeks).Wensen we nu bijvoorbeeld ln(2) te benaderen via bovenstaande machtreeks, dan staat de stellingvan Abel ons dat toe; ln(2) is immers de linkerlimiet van de functie ln(1+x) voor x naderend naar1, dus we kunnen schrijven dat
ln(2) =∞
∑n=1
(−1)n+1
n= 1− 1
2+
13− 1
4+ · · ·
2) Beschouw nu de machtreeks ∑∞n=0(−1)nx2n. Deze convergeert uniform op (−1,1) naar de
functie 11+x2 . Passen we, net zoals in het voorbeeld hierboven, stelling 2.3.11 toe, dan vinden we
dat
bgtg(x) =∫ x
0
11+ t2 dt =
∞
∑n=0
(−1)n
2n+1(x2n+1).
Deze machtreeks is nu convergent in beide randpunten x =±1 (hyperharmonische reeksen), zodatwe bovenstaande formule kunnen gebruiken om bijvoorbeeld het getal π te benaderen. Immers,π
4 = bgtg(1) en bgtg(1) = ∑∞n=0
(−1)n
2n+1 , zodat
π = 4∞
∑n=0
(−1)n
2n+1= 4− 4
3+
45− 4
7+ · · ·
Merk op dat de twee bovenstaande voorbeelden nogal “ad hoc” zijn om ln(2), resp. π te benade-ren. In de volgende paragraaf bekijken we een methode om dit directer te doen (gebruik makendevan de zogenaamde formule van Taylor).
3) Term per term afleiden van de machtreeks ∑∞n=0 xn+1 levert dat 1
(1−x)2 de reekssom is van de
machtreeks ∑∞n=0(n+1)xn = 1+2x+3x2 +4x3 +5x4 + · · · op het interval (−1,1). Men kan deze
formule ook rechtstreeks bewijzen. Doe dit zelf als oefening.
Vermenigvuldiging van machtreeksen
Voor enkele benaderingen waarvan in volgende hoofdstukje sprake, zal het handig zijn om iets tekunnen zeggen over producten van machtreeksen. Daartoe eerst het volgende.
Onderstel dat∞
∑n=0
an en∞
∑n=0
bn twee numerieke reeksen zijn. Het product van deze twee reeksen is
per definitie de reeks met algemene term
cn = a0bn +a1bn−1 +a2bn−2 + · · ·+anb0 =n
∑i=0
aibn−i
met andere woorden,
∞
∑n=0
cn = a0b0 +(
a0b1 +a1b0
)+(
a0b2 +a1b1 +a2b0
)+ · · ·=
∞
∑n=0
( n
∑i=0
aibn−i
)Zowel de haakjes als de volgorde van de termen is van belang.
25
Stelling 2.3.14 (stelling van Cauchy) Als de reeksen∞
∑n=0
an en∞
∑n=0
bn absoluut convergent zijn, dan
is ook de productreeks∞
∑n=0
cn absoluut convergent, en de som van de productreeks is het product
van de sommen van beide reeksen.∞
∑n=0
cn =( ∞
∑n=0
an
)( ∞
∑n=0
bn
)Bewijs. Dit bewijs is opgenomen voor de liefhebbers. De anderen kunnen opgelucht adem halen.
We bewijzen eerst dat∞
∑n=0
cn absoluut convergent is. Schrijf
s′n =n
∑i=0|ai| en t ′n =
n
∑i=0|bi|
We zullen aantonen dat de partiele sommen van de reeks∞
∑n=0|cn| begrensd zijn.
n
∑j=0|c j| =
n
∑j=0
∣∣∣ j
∑i=0
aib j−i
∣∣∣≤ n
∑j=0
j
∑i=0|aib j−i|= ∑
0≤i,k≤ni+k≤n
|aibk|
≤n
∑i=0
n
∑k=0|ai||bk|=
( n
∑i=0|ai|)(
n
∑k=0|bk|)= s′nt ′n
Omdat de partiele sommen s′n en t ′n zijn begrensd, zijn de partiele sommen van de productreeks∞
∑n=0|cn| begrensd,en de productreeks is absoluut convergent.
Schrijf nu
sn =n
∑i=0
ai en tn =n
∑k=0
bk
zodat
sntn =n
∑i=0
n
∑k=0
aibk
We hebben ook dat2n
∑j=0
c j =2n
∑j=0
j
∑i=0
aib j−i = ∑0≤i,k≤2ni+k≤2n
aibk
en dus is ∣∣∣ 2n
∑j=0
c j− sntn∣∣∣ =
∣∣∣ ∑n<i≤2n0≤k≤ni+k≤2n
aibk + ∑n<k≤2n0≤i≤ni+k≤2n
aibk
∣∣∣
26
≤ ∑n<i≤2n0≤k≤ni+k≤2n
|aibk|+ ∑n<k≤2n0≤i≤ni+k≤2n
|aibk|
≤2n
∑i=n+1
n
∑k=0|aibk|+
2n
∑k=n+1
n
∑i=0|aibk|
= (2n
∑i=n+1
|ai|)s′n +(2n
∑i=n+1
|bi|)t ′n
Voor n groot genoeg worden2n
∑i=n+1
|ai| en2n
∑i=n+1
|bi|
willekeurig klein (criterium van Cauchy); s′n en t ′n zijn begrensd, zodat
∣∣∣ 2n
∑j=0
c j− sntn∣∣∣
willekeurig klein kan gemaakt worden door n groot genoeg te nemen. Hieruit volgt dat
∞
∑n=0
cn = limn→∞
sntn = limn→∞
sn limn→∞
tn =( ∞
∑n=0
an
)( ∞
∑n=0
bn
)�
Onderstel nu dat twee machtreeksen
∞
∑n=0
anxn en∞
∑n=0
bnxn
gegeven zijn. Het product van deze twee reeksen is de machtreeks
∞
∑n=0
( n
∑i=0
aibn−i)xn = a0b0 +(a0b1 +a1b0)x+(a0b2 +a1b1 +a2b0)x2 + · · ·
Uit stelling 2.3.14 volgt onmiddellijk
Stelling 2.3.15 De convergentiestraal van het product van twee machtreeksen is tenminste gelijkaan het minimum van de convergentiestralen van deze twee machtreeksen.
Bewijs. Onderstel van niet. Neem x zodanig dat |x| groter is dan de convergentiestraal van de pro-ductreeks, maar kleiner dan de convergentiestralen van de twee gegeven reeksen. Uit stelling 2.3.14volgt dat de productreeks absoluut convergeert in x, en dit is strijdig met de onderstelling dat |x|groter is dan de convergentiestraal van de productreeks. �
27
2.4 Taylorreeksen
In de vorige paragraaf hebben we gezien dat de som van een machtreeks een onbeperkt afleidbarefunctie op het convergentieınterval van de machtreeks is. In enkele gevallen konden we deze func-tie bepalen. We bekijken nu het omgekeerde probleem: gegeven is een functie f (x) die onbeperktafleidbaar is in een omgeving van het punt a. Kan deze functie geschreven worden als som van eenmachtreeks (op een omgeving van a)?Om dit probleem op te lossen herhalen we de formule van Taylor. We verwijzen naar [WGAM]voor een bewijs van dit resultaat.
Stelling 2.4.1 (formule van Taylor) Onderstel dat f : (a−r,a+r)→R een onbeperkt afleidbarefunctie 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
∑i=0
f (i)(a)i!
(x−a)i
met
rn(x) =f (n+1)(ξn(x))(n+1)!
(x−a)n+1
sn(x) is de n-de partiele som van de machtreeks
∞
∑n=0
f (n)(a)n!
(x−a)n
Deze machtreeks noemt men de Taylorreeks van f in het punt a. Als
limn→∞
rn(x) = 0
dan islimn→∞
sn(x) = f (x)
of
f (x) =∞
∑n=0
f (n)(a)n!
(x−a)n
en in dit geval kan f (x) geschreven worden als een (uniforme) reekssom van een machtreeks.Indien de Taylorreeks van de functie f (uniform) convergeert naar f (x) voor x in een omgevingvan het punt a, dan zeggen we dat f analytisch is in het punt a.In hetgeen volgt zullen we de Taylorreeks van enkele belangrijke functies bestuderen.
De exponentiele functie
We schrijven de formule van Taylor op voor de functie f (x) = ex in het punt 0. We vinden gemak-kelijk dat f (n)(x) = ex en f (n)(0) = 1 zodat ex = sn(x)+ rn(x) met
sn(x) = 1+ x+x2
2!+
x3
3!+ · · ·+ xn
n!
28
en
rn(x) =xn+1
n+1!eξn
met ξn ∈ (0,x). Als x≥ 0, dan is eξn < ex, en als x≤ 0, dan is eξn < 1. In beide gevallen geldt (cfr.[WGAM])
|rn(x)| ≤|x|n+1
n+1!e|x|n→∞−→0
zodat
ex =∞
∑n=0
xn
n!= 1+ x+
x2
2!+
x3
3!+ · · · (2.10)
voor elke x ∈ R.
De hyperbolische functies
Als we x vervangen door −x in (2.10), dan vinden we
e−x =∞
∑n=0
(−1)nxn
n!= 1− x+
x2
2!− x3
3!+ · · · (2.11)
voor elke x ∈ R.Aan de hand van de exponientiele functie definieert men de zogenaamdehyperbolische functies.De hyperbolische sinusfunctie is gedefinieerd als
sh(x) =ex− e−x
2.
Analoog definieert men de hyperbolische cosinusfunctie als
ch(x) =ex + e−x
2.
Laatsgenoemde functie is van belang in sommige architecturale toepassingen. Hier komen we inhet hoofdstuk over variatierekening op terug.Gebruik makende van (2.10) en (2.11) vinden we nu dat voor elke x ∈ R geldt dat
sh(x) = x+x3
3!+
x5
5!+ · · ·=
∞
∑n=0
x2n+1
(2n+1)!(2.12)
ch(x) = 1+x2
2+
x4
4!+ · · ·=
∞
∑n=0
x2n
(2n)!(2.13)
De goniometrische functies
Als we de formule van Taylor opschrijven voor de functie f (x) = sinx vinden we sinx = sn(x)+rn(x) met
s2n(x) = x− x3
3!+
x5
5!+ · · ·+ (−1)n−1x2n−1
(2n−1)!
29
en
r2n(x) = (−1)n x2n+1
(2n+1)!cos(ξ2n)
met ξ2n ∈ (0,x). We zien gemakkelijk dat
|r2n(x)| ≤|x|2n+1
(2n+1)!n→∞−→0
voor elke x ∈ R, zodat
sinx = x− x3
3!+
x5
5!−·· ·=
∞
∑n=0
(−1)nx2n+1
(2n+1)!(2.14)
voor elke x ∈ R. Op volledig analoge wijze vinden we
cosx = 1− x2
2+
x4
4!−·· ·=
∞
∑n=0
(−1)nx2n
(2n)!(2.15)
Opnieuw verwijzen we naar [WGAM] voor details.
De binomiaalreeks
Neem m ∈ R en beschouw de functie (onderstel x >−1)1
f (x) = (1+ x)m
Toepassing van de formule van Taylor levert f (x) = sn(x)+ rn(x), met
sn(x) = 1+mx+m(m−1)
2x2 + · · ·+ m(m−1)(m−2) · · ·(m−n+1)
n!xn
en
rn(x) =m(m−1)(m−2) · · ·(m−n)
(n+1)!xn+1(1+θx)m−n−1
Als m ∈ N, dan is rn = 0 voor n > m. We krijgen dan
f (x) = (1+ x)m =m
∑i=0
(mi
)xi
en dit is niets anders dan het binomium van Newton2. Immers, de binomiaalcoefficienten wordengegeven door de formule(
mi
)=
m!i!(m− i)!
=m(m−1)(m−2) · · ·(m− i+1)
i!
1Herinner je dat -per definitie- voor r ∈ R en a > 0 geldt dat ar = erln(a).2We vermelden ter zijde dat hetgeen wij als Taylor- of Mc Laurinontwikkeling kennen, weinig met Taylor of Mc
Laurin te maken heeft. Het was Newton die reeds in het bezit was van reeksontwikkelingen van o.m. de exponentiele,sinus-, cosinus-, tangens-, cotangens- en boogsinusfunctie. De foutterm in de “formule van Taylor” is toe te schrijvenaan Legendre (die had Newton nog niet). Tenslotte noteren we nog dat het Newtons eigen reeksontwikkeling van deexponentiele functie was die hem ertoe heeft aangezet zijn algoritme uit de numerieke analyse voor het benaderen vannulpunten van functies op te stellen. Hier komen we in het laatste deel van de cursus op terug.
30
Voor m ∈ R definieren we nu de binomiaalcoefficienten als volgt(mi
)=
m(m−1)(m−2) · · ·(m− i+1)i!
De Taylorreeks van f (x) is dan∞
∑n=0
(mn
)xn
De convergentiestraal van deze machtreeks is
limn→∞
∣∣∣ an
an+1
∣∣∣= limn→∞
∣∣∣ n+1m−n
∣∣∣= 1
Men kan aantonen dat limn→∞
rn(x) = 0 als −1 < x < 1 en we kunnen dus besluiten dat
(1+ x)m =∞
∑n=0
(mn
)xn (2.16)
voor −1 < x < 1. Voor m = 1/2 vinden we bijvoorbeeld
√1+ x = 1+
x2− x2
2.4+
3x3
2.4.6− 3.5x4
2.4.6.8+ · · ·
Samenvatting
11− x
= 1+ x+ x2 + x3 + · · ·=∞
∑n=0
xn (−1≤ x < 1)
ln(1+ x) = x− x2
2+
x3
3− x4
4+ · · ·=
∞
∑n=1
(−1)n+1xn
n(−1 < x≤ 1)
ex = 1+ x+x2
2!+
x3
3!+ · · ·=
∞
∑n=0
xn
n!(x ∈ R)
sh(x) = x+x3
3!+
x5
5!+ · · ·=
∞
∑n=0
x2n+1
(2n+1)!(x ∈ R)
ch(x) = 1+x2
2+
x4
4!+ · · ·=
∞
∑n=0
x2n
(2n)!(x ∈ R)
sinx = x− x3
3!+
x5
5!−·· ·=
∞
∑n=0
(−1)nx2n+1
(2n+1)!(x ∈ R)
cosx = 1− x2
2+
x4
4!−·· ·=
∞
∑n=0
(−1)nx2n
(2n)!(x ∈ R)
(1+ x)m =∞
∑n=0
(mn
)xn (−1 < x < 1)
31
Opmerkingen 2.4.2 1) Men zou kunnen denken dat, indien de Taylorreeks van f convergeert, datze dan automatisch naar de functie convergeert. Dit is niet noodzakelijk het geval. Beschouwbijvoorbeeld de functie
f (x) =
{e−
1x2 als x 6= 0;
0 als x = 0.Voor x 6= 0 is
f (n)(x) =P(x)Q(x)
e−1
x2
waarbij P en Q veeltermen zijn (verifieer dit zelf). Per inductie kunnen we dan aantonen datf (n)(0) = 0 voor elke n. Immers, als f (n)(0) = 0, dan is
f (n+1)(0) = limh→0
P(h)hQ(h)
e−1
h2
Als we nu de formule van Taylor toepassen, dan vinden we
sn(x) = 0
voor elke n. De Taylorreeks is dus 0, en de Taylorreeks convergeert, maar niet naar de functie f !2) In het algemeen zal de Taylorreeks sneller convergeren naarmate x dichter bij het punt a komtte liggen. Als we x ver van a nemen, dan kan de convergentie zeer traag zijn, en in vele gevallentotaal ongeschikt voor praktische berekeningen. Neem bijvoorbeeld de reeksontwikkeling voor desinusfunctie, en schrijf deze neer voor x = 1000:
sin1000 = 103− 106
6+
109
120−·· ·
en dit is natuurlijk geen erg goede benadering voor een getal dat tussen −1 en 1 moet liggen. Dealgemene term in de reeks begint pas vanaf de 500ste term te dalen! De 500ste term is 101500
500! , endit is een astronomisch groot getal.
De voorbeelden die we besproken hebben zijn natuurlijk de eenvoudigste die we konden kiezen.Als een willekeurige functie f gegeven is, dan is het gewoonlijk niet mogelijk om een algemeneformule voor de n-de afgeleide op te stellen, zodat we de algemene term in de Taylorreeks nietkunnen opschrijven.In veel gevallen kunnen we stelling 2.3.15 gebruiken om de Taylorreeks te bepalen.
Voorbeelden 2.4.3 1) Voor elke x ∈ R hebben we
ex sinx =(
1+ x+x2
2!+
x3
3!+ · · ·
)(x− x3
3!+
x5
5!−·· ·
)= x+ x2 +
(12− 1
6
)x3 +
(16− 1
6
)x4 +
( 124− 1
12+
1120
)x5 + · · ·
= x+ x2 +x3
3− x5
30+ · · ·
32
2) Voor elke x ∈ R geldt
cosx = 1− x2
2+
x4
4!−·· ·= 1−u
met
u =x2
2− x4
4!+ · · ·
Als x ∈(−π
2 ,π
2
), dan is 0 < cosx≤ 1, zodat u ∈ (0,1) en
1cosx
=1
1−u= 1+u+u2 +u3 + · · ·
en
tgx =sinxcosx
=(
x− x3
3!+
x5
5!−·· ·
)(
1+(x2
2− x4
4!+
x6
6+ · · ·
)+(x2
2− x4
4!+
x6
6+ · · ·
)2+(x2
2− x4
4!+ · · ·
)3+ · · ·
)= x+
(12− 1
6
)x3 +
(− 1
24− 1
12+
1120
+14
)x5
= x+x3
3+
2x5
15+ · · ·
voor elke x ∈(−π
2 ,π
2
).
3) Beschouw de functief (x) =
xex−1
Onderstel dat de Taylorreeks van f coefficienten a0,a1, · · · heeft. Dan is
f (x) =x
ex−1= a0 +a1x+a2x2 + · · ·
en
(a0 +a1x+a2x2 + · · ·)(
x+x2
2+
x3
6+ · · ·
)= x
Identificeren van coefficienten in gelijke machten van x geeft
a0 = 1a0
2+
a1
1= 0
a0
6+
a1
2+a2 = 0· · ·
Hieruit kunnen a0,a1,a2, · · · recursief berekend worden. Men vindt
xex−1
= 1− x2+
x2
12− x4
720+ · · ·
Het nadeel van deze methode is dat we niet weten wanneer de Taylorreeks convergeert.
33
2.5 Goniometrische reeksen
Een goniometrische reeks is een reeks van functies van de vorm
a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx) (2.17)
Hierbij zijn a0, ai en bi (i ∈ N0) reele getallen.
Opmerkingen 2.5.1 1) De factor 1/2 werd ingevoerd om technische redenen; sommige formulesdie we verderop zullen zien, vereenvoudigen hierdoor een beetje.2) Alle termen in de reeks (2.17) zijn periodiek met periode 2π. Als de reeks (2.17) (puntsgewijs)convergeert, dan is ook de reekssom, zegge f (x), periodiek met periode 2π, dit wil zeggen
f (x+2kπ) = f (x)
voor elke x ∈ R en k ∈ Z. Het zal blijken dat goniometrische reeksen een geschikt instrumentvormen om periodieke functies te bestuderen.
Beschouwen we een periodieke functie f : R→ R met periode 2π. Bekijken we nu opnieuw eenreeks van functies zoals in (2.17). De vraag die we ons stellen, is: Hoe moeten de coefficienten a0,ai en bi gekozen worden opdat (2.17) puntsgewijs/uniform convergeert naar f op R?Onderstel nu dat de reeks (2.17) uniform convergeert over een interval [a,a+2π], en schrijf s voorde som van de reeks. We verkrijgen zo een functie s : R→ R waarvan we weten dat ze periodiekis met periode 2π (zie opmerking 2) hierboven). Bovendien is s continu (zie stelling 2.2.2). Wenoteren dus
s(x) =a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx) (2.18)
We zullen nu aantonen dat de coefficienten an en bn kunnen bepaald worden uit de functie s.Inderdaad, neem m ∈ Z en beschouw de functie s(x)cos(mx). Deze functie is de reekssom vande reeks van functies
(a02 +∑
∞n=1(an cosnx+bn sinnx)
)cos(mx) over [a,a+2π]. Bovendien is ze
continu op het interval en is de convergentie uniform (dit volgt uit stelling 2.2.7). Gebruik makendvan stelling 2.2.3 vinden we nu∫ a+2π
as(x)cosmxdx =
∫ a+2π
a
(a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx))
cosmxdx
=a0
2
∫ a+2π
acosmxdx+
∞
∑n=1
∫ a+2π
a(an cosnx+bn sinnx)cosmxdx
Aangezien voor m,n ∈ Z geldt (reken zelf na):∫ a+2π
asinnxdx =
∫ a+2π
acosnxdx = 0∫ a+2π
asinnxcosmxdx = 0∫ a+2π
asinnxsinmxdx =
∫ a+2π
acosnxcosmxdx = πδnm
34
vinden we (δnm is de zogenaamde Kroneckerdelta)∫ a+2π
as(x)cosmxdx = πam
Op analoge wijze vinden we (vermenigvuldig met sinmx)∫ a+2π
as(x)sinmxdx = πbm
en (integreer s van a tot a+2π): ∫ a+2π
as(x)dx = πa0
We kunnen dus besluiten:
Stelling 2.5.2 Als de reeks (2.18) uniform convergeert met reekssom s(x), dan worden de coefficientenan en bn gegeven door de formules
an =1π
∫ a+2π
as(x)cosnxdx
bn =1π
∫ a+2π
as(x)sinnxdx
(2.19)
Dankzij de factor 1/2 in (2.17) geldt de eerste formule van (2.19) zowel voor n = 0 als voor n > 0.
Keren we terug naar ons vraagstuk. Onderstel nu dat f : R→ R een functie is met periode 2π, endat f een stuksgewijs continue functie is over het interval [a,a+2π]. f hoeft dus niet noodzakelijkcontinu te zijn. We berekenen nu de coefficienten an en bn zoals in de formules (2.19), en schrijvende reeks (2.17) op
a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx)
Men noemt deze reeks de Fourierreeks van de functie f . A priori weten we niet of deze reeks aldan niet convergeert. En als de reeks convergeert, dan weten we ook niet of de reekssom f (x) is3.We gaan nu volgende vragen bestuderen.1) Wanneer convergeert de reeks (2.17) puntsgewijs naar de functie f ?2) Wanneer convergeert de reeks (2.17) uniform naar de functie f ?Het antwoord op de tweede vraag kan uiteraard alleen maar positief zijn als f een continue functieis. Om een antwoord te kunnen geven op 1), hebben we eerst een definitie nodig.
We zeggen dat een functie f voldoet aan een rechtervoorwaarde van Lipschitz in het punt a alsde rechterlimiet f (a+) bestaat en als er een constante c > 0 en δ > 0 bestaan zodat
0 < h < δ =⇒ | f (a+h)− f (a+)| ≤ ch
3Dat dit laatste niet steeds het geval is blijkt uit het volgende voorbeeld: neem een uniform convergente gonio-metrische reeks, en de reekssom f . Wijzig f in een punt a, en zet deze wijziging periodiek voort. De Fourierreeksvan de aldus bekomen functie is nog steeds de oorspronkelijke reeks, maar in het punt a convergeert deze niet naar defunctiewaarde.
35
Op dezelfde manieren definieren we de linkervoorwaarde van Lipschitz. f voldoet aan zulk eenvoorwaarde in a als f (a−) bestaat en als er een constante c > 0 en δ > 0 bestaan zodat
0 < h≤ δ =⇒ | f (a−h)− f (a−)| ≤ ch
Als f een eindige rechterafgeleide bezit in het punt a (eventueel nadat men in a de functiewaardevervangen heeft door de rechterlimiet in a), dan voldoet f in a aan een rechtervoorwaarde vanLipschitz. Immers, de limiet
f ′+(a) = limh→0+
f (a+h)− f (a+)
h
bestaat en is eindig. Er bestaat dus een δ > 0 zodanig dat voor 0 < h < δ geldt:
| f (a+h)− f (a+)
h− f ′+(a)|< 1
of( f ′+(a)−1)h < f (a+h)− f (a+)< ( f ′+(a)+1)h
en hieruit volgt dat| f (a+h)− f (a+)|< (| f ′+(a)|+1)h
Zonder bewijs kunnen we nu volgende belangrijke stellingen formuleren.
Stelling 2.5.3 (Stelling van Dirichlet)Onderstel dat de functie f : R→ R stuksgewijs continu is, en periodiek is met periode 2π, en datze in elk punt voldoet aan een linker- en een rechtervoorwaarde van Lipschitz. In elk punt x ∈ Rconvergeert de Fourierreeks (2.17) van f naar
f (x+)+ f (x−)2
In het bijzonder convergeert de Fourierreeks naar f (x) in de punten waar f continu is.Bovendien voldoen de coefficienten an en bn van de Fourierreeks aan de zogenaamde gelijkheidvan Parseval:
a20
2+
∞
∑n=1
(a2n +b2
n) =1π
∫ 2π
0f (x)2dx (2.20)
Stelling 2.5.4 Onderstel dat f : R→ R overal continu is, en periodiek is met periode 2π. Als deafgeleide functie f ′ stuksgewijs continu is, dan convergeert de Fourierreeks van f uniform naar fover R.
Opmerking 2.5.5 Men kan ook goniometrische reeksen met periode T (in plaats van periode 2π)bestuderen. Zulk een reeks is van de vorm
a0
2+
∞
∑n=1
(an cos2nπt
T+bn sin
2nπtT
) (2.21)
36
Men noemt 1T de frequentie en ω = 2π
T de pulsatie van de goniometrische reeks. (2.21) kan dusnog geschreven worden als
a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnωt +bn sinnωt) (2.22)
(2.21) en (2.22) kunnen herleid worden tot (2.17) met de substitutie
x = ωt =2π
Tt
(2.22) kan ook nog als volgt geschreven worden. We stellen ρ0 = a0/2 en{an = ρn cosφnbn = ρn sinφn
en we verkrijgen de reeks
ρ0 +∞
∑n=1
ρn cos(nωt−φn) (2.23)
De termen ρn cos(nωt− φn) noemt men de harmonischen. ρn noemt men de amplitude en φn defaze.Formuleer zelf een analogon van de stelling van Dirichlet voor stuksgewijs continue functies f :R→ R die periode T hebben (dit zal nuttig blijken voor sommige oefeningen).
Opmerkingen 2.5.6 1) We zijn daarnet vertrokken van een functie f die periodiek is met periode2π. Men kan uiteraard ook een stuksgewijs continue functie gedefinieerd op het interval [a,a+2π]beschouwen en deze periodiek voortzetten.2) Als de functie f een oneven functie is (m.a.w. f (−x) =− f (x)), dan bevat de Fourierreeks vanf slechts termen in sinus. Immers,
an =1π
∫π
−π
f (x)cosnxdx = 0
omdat de integraal de integraal is van een oneven functie over een symmetrisch interval. Voor decoefficienten bn geldt in dit geval
bn =2π
∫π
0f (x)sinnxdx
3) Als de functie f een even functie is (m.a.w. f (−x) = f (x)), dan bevat de Fourierreeks van fslechts termen in cosinus. Immers,
bn =1π
∫π
−π
f (x)sinnxdx = 0
omdat de integraal de integraal is van een oneven functie over een symmetrisch interval. Voor decoefficienten an geldt in dit geval
an =2π
∫π
0f (x)cosnxdx.
37
Deze drie opmerkingen kunnen heel handig zijn in toepassingen. Laten we dit even illustreren intwee uitgewerkte voorbeelden.
Voorbeeld 2.5.7 Gevraagd wordt om f , de periodieke voortzetting van de functie f : [−π,π]→Rgedefinieerd door
f (x) =
1 als 0 < x < π
0 als x = 0,±π
−1 als −π < x < 0
te ontwikkelen in een Fourierreeks. f wordt geschetst in Figuur 2.4. Uit de stelling van Dirichlet
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
blokfunctie
x-as
y-as
Figuur 2.4: De blokfunctie
kunnen we concluderen dat de Fourierreeks puntsgewijs naar de functie f zal convergeren overheel R. Aangezien f een oneven functie is, kunnen we onmiddellijk concluderen dat an = 0. Decoefficienten bn berekenen we als volgt.
bn =2π
∫π
0f (x)sinnxdx
=2π
∫π
0f (x)sinnxdx
=2π
[−cosnx
n
]π
0
= − 2nπ
(cosnπ− cos0)
=
{0 als n even4
nπals n oneven
Voor elke x ∈ R hebben we dus dat de Fourierreeks van f puntsgewijs naar f convergeert (en dusin het bijzonder zal de Fourierreeks van f puntsgewijs naar f convergeren op het interval [−π,π]),i.e. voor elke x ∈ R hebben we
f (x) =4π
∞
∑n=0
sin(2n+1)x2n+1
(2.24)
Enkele partiele sommen van de reeks (2.24) worden geschetst in Figuur 2.5 In de omgeving vanhet discontinuıteitspunt is de convergentie - zoals verwacht - trager dan elders. Men treft in de
38
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
blokfunctie: eerste en tweede partiele som
x-as
y-as
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
blokfunctie: derde en vierde partiele som
x-as
y-as
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
blokfunctie: vijfde en zesde partiele som
x-as
y-as
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
blokfunctie: twaalfde partiele som
x-as
y-as
Figuur 2.5: Partiele sommen van de Fourierreeks van een blokfunctie
onmiddellijke omgeving van het discontinuıteitspunt steeds een “piekafwijking” aan. Men noemtdeze afwijking het Gibbsverschijnsel4.
Voorbeeld 2.5.8 Beschouw de functie f : [0,π]→R : x→ x. Gevraagd wordt om deze periodiekuit te breiden en vervolgens de periodieke uitbreiding f te schrijven als een Fourierreeks metperiode 2π. We kunnen dit op oneindig veel manieren doen: we kunnen de functie f willekeurigkiezen op [−π,0], en dan de functie periodiek voortzetten. Er zijn echter maar twee mogelijkenatuurlijke keuzes: we kunnen f op [−π,0] zo kiezen dat f een oneven functie is, en we kunnenf op [−π,0] zo bepalen dat f een even functie is. Grafisch ziet f er in de twee gevallen eruit alsgeschetst in Figuur 2.6.In het eerste geval is de Fourierreeks van f van de vorm
∞
∑n=1
bn sinnx
( f is een oneven functie met periode 2π). De Fouriercoefficienten van f kunnen gemakkelijkberekend worden (we verwijzen naar de oefeningen voor het resultaat van deze berekening). Wevinden
f (x) = 2(
sinx− sin2x2
+sin3x
3−·· ·
)(2.25)
4Dit verschijnsel treedt op in een tak van de ingenieurswetenschappen die signaalverwerking heet. In het bijzondervindt men ze terug in de digitale beeldverwerking, waar het in de vorm van fouten in de representatie van beeldenoptreedt (zogenaamde “spookringen” in de buurt van die bewuste piekafwijkingen in het signaal).
39
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtand 1
x-as
y-as
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtand 2
x-as
y-as
Figuur 2.6: De zaagtandfunctie
Enkele partiele sommen worden geschetst in Figuur 2.7. Merk de afwijkende piek op in de buurtvan de discontinuıteiten. Dit is weer het Gibbsverschijnsel.Op analoge manier bepalen we de coefficienten van de even periodieke voortzetting van f , die wefe noteren. Dit keer vinden we een Fourierreeks van de vorm
a0
2+
∞
∑n=1
an cosnx
Bereken zelf de coefficienten ai (zie oefeningen). We vinden nu dat de Fourierreeks van fe punts-gewijs convergeert naar fe over heel R. Passen we opnieuw de stelling van Dirichlet toe, danvinden we dus dat
fe(x) =π
2− 4
π
(cosx+
cos3x32 +
cos5x52 +
cos7x72 + · · ·
)(2.26)
Enkele partiele sommen worden geschetst in Figuur 2.8 Merk op dat deze Fourierreeks “sneller”convergeert dan de vorige. Hier zijn twee verklaringen voor: in het tweede geval is de functiecontinu, en een functie die overal continu is, kan natuurlijk gemakkelijker benaderd worden dooreen goniometrische veelterm dan een discontinue. We zien ook dat de coefficienten in (2.26)sneller naar nul gaan dan die in (2.25), zodat we een snellere convergentie kunnen verwachten.Door in (2.25) of (2.26) specifieke waarden voor x te substitueren vinden we de som van eennumerieke reeks. Als we in (2.25) x = π/2 stellen, dan vinden we
1− 13+
15− 1
7+ · · ·= π
4Als we in (2.26) x = π/4 stellen, dan vinden we
1− 132 −
152 +
172 +
192 −
1112 −
1132 · · ·=
π2√
216
Ook de gelijkheid van Parseval levert interessante formules. Als we de gelijkheid van Parsevalopschrijven voor de reeks (2.25) vinden we
∞
∑n=1
1n2 =
π2
6
40
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtand 1: eerste en tweede partiele som
x-as
y-as
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtand 1: derde en vierde partiele som
x-as
y-as
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtand 1: vijfde en zesde partiele som
x-as
y-as
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtamd 1: elfde en twaalfde partiele som
x-as
y-as
Figuur 2.7: Partiele sommen van de Fourierreeks van de eerste zaagtandfunctie
We besluiten dit deel van de cursus met een korte inleiding tot de theorie van de Fourierintegraal.Als opstapje naar die theorie (waar we ook complexwaardige functies zullen bestuderen), nog evende volgende opmerkingen:
Opmerking 2.5.9 Een goniometrische reeks kan ook herschreven worden in complexe vorm:
a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx)
=a0
2+
∞
∑n=1
(aneinx + e−inx
2+bn
einx− e−inx
2i)
=a0
2+
∞
∑n=1
(an− ibn
2einx +
an + ibn
2e−inx
)=
a0
2+
∞
∑n=1
(αneinx +αne−inx) =∞
∑n=−∞
αneinx,
waarbij α−n = αn.
41
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
-4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtand 2: eerste en tweede partiele som
x-as
y-as
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
-4 -2 0 2 4 6 8 10
zaagtand 2: derde en vierde partiele som
x-as
y-as
Figuur 2.8: Partiele sommen van de Fourierreeks van de tweede zaagtandfunctie
Opmerking 2.5.10 De coefficienten αn van de goniometrische reeks in complexe vorm kunnenook gemakkelijk bepaald worden: voor n≥ 0 hebben we (herneem de notaties uit (2.19))
αn =an− ibn
2=
12π
∫ 2π
0s(x)cosnxdx− i
2π
∫ 2π
0s(x)sinnxdx
=1
2π
∫ 2π
0s(x)e−inxdx
α−n =1
2π
∫ 2π
0s(x)einxdx
We hebben dus voor alle n ∈ Z:
αn =1
2π
∫ 2π
0s(x)e−inxdx. (2.27)
2.6 De Fourierintegraal
In de vorige paragraaf bekeken we periodieke functies f (indien een functie gegeven was die nietop heel R gedefinieerd was, bekeken we een periodieke voortzetting) en zochten we f te benade-ren via een goniometrische reeks van functies. We hebben gezien dat de Stelling van Dirichlet onsvoorwaarden gaf opdat de Fourierreeks van f puntsgewijs convergeren zou naar de oorspronkelijkefunctie f . Dit alles gold voor periodieke functies. In deze paragraaf is de idee een gelijkaardigestelling te geven voor functies f : R→ R die niet noodzakelijk periodiek zijn. We gaan voorwaar-den opstellen opdat we f zouden kunnen “benaderen” door een “continue” versie van de Fourier-reeks, i.e. wanneer we in plaats van te sommeren over N, over heel R gaan integreren. Waardoorde rol van de Fouriercoefficienten in dit geval wordt overgenomen en hoe we ons die “benadering”moeten voorstellen, wordt ons verteld in stelling 2.6.4. Teneinde deze theorie te ontwikkelen (entoepassingen te schetsen), is het nodig om complexwaardige functies te bekijken. We formulerendit nu wat preciezer.
42
In deze paragraaf beschouwen we functies f : R→ C. Zo’n functie is steeds te schrijven als
f = u+ iv : R→ C ; x 7→ u(x)+ iv(x),
waarbij u,v : R→ R. We definieren nu∫ b
af (t)dt =
∫ b
au(t)dt + i
∫ b
av(t)dt.
De oneigenlijke integraal wordt gedefinieerd door∫ +∞
−∞
f (t)dt = limR→+∞
S→+∞
∫ S
−Rf (t)dt.
Indien deze limiet bestaat in C, dan noemen we de integraal convergent. In [WGAM] zagen julliedat als een (reele) numerieke reeks absoluut convergeert, ze dan gewoon convergeert. De volgendeeigenschap is een continue versie daarvan; ze zal nodig blijken voor de definitie die erop volgt.
Stelling 2.6.1 Neem f : R→C stuksgewijs continu. Als∫ +∞
0 | f (t)|dt convergeert, dan convergeertook
∫ +∞
0 f (t)dt5.
Bewijs. We herinneren eraan dat
| f (t)|=√
u(t)2 + v(t)2;
merk ook op |u(t)| ≤ | f (t)| en |v(t)| ≤ | f (t)|. Stel∫ +∞
0| f (t)|dt = I.
Dan hebben we, uit de definitie van limiet:
∀ε > 0, ∃T0 : ∀T > T0 : |I−∫ T
0| f (t)|dt|< ε
2.
Dan volgt ook, voor alle S > T > T0:∫ S
T| f (t)|dt =
∫ S
0| f (t)|dt−
∫ T
0| f (t)|dt < ε.
5In de opgave van deze eigenschap gebruikten we de notatie | f (t)|, waarbij f = u+ iv : R→C. Het betreft hier demodulus van f (t), gegeven door de volgende formule:
| f (t)|=√
(u(t)2 + v(t)2).
In het bewijs van de stelling komt o.m. ook de notatie |u(t)| voor. Hier gaat het natuurlijk om de absolute waarde vanu(t). Uit de context moet dus blijken waar de notatie |− | op slaat.Met de formule voor de modulus van f in het achterhoofd formuleert men eenvoudigerwijs, naar analogie met hetreeelwaardige geval, een definitie van stuksgewijze continuıteit voor complexwaardige functies.
43
We beschouwen nu de rij
un =∫ n
0u(t)dt.
Voor m≥ n > T0 hebben we
|um−un|= |∫ m
nu(t)dt| ≤
∫ m
n|u(t)|dt ≤
∫ m
n| f (t)|dt < ε,
en bijgevolg is (un) een Cauchy rij, en een convergente rij. Stel
limn→∞
un = I1.
Dan hebben we∀ε > 0, ∃N : ∀n > N : |un− I1|<
ε
2.
Als T > max{N +1,T0 +1}, dan is [T ] = n > N, en n,T > T0, zodat
|∫ T
0u(t)dt− I1| ≤ |
∫ n
0u(t)dt− I1|+ |
∫ T
nu(t)dt|
≤ |un− I1|+∫ T
n|u(t)|dt
≤ |un− I1|+∫ T
n| f (t)|dt <
ε
2+
ε
2= ε.
We concluderen dat ∫ +∞
0u(t)dt = I1
convergeert. Op dezelfde wijze kunnen we aantonen dat∫ +∞
0 v(t)dt convergeert. Het bewijs voorde integraal van −∞ tot 0 verloopt geheel analoog. �
Keren we terug naar het motiverend vraagstuk van het begin van deze paragraaf: hoe stellen wevoor een niet-periodieke functie f : R→ R een versie van Dirichlets stelling op?Om te zien hoe men voor een “oneindige periode” een versie van Fouriercoefficienten kan opstel-len, herschrijft men de formules van weleer in complexe vorm (zie opmerking 2.5.9 en opmer-king 2.5.10). Zonder op de details van die afleiding in te gaan, komt men dan bij de volgendedefinitie:
Definitie 2.6.2 Zij f : R→ C een stuksgewijs continue functie. We noemen de functie F { f},gedefinieerd als
F { f}(p) =∫ +∞
−∞
f (t)e−iptdt, (2.28)
de Fouriergetransformeerde van f . Men noteert ook wel F(p) = F { f}(p).
Hierbij herinneren we eraan dat e−ipt = cos(pt)− isin(pt). Aangezien |eipt |= 1 concluderen we,als gevolg van stelling 2.6.1:
44
Gevolg 2.6.3 Neem f : R→C stuksgewijs continu. Als∫ +∞
−∞| f (t)|dt convergeert, dan convergeert
ook∫ +∞
−∞f (t)e−iptdt. De Fouriergetransformeerde van f bestaat dus in elk punt p ∈ R.
Zonder bewijs formuleren we volgende stelling, hetgeen als een analogon van de stelling vanDirichlet uit de vorige paragraaf kan opgevat worden.
Stelling 2.6.4 Onderstel dat f : R→ C stuksgewijs continu is, en in elk punt voldoet aan delinker- en rechtervoorwaarde van Lipschitz. Onderstel ook dat
∫ +∞
−∞| f (t)|dt convergent is. Dan
geldt formule voor elke x ∈ R:
f (x+)+ f (x−)2
=1
2π
∫ +∞
−∞
F { f}(p)eipxdp.
In het bijzonder geldt, voor alle x ∈ R waar f continu is dat
f (x) =1
2π
∫ +∞
−∞
F { f}(p)eipxdp.
De Fouriergetransformeerde van f kan dan terug berekend worden uit F via de formule
f (t) =1
2π
∫ +∞
−∞
F(p)eiptdp, (2.29)
met andere woorden,
f (x) =1
2π
∫ +∞
−∞
(∫ +∞
−∞
f (t)e−iptdt)
eipxdp. (2.30)
Opmerkingen 2.6.5 1) Als f : R→ R een reele functie is, dan is
F(p) = F(−p).
2) Als f : R→ R een even reele functie is (m.a.w. ( f (−x) = f (x)), dan is F(p) ∈ R, en
F(p) =∫ 0
−∞
f (t)e−iptdt +∫ +∞
0f (t)e−iptdt
=∫ +∞
0f (u)eipudu+
∫ +∞
0f (t)e−iptdt
= 2∫ +∞
0f (t)cos ptdt.
3) Stel zelf een analoge formule op in het geval dat f : R→ R een oneven reele functie is.
Voorbeeld 2.6.6 We berekenen de Fouriergetransformeerde van een signaal dat constant is gedu-rende het tijdsinterval [−R,R], en nul erbuiten:
f1(t) ={1 als −R≤ t ≤ R
0 als |t|> R
45
F1(p) = 2∫ +∞
0f1(t)cos ptdt = 2
∫ R
0cos ptdt
= 2[
sin ptp
]R
0= 2
sin pRp
.
De sinc-functie wordt gegeven door de formule
sinc(x) =sinx
x.
We krijgen danF1(p) = 2Rsinc(pR).
Merk op: hoe groter R (dus hoe breder het signaal), hoe “smaller” de grafiek van het getransfor-meerde signaal: de afstand van de oorsprong tot het eerste nulpunt van F1(p) is π/R.Als we de formule (2.29) toepassen in het geval t = 0 en R = 1, dan vinden we
1 =1
2π
∫ +∞
−∞
2sin p
pdp,
of ∫ +∞
−∞
sin pp
dp = π.
Merk op dat de klassieke methodes (substitutie, partiele integratie,...) niet toelaten om een primi-tieve functie van de sinc functie te bepalen6.
Voorbeeld 2.6.7 In plaats van een rechthoekig signaal nemen we nu een driehoekig signaal, be-schreven door de formule
f2(t) =
1− t
R als 0≤ t ≤ R
1+ tR als −R≤ t ≤ 0
0 als |t|> RWe vinden nu, na partiele integratie
F2(p) = 2∫ +∞
0f (t)cos ptdt = 2
∫ R
0(1− t
R)cos ptdt
=
[2p(1− t
R)sin pt
]R
0+
2pR
∫ R
0sin(pt)dt
= − 2p2R
[cos(pt)]R0 =2(1− cos pR)
p2R
=4sin2(pR/2)
p2R= Rsinc2 pR
2.
Merk op dat F2(0) = R. Het kleinste positieve nulpunt van F2(p) is p = 2π
R . Ook hier zien wehet verschijnsel dat de breedte van het signaal omgekeerd evenredig is met de breedte van het
6De sinc-functie is niet alleen van belang bij het berekenen van allerlei soorten limieten, zij speelt ook een belang-rijke rol in bepaalde takken van de elektronica.
46
!25 !20 !15 !10 !5 0 5 10 15 20 25!0.4
!0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figuur 2.9: De Fouriergetransformeerde van een rechthoekige puls (R = 1)
getransformeerde signaal.We passen weer (2.29) toe, in het geval t = 0 en R = 2. We hebben dan F2(p) = 2sinc2 p, en
1 = f (0) =1
2π
∫ +∞
−∞
2sinc2 pdp,
of ∫ +∞
−∞
sin2 pp2 dp = π. (2.31)
We geven nu nog een aantal andere elementaire eigenschappen van de Fourierintegraal om hethoofdstuk af te sluiten.Beschouw twee functies f ,g : R→ C. Het convolutieproduct f ∗g van f en g wordt gedefinieerddoor de formule
( f ∗g)(t) =∫ +∞
−∞
f (t− x)g(x)dx.
Merk op dat f ∗g = g∗ f : dit volgt als we de substitutie u = t− x uitvoeren. Zijn nu f ,g : R→ Ctwee functies die aan de voorwaarden van stelling 2.6.4 voldoen. Volgende eigenschap garandeertdat de Fouriergetransformeerde van het convolutieproduct het product van de Fouriergetransfor-meerden is. We brengen opnieuw de notatie F { f}= F in herinnering.
Stelling 2.6.8F { f ∗g}(p) = F(p)G(p). (2.32)
Bewijs.
F { f ∗g}(p) =∫ +∞
−∞
dt∫ +∞
−∞
f (t− x)g(x)e−iptdx
47
!25 !20 !15 !10 !5 0 5 10 15 20 250
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Figuur 2.10: De Fouriergetransformeerde van een driehoekige puls (R = 1)
=∫ +∞
−∞
dx(∫ +∞
−∞
f (t− x)e−ip(t−x)dt)
g(x)e−ipx
=∫ +∞
−∞
dx(∫ +∞
−∞
f (s)e−ipsds)
g(x)e−ipx
=∫ +∞
−∞
dxF(p)g(x)e−ipx = F(p)G(p).
We verwisselden eerst de integratievolgorde, en voerden dan de substitutie s = t− x uit. �
Analoog toont men aan, onder dezelfde voorwaarden als stelling 2.6.8, dat F { f · g} = F { f} ∗F {g}.
Fouriergetransformeerden van functies en hun analytische eigenschappen worden vaak gebruiktin vraagstukken waarin een ’complex’ signaal geanalyseerd dient te worden. De bovenstaandestelling en het geformuleerde analogon ervan zijn voorbeelden van zulke analytische eigenschap-pen die een interpretatie in het modelleren van zo’n vraagstukken toestaan.Voor de analyse van deze signalen wordt in de praktijk heel vaak gebruik gemaakt van het pro-gramma MATLAB (we vermelden eveneens dat de theorie van de Fourierreeksen een belangrijkerol speelt bij het tekenen van grafieken van de Fouriergetransformeerde functies in dit programma).De toepassingen van deze theorie zijn legio in de ingenieurswetenschappen (bv. bij het analyserenvan de stabilteit van bruggen), maar ook daarbuiten (bv. in de biomedische wetenschappen) wordtontzettend vaak gebruikt gemaakt van dit instrument.
In de volgende stellingen is f : R→ C opnieuw een functie die aan de voorwaarden van stel-ling 2.6.4 voldoet.
48
Stelling 2.6.9 Neem a ∈ R, en definieer fa : R→ C door de formule
fa(t) = f (t−a).
De grafiek van fa is dan dezelfde als die van f , maar over een afstand a verschoven. We hebbendan
F { fa}(p) = e−ipaF(p). (2.33)
Bewijs.
F { fa}(p) =∫ +∞
−∞
f (t−a)e−iptdt
=∫ +∞
−∞
f (u)e−ipue−ipadu = e−ipaF(p).
We voerden hierbij de substitutie u = t−a uit. �
Stelling 2.6.10 Neem a > 0. Dan is
F { f (at)}(p) =1a
F(pa). (2.34)
Bewijs.
F { f (at)}(p) =∫ +∞
−∞
f (at)e−iptdt
=1a
∫ +∞
−∞
f (u)e−ipua du
=1a
F(pa).
Ditmaal gebruikten we de substitutie u = at. �
Als a > 1 in stelling 2.6.10, dan is het signaal f (at) “breder” dan het signaal f (t). Het getransfor-meerde signaal wordt dan smaller. Dit is het fenomeen dat we reeds opmerkten in de voorbeelden2.6.6 en 2.6.7.
Stelling 2.6.11
F {tn f (t)}(p) = indnFdpn (p). (2.35)
Bewijs.
F {tn f (t)}(p) =∫ +∞
−∞
tn f (t)e−iptdt
= in∫ +∞
−∞
f (t)∂ne−ipt
∂pn dt
= indnFdpn (p).
�
49
Stelling 2.6.12F { f (n)(t)}(p) = (ip)nF(p). (2.36)
Bewijs.
F { f ′(t)}(p) =∫ +∞
−∞
f ′(t)e−iptdt
=[
f (t)e−ipt]+∞
−∞+ ip
∫ +∞
−∞
f (t)e−iptdt = ipF(p),
waarbij we partiele integratie gebruikten. We passen deze formule n keer toe. �
Beschouw weer twee functies f ,g : R→ C. Het inwendig product 〈 f ,g〉 wordt gedefinieerd doorde formule
〈 f ,g〉=∫ +∞
−∞
f (t)g(t)dt. (2.37)
Men kan aantonen dat de integraal (2.37) convergeert als f en g kwadratisch integreerbaar zijn, ditbetekent dat ∫ +∞
−∞
| f (t)|2dt,∫ +∞
−∞
|g(t)|2dt <+∞.
De norm ‖ f‖ van f wordt dan gedefinieerd als volgt:
‖ f‖2 = 〈 f , f 〉=∫ +∞
−∞
| f (t)|2dt.
Stelling 2.6.13 Onderstel f ,G : R→ C kwadratisch integreerbaar.
〈F { f},G〉= 2π〈 f ,F −1{G}〉. (2.38)
Bewijs.
2π〈 f ,F −1{G}〉 =∫ +∞
−∞
f (t)dt∫ +∞
−∞
G(p)eiptdp
=∫ +∞
−∞
f (t)dt∫ +∞
−∞
G(p)e−iptdp
=∫ +∞
−∞
F(p)G(p)dp.
�
Een onmiddellijk gevolg van stelling 2.6.13 is het feit dat de Fouriertransformatie het inwendigproduct en de norm bewaren (op een factor 2π na).
Gevolg 2.6.14 (Formule van Plancherel) Onderstel f ,g : R→ C kwadratisch integreerbaar.
〈F,G〉= 2π〈 f ,g〉, ‖F‖2 = 2π‖ f‖2.
50
Bewijs.〈F { f},F {g}〉(2.37)
= 2π〈 f ,F −1{F {g}}〉= 2π〈 f ,g〉.�
Voorbeeld 2.6.15 We passen de formule van Plancherel toe op voorbeelden 2.6.6 en 2.6.7. Neemeerst R = 1 in voorbeeld 2.6.6. We vinden formule (2.31) terug:
4∫ +∞
−∞
sin2 pp2 dp = 2π
∫ +∞
−∞
f1(t)2dt = 2π
∫ 1
−1dp = 4π.
Nu nemen we R = 2 in voorbeeld 2.6.7. We krijgen
4∫ +∞
−∞
sin4 pp4 dp = 2π
∫ +∞
−∞
f2(t)2dt = 4π
∫ 2
0(1− t
2)2dt =
[8π
3(
t2−1)3
]2
0=
8π
3.
zodat ∫ +∞
−∞
sin4 pp4 dp =
2π
3.
Uit de formule van Plancherel volgt ook dat
〈F1,F2〉= 4∫ +∞
−∞
sin3 pp3 dp
= 2π〈 f1, f2〉= 4π
∫ 1
0(1− t
2)dt
= 4π
[t− t2
4
]1
0= 3π,
en hieruit volgt dat ∫ +∞
−∞
sin3 pp3 dp =
3π
4.
We beschouwen tenslotte de constante functie
g(t) =1
2π
De Fouriergetransformeerde bestaat niet, omdat de integraal
1π
∫∞
0cos tdt
divergeert. We onderstellen - tegen beter weten in - dat de Fouriergetransformeerde wel bestaat,en schrijven
F { 12π}(p) = δ(p).
We kunnen dan (2.37) toepassen. Neem f : R→ C, and stel F = F { f}. We vinden dan∫ +∞
−∞
F(p)δ(p)dp = 〈F { f},δ〉= 2π〈 f , 12π〉=
∫ +∞
−∞
f (t)dt = F(0).
51
δ heeft dus de volgende eigenschap, die men de zifteigenschap noemt:∫ +∞
−∞
F(p)δ(p)dp = F(0). (2.39)
Er is geen enkele functie δ die de zifteigenschap heeft; dit wekt natuurlijk geen verwondering, wantde Fouriergetransformeerde die we bekijken bestaat niet. Wel bestaan er functies die in benaderingde zifteigenschap hebben: voor elke R > 0 bekijken we de functie δR : R→ C gegeven door
δR(p) =
{R als − 1
2R ≤ p≤ 12R
0 als |p|> 12R
Met behulp van de stelling van het gemiddelde berekenen we, voor elke (continue) functie F :R→ C dat ∫ +∞
−∞
F(p)δR(p)dp = R∫ 1/2R
−1/2RF(p)dp = F(ξ),
waarbij ξ ∈ (−R/2,R/2). Louter formeel kunnen we dus stellen:
δ(p) = limR→∞
δR(p).
Een meer correcte interpretatie is de volgende. Neem een deelruimte V van de vectorruimte be-staande uit alle absoluut integreerbare functies g : R→C. Een veralgemeende functie of distributieis per definitie een lineaire afbeelding
ϕ : V → C.
Aan een functie f : R→ C kunnen we een distributie associeren, namelijk
ϕ f : V → C, ϕ f (g) =∫ +∞
−∞
f (x)g(x)dx.
Maar niet elke distributie is afkomstig van een functie; bekijk bijvoorbeeld
δ : V → C, δ(g) = g(0).
Deze distributie noemt men de Dirac distributie. De formule voor de distributie geassocieerd aaneen functie wordt uitgebreid naar willekeurige distributies: men schrijft
ϕ(g) =∫ +∞
−∞
ϕ(x)g(x)dx.
52
Deel II
Gewone en partieledifferentiaalvergelijkingen
53
Hoo
fdst
uk 3 Differentiaalvergelijkingen
3.1 Definitie en voorbeelden
Een differentiaalvergelijking is een vergelijking waarin de onbekende een functie y van een veran-derlijke x is, en waarin naast x en y ook de afgeleiden van de functie y naar x voorkomen. Het isdus een vergelijking van de vorm
f (x,y,y′,y′′, · · · ,y(n)) = 0 (3.1)
Het getal n, de hoogste afgeleide die in de vergelijking voorkomt, noemt men de orde van de dif-ferentiaalvergelijking. Een integraal of oplossing van de differentiaalvergelijking is een functiey = y(x) die aan (3.1) voldoet voor elke x gelegen in een open interval. De grafiek van een op-lossing y = y(x) noemt men ook wel een integraalkromme van de differentiaalvergelijking. Eendifferentiaalvergelijking integreren of oplossen is er al de oplossingen van bepalen.Een normale differentiaalvergelijking is een differentiaalvergelijking van de vorm
y(n)(x) = f (x,y,y′,y′′, · · · ,y(n−1))
Voorbeelden 3.1.1 1) y′= g(x), waarbij g een gegeven continue functie is (dit is dus een voorbeeldvan een normale differentiaalvergelijking van orde 1). Als G een primitieve van g is, dan wordende oplossingen van y′ = g(x) gegeven door
y = G(x)+ c
waarbij c een willekeurige constante is.2) y′ = y (opnieuw een voorbeeld van een normale differentiaalvergelijking van orde 1). De oplos-singen van deze vergelijking zijn
y = cex
waarbij alweer c een willekeurige constante is.3) y′′ = 0 (dit is een voorbeeld van een normale differentiaalvergelijking van orde 2). Dan is y′ = c,en
y = cx+d
waarbij c en d twee willekeurige constanten zijn.4) y′′+ y = 0 (opnieuw een voorbeeld van een normale differentiaalvergelijking van orde 2). Deoplossingen zijn nu
y = csinx+d cosx
waarbij c en d twee willekeurige constanten zijn.
55
Uit deze voorbeelden blijkt dat de oplossing van een differentiaalvergelijking niet uniek is. Vooronze voorbeelden van orde 1 vinden we oplossingen afhangende van een constante. Voor onzevoorbeelden van orde 2 vinden we oplossingen afhangende van twee constanten. We voerendaarom volgende terminologie in. Beschouw een differentiaalvergelijking van n-de orde.Een algemene integraal is een oplossing van de differentiaalvergelijking die afhangt van n wille-keurige constanten.Een particuliere integraal is een oplossing die men verkrijgt door aan de constanten in de alge-mene integraal bijzondere waarden te geven.Een singuliere integraal is een oplossing die men niet kan verkrijgen door aan de constanten in dealgemene integraal bijzondere waarden te geven.
Voorbeeld 3.1.2 Beschouw de volgende differentiaalvergelijking van orde 1: y′2 = x2y.
y =(x2
4+ c)2
is een algemene integraal van de vergelijking. Immers,
y′ = 2(x2
4+ c)2x
4= x(x2
4+ c)
en men heeft dus y′(x)2 = x2y(x), voor elke x ∈ R. De oplossing hangt af van de willekeurigeconstante c.y = x4/16 is een particuliere integraal (stel c = 0).y = 0 is een singuliere integraal. Immers, het is een oplossing die niet kan verkregen door aan ceen particuliere waarde te geven.
Zoals reeds vermeld, is de onafhankelijke variabele x (waarvan de te zoeken functies y = y(x) ineen differentiaalvergelijking afhangen), steeds een reeel getal. Bekijken we bijvoorbeeld het voor-beeldje dat hier juist boven aangehaald werd, dan mag x eender welke reele waarde aannemen; ditlevert nergens conflict op. Beschouwen we echter bijvoorbeeld de volgende differentiaalvergelij-king van orde 1:
3xy′− y = ln(x)+1,
dan moeten we de mogelijke waarden die x mag aannemen, beperken tot een bepaald deel vanR (hier met name R+
0 , een open halfrechte). We zeggen ook wel -in dit voorbeeld- dat R+0 het
bestaansinterval van de differentiaalvergelijking is.In dit deel van de cursus gaan wij verschillende types differentiaalvergelijkingen bespreken en vaakzullen dit types zijn waarvan we alle oplossingen exact (i.e. via methoden van de Analyse) kunnenbepalen 1. Differentiaalvergelijkingen treden in verschillende takken van de natuurwetenschappen,de economische, ja zelfs de sociale wetenschappen op. Vele differentiaalvergelijkingen die in denatuurkunde voorkomen, zijn van orde 1 of 2 (Newtons wetten zijn immers van orde 2), maar in
1Nu, de meeste differentiaalvergelijkingen die we in de Natuur tegenkomen zijn niet altijd exact oplosbaar mitslouter analytische technieken; vaak moet men tevreden zijn met benaderde oplossingen. In de Numerieke Analyse(zie het laatste deel van de cursus) worden technieken ontwikkeld om zulke oplossingen te benaderen wanneer er geenexacte methoden voorhanden zijn om de differentiaalvergelijking op te lossen.
56
bepaalde vraagstukken komen er ook hogere orde differentiaalvergelijkingen naar boven. Zo zul-len we verderop in dit deel een toepassing schetsen die in architecturale constructies van belang isen waar in het modelleren van het vraagstuk een differentiaalvergelijking van orde 4 optreedt.We geven nu enkele eenvoudige voorbeelden van differentiaalvergelijkingen die “in de Natuur”voorkomen; eentje uit de fysica en eentje uit de menswetenschappen. Sommige van deze voor-beelden zijn jullie misschien reeds bekend.
Voorbeelden 3.1.3 1) In de buurt van het aardoppervlak is de zwaartekracht die werkt op eendeeltje in goede benadering rechtevenredig met de massa van dit deeltje:
F =−gm
De constante g (de valversnelling) kan experimenteel bepaald worden en is in benadering gelijkaan 9.81 m/sec2. Als x = x(t) de hoogte waarop het deeltje zich op tijdstip t bevindt, voorstelt,dan wordt de valbeweging van het deeltje dus beschreven door de differentiaalvergelijking
md2xdt2 =−mg
ofd2xdt2 =−g
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
x =−gt2
2+ ct +d
2) N(t) stelt een populatie op tijdstip t voor (bijvoorbeeld het aantal bijen in een bijenkorve, ofhet aantal inwoners van de stad Antwerpen). We onderstellen dat de aangroei van de populatie(de afgeleide van N naar de tijd) recht evenredig is met de populatie zelf. Dit wil zeggen datN(t + h)−N(t) = λ((t + h)− t)N(t), voor h > 0 en λ een bepaalde reele constante. Laten we hnaar 0 naderen, dan vinden we dat N een oplossing is van de differentiaalvergelijking
N′(t) = λN(t)
waarbij λ een constante is. De algemene integraal van deze normale differentiaalvergelijking vanorde 1 is
N(t) = ceλt
waarbij c een constante is. Als we t = 0 invullen vinden we c = N(0), en dus
N(t) = N(0)eλt
We spreken van een exponentiele groei.
Differentiaalvergelijkingen hebben ook meetkundige toepassingen. Beschouw een familie vlakkekrommen die afhangt van twee constanten:
ϕ(x,y,c,d) = 0 (3.2)
57
Tweemaal afleiden naar x geeft
dϕ
dx=
∂ϕ
∂x+
∂ϕ
∂yy′ = 0 (3.3)
d2ϕ
dx2 =∂2ϕ
∂x2 +2∂2ϕ
∂x∂yy′+
∂2ϕ
∂y2 (y′)2 +
∂ϕ
∂yy′′ = 0 (3.4)
Eliminatie van c en d uit (3.2,3.3,3.4) geeft een betrekking tussen x, y, y′ en y′′, een differentiaal-vergelijking van orde 2.
f (x,y,y′,y′′) = 0 (3.5)
De krommen (3.2) zijn allen integraalkrommen van (3.5). Men noemt (3.5) de differentiaalverge-lijking van de familie krommen (3.2).Bepaalde meetkundige vraagstukken kunnen aanleiding geven tot differentiaalvergelijkingen.
Voorbeeld 3.1.4 Neem een vlakke kromme met vergelijking y = y(x). Zij M een punt op dekromme en T het snijpunt van de raaklijn door M en de x-as. Voor welke krommen geldt ‖ ~MT‖=‖ ~OT‖ (oftewel ‖ ~MT‖2 = ‖ ~OT‖2) voor elke M op de kromme?
M(x, y)
y
0 T x
x (x , y )1 1
Figuur 3.1: Een meetkundig vraagstuk
De vergelijking van de raaklijn in M(x,y) is
Y − y = y′(x)(X− x)
Als Y = 0, dan is X = x− yy′
, en dus is T (x− yy′,0). De voorwaarde ‖ ~MT‖2 = ‖ ~OT‖2 wordt dus
(x− y
y′
)2=
y2
y′2+ y2
ofy′ =
2xyx2− y2
3.2 Beginvoorwaarden en randvoorwaarden
Wordt een differentiaalvergelijking gebruikt in een wiskundig model voor een realistisch vraag-stuk, dan vereist zo’n context dikwijls een unieke oplossing die deze realistische situatie beschrijft.Om uit de algemene integraal van een differentiaalvergelijking een unieke oplossing te selecteren
58
die de reele toestand beschrijft, heef men aanvullende informatie nodig over de onbekende functiey. In de situatie van voorbeeld 3.1.3 2) hebben we zo bijvoorbeeld dat als we N(0) kennen, dan isde functie N(t) uniek bepaald. Dit is een zogenaamde beginvoorwaarde.Algemeen, voor een differentiaalvergelijking van orde n, hangt de algemene integraal af van n con-stanten. Door n bijkomende voorwaarden op te leggen kan men komen tot een unieke oplossing.
Het vraagstuk met beginvoorwaarden en de bestaansstelling
Men zoekt een oplossing van de differentiaalvergelijking (3.1) die zodanig is dat voor een gegevenwaarde x0:
y(x0) = y0
y′(x0) = y′0...
y(n−1)(x0) = y(n−1)0
waarbij y0,y′0, · · · ,y(n−1)0 n gegeven getallen zijn.
Voorbeeld 3.2.1 Op tijdstip t = 0 laat men een steen vallen vanaf hoogte h. Op welk tijdstip t zalde steen de grond bereiken?We hebben hierboven gezien dat de valbeweging van beschreven wordt door de differentiaalverge-lijking
d2xdt
=−g
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
x =−gt2
2+ ct +d (3.6)
Op tijdstip t = 0 is
x(0) = h endxdt(0) = 0 (3.7)
Als we (3.7) invullen in (3.6) dan vinden we dat
d = h en c = 0
zodat de unieke functie die de hoogte van het deeltje op tijdstip t beschrijft (t ≥ 0), gegeven wordtdoor
x(t) = h−gt2
2Merk op dat we vinden dat x = 0 als t =
√2h/g; dit is het ogenblik dat het deeltje de grond raakt.
Je zou je nu kunnen afvragen of elke differentiaalvergelijking met gegeven beginvoorwarden eenunieke oplossing heeft. Wel, voor een normale differentiaalvergelijking heeft het beginvoorwaar-deprobleem onder bepaalde voorwaarden altijd een unieke oplossing (dit is een van de redenenwaarom we graag met normale vergelijkingen werken). De onderliggende stelling is de volgende(we verwijzen naar [WGAM] voor de nodige definities):
59
Stelling 3.2.2 (Bestaansstelling) Onderstel dat G ⊂Rn+1 een gebied is, en dat (x0,y0,y′0,y′′0, · · · ,y
(n−1)0 )
een inwendig punt van G is. Als f : G ⊂ Rn+1→ R continu is over G en differentieerbaar overhet inwendige van G , dan bestaat er een omgeving V = (x0−c,x0+c) van x0 en een unieke functieg : V → R zodat
• g is een oplossing van de differentiaalvergelijking
y(n)(x) = f (x,y,y′,y′′, · · · ,y(n−1))
voor elke x ∈V ;
• g voldoet aan de beginvoorwaarden:
g(x0) = y0g′(x0) = y′0g′′(x0) = y′′0...g(n−1)(x0) = y(n−1)
0
Merk op dat de stelling ons vertelt dat er een oplossing bestaat, maar niet hoe die oplossing explicietkan geconstrueerd worden.
Voorbeeld 3.2.3 In de meeste gevallen die men in de praktijk tegenkomt is aan de voorwaardenvan de bestaansstelling voldaan. Toch zijn er voorbeelden van differentiaalvergelijkingen met eenbeginvoorwaarde waarvoor de oplossing niet uniek is. Neem bijvoorbeeld de vergelijking
y′ = 2√
y
De functie
y ={(x− c)2 als x≥ c;
0 als x < c.is een oplossing voor iedere c. De differentiaalvergelijking met de beginvoorwaarde y(x0) = 0heeft een oneindig aantal oplossingen.Waarom is de bestaansstelling hier niet van toepassing?
In de komende twee hoofdstukken bespreken we achtereenvolgens enkele types normale differen-tiaalvergelijkingen van orde 1 en normale differentialvergelijkingen van hogere orde. In een aantalgevallen kunnen we de algemene integraal steeds bepalen. We merken op dat de types normaledifferentiaalvergelijkingen van orde 2 die wij gaan bespreken jullie reeds bekend (zouden moeten)voorkomen. We schetsen vervolgens een voorbeeld van orde 4 dat uit de architecturale praktijkstemt. In het zesde hoofdstuk besluiten we het deel over gewone differentiaalvergeijkingen methet oplossen van sommige types differentiaalvergelijkingen van orde 2 d.m.v. reeksontwikkeling.Hiervoor gebruiken we de theorie uit het eerste deel van deze cursus.
60
Hoo
fdst
uk 4 Differentiaalvergelijkingenvan eerste orde
In dit hoofdstuk bestuderen we normale differentiaalvergelijkingen van orde 1:
y′ = g(x,y) (4.1)
In een aantal gevallen kunnen we de algemene integraal van (4.1) expliciet uitrekenen. Merk opdat we (4.1) altijd kunnen herschrijven onder de vorm
p(x,y)dx+q(x,y)dy = 0 (4.2)
4.1 Juiste differentiaalvergelijkingen
Totale differentialen
Beschouw een differentieerbare functie van twee veranderlijken
z = g(x,y)
De differentiaal van g wordt gegeven door
dz =∂g∂x
dx+∂g∂y
dy
Onderstel nu omgekeerd dat een uitdrukking van de vorm
p(x,y)dx+q(x,y)dy
gegeven is. Onder welke voorwaarden is deze uitdrukking de totale differentiaal van een functie?Of, equivalent, wanneer is (voor een orthonormale basis {~u1,~u2} van R2)
p(x,y)~u1 +q(x,y)~u2
de gradient van een functie z = g(x,y)?Wel, stelling 4.1.2 geeft een antwoord op deze vraag. Om deze eigenschap aan te kunnen tonen,herhalen we het eerst volgende resultaat (zonder bewijs), in de literatuur bekend als de “regel vanLeibniz”.
Lemma 4.1.1 Zij f : D⊂R2→R een functie zodat f en ∂ f∂y beiden minstens continu zijn over een
rechthoekig gebied [a0,a1]× [b0,b1]⊂ R2. Dan geldt voor x ∈ [a0,a1] en y ∈ [b0,b1] dat
∂
∂y
(∫ x
a0
f (t,y)dt)=
∫ x
a0
∂ f∂y
(t,y)dt.
61
Stelling 4.1.2 Onderstel dat p(x,y) en q(x,y) continue partiele afgeleiden van eerste orde bezittenin een enkelvoudig samenhangend domein D 1. Dan is p(x,y)dx+q(x,y)dy een totale differentiaalover D als en alleen als
∂p∂y
(x,y) =∂q∂x
(x,y), ∀x,y ∈ D
Bewijs. Onderstel dat er een functie z : D→ R bestaat zodat dz = p(x,y)dx+q(x,y)dy voor elke(x,y) ∈ D. Dan is
p =∂z∂x
en q =∂z∂y
zodat∂p∂y
=∂2z
∂y∂x=
∂2z∂x∂y
=∂q∂x
Omgekeerd, onderstel dat∂p∂y
=∂q∂x
over D. We zullen de stelling bewijzen in het geval waarin D het inwendige van een rechthoek is.Kies (x0,y0) ∈ D willekeurig. We zoeken een functie z = g(x,y) zodat
p =∂z∂x
en q =∂z∂y
Uit de eerste vergelijking volgt dat
z =∫ x
x0
p(t,y)dt +ϕ(y)
waarbij ϕ een willekeurige functie in 1 veranderlijke is. Als we dit in de tweede vergelijkingstoppen, dan vinden we, gebruik makend van de regel van Leibniz
q(x,y) =∂z∂y
=∂
∂y
(∫ x
x0
p(t,y)dt +ϕ(y))
=∫ x
x0
∂p∂y
(t,y)dt +ϕ′(y)
=∫ x
x0
∂q∂x
(t,y)dt +ϕ′(y)
= q(x,y)−q(x0,y)+ϕ′(y)
zodatϕ′(y) = q(x0,y)
1Zeggen dat D ⊂ R2 een enkelvoudig samenhangend domein is, wil ruwweg gesproken zeggen dat D “zondergaten” en “zonder losse stukken” is.
62
enϕ(y) =
∫ y
y0
q(x0,u)du+ c
en de gezochte functie g is dus
g(x,y) =∫ x
x0
p(t,y)dt +∫ y
y0
q(x0,u)du+ c (4.3)
Door de rollen van x en y te verwisselen kunnen we z = g(x,y) ook schrijven onder de vorm
g(x,y) =∫ y
y0
q(x,u)du+∫ x
x0
p(t,y0)dt + c (4.4)
De constante c is in beide gevallen niets anders dan g(x0,y0). Beide vormen zijn gelijkwaardigwant twee functies die dezelfde totale differentiaal hebben in D zijn gelijk op een constante na.Waar in het bewijs gebruikten we dat D het inwendige van een rechthoek is? �
Voorbeeld 4.1.3 Bepaal z = g(x,y) zo dat
grad g = (3x2−1)y~u1 +(x3− x+2y)~u2
ofdg = (3x2−1)ydx+(x3− x+2y)dy
Stel p(x,y) = (3x2−1)y en q(x,y) = x3− x+2y. We zien gemakkelijk dat
∂p∂y
= 3x2−1 =∂q∂x
zodat aan de voorwaarden van stelling 4.1.2 voldaan is. Om g te bepalen kan men (4.3) of (4.4)rechtstreeks toepassen. Men kan ook de redenering uit bovenstaande bewijsvoering herhalen, endit is wat meestal in de praktijk gebeurt. Omdat
∂z∂x
= (3x2−1)y
isz =
∫(3x2−1)ydx+ϕ(y) = (x3− x)y+ϕ(y)
Als we dit stoppen in de tweede vergelijking
∂z∂y
= x3− x+2y
dan volgtx3− x+ϕ
′(y) = x3− x+2y
zodatϕ′(y) = 2y
enϕ(y) = y2 + c
Tenslotte isz = (x3− x)y+ y2 + c
63
Juiste differentiaalvergelijkingen
De differentiaalvergelijkingp(x,y)dx+q(x,y)dy = 0
wordt een juiste differentiaalvergelijking genoemd indien p(x,y)dx+q(x,y)dy een totale differen-tiaal is. Zijn de voorwaarden van stelling 4.1.2 voldaan, dan wordt (wegens (4.4)) de oplossing vande differentiaalvergelijking in impliciete2 vorm gegeven door de formule∫ y
y0
q(x,u)du+∫ x
x0
p(t,y0)dt + c = 0,
waarbij c een willekeurige reele constante is.
Voorbeelden 4.1.4 1) De vergelijking (onderstel x ∈ R+)
ln(y)dx+xy
dy = 0
is een juiste differentiaalvergelijking. Immers
d(xln(y)) = ln(y)dx+xy
dy
en de algemene integraal van de differentiaalvergelijking is dus
xln(y) = c,
waarbij c ∈ R, of nogy = ec/x.
Deze formule bepaalt de algemene integraal op een “expliciete” manier.
2) We beschouwen de vergelijkingx− yy′
x+ yy′=
x2 + y2
a2
Als we deze vergelijking oplossen naar y′, dan vinden we
x(x2 + y2−a2)dx+ y(x2 + y2 +a2)dy = 0
Het is gemakkelijk in te zien dat dit een onmiddellijk integreerbare vergelijking is. Immers,
∂
∂y(x(x2 + y2−a2)) =
∂
∂x(y(x2 + y2 +a2)) = 2xy
We zoeken een functie z = g(x,y) zodat
dz = x(x2 + y2−a2)dx+ y(x2 + y2 +a2)dy
2Het adjectief “impliciet” wijst in deze context op het feit dat de gezochte oplossingen y van de differentiaalver-gelijking in kwestie niet noodzakelijk in de vorm y = φ(x), voor zekere φ : R→ R, kunnen geschreven worden (ziebijvoorbeeld voorbeeld 4.1.4 2) ).
64
Uit∂z∂x
= x(x2 + y2−a2)
volgt dat
z =x4
4+
x2y2
2− x2a2
2+ϕ(y)
Hieruit vinden we dat∂z∂y
= x2y+ϕ′(y) = y(x2 + y2 +a2)
zodatϕ′(y) = y3 + ya2
en
ϕ(y) =y4
4+
y2a2
2+ c
Tenslotte is
z =x4
4+
x2y2
2− x2a2
2+
y4
4+
y2a2
2+ c
=14(x2 + y2)2 +
a2
2(y2− x2)+ c
en de algemene integraal van de differentiaalvergelijking is
(x2 + y2)2 +2a2(y2− x2) = d,
waarbij d ∈ R. Deze formule bepaalt de algemene integraal op een “impliciete” manier.
Differentiaalvergelijkingen met gescheiden veranderlijken
Onderstel dat we de differentiaalvergelijking y′ = f (x,y) kunnen herschrijven onder de vorm
p(x)dx = q(y)dy
Dit type juiste differentiaalvergelijkingen behandelden jullie reeds in [WAAM]. We houden onzebespreking dan ook bondig. Deze vergelijking is onmiddellijk integreerbaar, en de algemene inte-graal is ∫
p(x)dx =∫
q(y)dy
Voorbeelden 4.1.5 1)y′ = y
ofdyy
= dx
ofln |y|= x+ c,
65
met c ∈ R, of nog|y|= c′ex,
waarbij we c′ = ec noteerden.We bespreken kort het resultaat van onze berekeningen. Merk vooreerst op dat, teneinde de me-thode te kunnen doorvoeren, de functie y niet de nulfunctie mag zijn. Nu kan men bewijzen-gebruik makende van de Bestaansstelling, stelling 3.2.2- dat als y(x0) = 0 voor zekere x0, dat y(x)dan nul moet zijn op heel het bestaansinterval. De bespreking valt dus uiteen in drie delen:
• Ofwel is y(x) > 0, voor alle x in het bestaansinterval. In dit geval is |y(x)| = y(x) en dusvereenvoudigt de bovenstaande formule voor de algemene integraal tot y(x) = c′ex, met c′ ∈R+.
• Ofwel is y(x) < 0, voor alle x in het bestaansinterval. In dit geval is |y(x)| = −y(x) en dusvereenvoudigt de bovenstaande formule voor de algemene integraal tot −y(x) = c′ex, metc′ ∈ R+, of nog y(x) = c′′ex, met c′′ ∈ R−.
• Ofwel is y(x) = 0, voor alle x in het bestaansinterval. Deze mogelijkheid moesten we uit-sluiten bij het toepassen van onze methode. Maar y(x) = 0 is duidelijk een oplossing van dedifferentiaalvergelijking. Deze kan nu toch beschreven worden als y(x) = c′ex, door c′ = 0te kiezen.
We besluiten dat de algemene integraal van de differentiaalvergelijking gegeven wordt door y(x) =cex, met c ∈ R.In het vervolg laten we zulke uitgebreide besprekingen achterwege.
2) Beschouw de vergelijking (en kies bijvoorbeeld R+0 als bestaaninterval)
y′ =−yx
ofdyy
=−dxx.
Analoog aan de vorige bespreking vinden we dan dat de algemene integraal gegeven wordt doorde formule
xy = c,
voor c ∈ R.
4.2 Homogene differentiaalvergelijkingen
Herhaal dat een veelterm P(x,y) homogeen van graad m genoemd wordt, indien de som van deexponenten van x en y in elk van de termen van de veelterm juist m is, m.a.w.
P(x,y) =m
∑i=0
aixiym−i voor zekere ai ∈ R
66
Als p(x,y) en q(x,y) homogene veeltermen van graad m zijn, dan noemen we de differentiaalver-gelijking
p(x,y)dx+q(x,y)dy = 0
een homogene differentiaalvergelijking van graad m. We herschrijven de differentiaalvergelijkingonder de vorm
dy =p(x,y)q(x,y)
dx
Deel teller en noemer door xm (hier dienen we dan het bestaansinterval te bepereken tot een deelvan R dat x = 0 niet bevat). We krijgen dan (Ga dit na!)
dy =p(1,y/x)q(1,y/x)
dx
= f(y
x
)dx
We kiezen nu een nieuwe veranderlijkez =
yx
Dan isy = zx en dy = zdx+ xdz
en de vergelijking wordtzdx+ xdz = f (z)dx
ofdz
f (z)− z=
dxx
en dit is een differentiaalvergelijking met gescheiden veranderlijken. Voor de algemene integraalkunnen we volgende formule opschrijven.
x = cexp(∫ dz
f (z)− z
),
waarbij c ∈ R.
Voorbeeld 4.2.1(x2− y2)dy = 2xydx
Dit is een homogene differentiaalvergelijking van graad 2. Beperken we het bestaansinterval bij-voorbeeld tot R+
0 . Stel y = zx, dan wordt de vergelijking
(1− z2)(zdx+ xdz) = 2zdx
of1− z2
z+ z3 dz =dxx
67
of
lnx+ c =∫ 1− z2
z+ z3 dz
=∫ dz
z−
∫ 2z1+ z2 dz
= ln |z|− ln |1+ z2|= ln | z1+ z2 |,
met c ∈R. Hierbij splitsten we 1− z2/z+ z3 in partieelbreuken. Door de exponent van beide ledente nemen kan je nagaan dat de algemene integraal gegeven wordt door de volgende vergelijking
x =c′z
1+ z2 =c′yx
x2 + y2
ofx2 + y2− c′y = 0,
waarbij c′ ∈ R. De integraalkrommen zijn dus cirkels die de x-as raken in de oorsprong.
Vergelijkingen die te herleiden zijn tot homogene vergelijkingen
We bekijken differentiaalvergelijkingen van de vorm
y′ = f( ax+by+ c
a′x+b′y+ c′
)Deze vergelijking is te herleiden tot een homogene vergelijking. We beschouwen de rechtenl : ax+by+ c = 0 en l′ : a′x+b′y+ c′ = 0
Eerste geval: l en l′ snijden elkaar in het punt (x0,y0). We voeren de volgende coordinatentransformatieuit: {
x = t + x0y = u+ y0
We zien gemakkelijk in dat
ax+by+ c = ax+by+ c− (ax0 +by0 + c) = at +bu
ena′x+b′y+ c′ = a′t +b′u
en de differentiaalvergelijking wordt
dudt
= f( at +bu
a′t +b′u
)= f( a+bu
ta′+b′ ut
),
waarbij we t 6= 0 onderstelden. Stel nu z = ut , dan krijg je, na de nodige subsituties, voor vele f
een vergelijking met gescheiden veranderlijken z en t.
68
Tweede geval: l en l′ zijn evenwijdig. Dan is
a′
a=
b′
b= λ
en de vergelijking is van de vorm
y′ = f( ax+by+ c
λ(ax+by)+ c′
)Stel u = ax+by, dan wordt de vergelijking
u′−ab
= f( u+ c
λu+ c′
)of
du
a+b f(
u+cλu+c′
) = dx
en dit is een differentiaalvergelijking met gescheiden veranderlijken.
Voorbeeld 4.2.2 Beschouw de differentiaalvergelijking
y′ =x− y−4x+ y−2
Het snijpunt van de rechten x− y = 4 en x+ y = 2 is (3,−1). We stellen daarom x = t + 3 eny = u−1. De differentiaalvergelijking wordt nu
dudt
=t−ut +u
Zoals verwacht is deze homogeen van graad 1. Stel u = tz. We krijgen dan (op een geschiktbestaansinterval)
tdz+ zdt =1− z1+ z
dt
ofdtt=
1+ z1−2z− z2 dz =−1
22(z+1)
(z+1)2−2dz
ofln t =−1
2ln((z+1)2−2
)+ c,
voor c ∈ R. Herschrijven we c = 12 lnc′, dan wordt het bovenstaande te herleiden tot
t2((z+1)2−2)= c′
ofu2 +2ut− t2 = c′
69
of(y+1)2 +2(y+1)(x−3)− (x−3)2 = c′
of, tenslottey2 +2xy− x2−4y+8x−14 = c′′,
voor c′′ ∈ R. Onderweg hebben we een paar situaties moeten uitsluiten opdat deze methode zouwerken (zo mocht bijvoorbeeld t niet 0 zijn). Ga zelf na of er eventueel singuliere integralen zijnen bepaal eveneens een geschikt bestaantsinterval.
4.3 Lineaire differentiaalvergelijkingen van eerste orde
Een lineaire differentiaalvergelijking van orde 1 is een differentiaalvergelijking van de vorm
a(x)y′+b(x)y = d(x), (4.5)
waarbij a,b en d reele functies zijn, die bovendien vaak continue worden verondersteld te zijn. Devergelijking is dus een veelterm van graad 1 in y en y′. Best wat fenomenen worden gemodelleerddoor zulke vergelijkingen, met name bij slingerbewegingen (in de mechanica of de electronica)waarbij demping optreedt. Dit type vergelijkingen hebben jullie reeds vrij uitgebreid besproken in[WAAM], dus we gaan slechts kort wat zaken herhalen.Als d(x) = 0, dan zeggen we dat (4.5) een homogene differentiaalvergelijking is. De differentiaal-vergelijking
a(x)y′+b(x)y = 0 (4.6)
die ontstaat door in (4.5) d(x) gelijk aan 0 te stellen noemen we de geassocieerde homogene dif-ferentiaalvergelijking. In de volgende stelling zullen we zien dat er een verband bestaat tussen deoplossing van een lineaire differentiaalvergelijking en de oplossing van de geassocieerde homo-gene vergelijking.
Stelling 4.3.1 Als yh de algemene integraal is van de homogene vergelijking (4.6), en yp een par-ticuliere integraal is van de volledige vergelijking (4.5), dan wordt de algemene integraal van devolledige vergelijking (4.5) gegeven door de formule
y = yp + yh (4.7)
Bewijs. We tonen eerst aan dat (4.7) een oplossing is van (4.5):
a(x)(yp + yh)′+b(x)(yp + yh) = a(x)y′p +b(x)yp +a(x)y′h +b(x)yh = d(x)+0 = d(x)
Omgekeerd, onderstel dat y een oplossing is van (4.5). Dan is
a(x)(y− yp)′+b(x)(y− yp) = a(x)y′+b(x)y−a(x)y′p−b(x)yp = d(x)−d(x) = 0
zodat y− yp een oplossing is van de homogene vergelijking (4.6). y = yp +(y− yp) is dus van degewenste vorm. �
Om een lineaire differentiaalvergelijking te integreren volstaat het dus om eerst de geassocieerdehomogene vergelijking te integreren en daarna een particuliere integraal van de volledige vergelij-king te vinden.
70
Integratie van de homogene vergelijking
Dit is eenvoudig: de homogene vergelijking (4.6) kan herschreven worden als een vergelijking metgescheiden veranderlijken.
a(x)dy+b(x)ydx = 0
ofdyy
=−b(x)a(x)
dx.
Dit is nu een vergelijking in gescheiden veranderlijken. Een bespreking analoog als bij voorbeeld4.1.5 leert dat de algemene integraal van deze homogene vergelijking gegeven wordt door
yh = ce−∫ b(x)
a(x)dx, (4.8)
waarbij c ∈ R; m.a.w. elke particuliere integraal is een scalair veelvoud van de “basisoplossing”
e−∫ b(x)
a(x)dx.
Bepalen van een particuliere oplossing : variatie van de constante
Om een particuliere oplossing van de volledige vergelijking te bepalen, gebruiken we een techniekdie variatie van de constante genoemd wordt. Uit (4.8) weten we dat de integraal van de homogenevergelijking van de vorm yh = c f (x) is. We zoeken een particuliere integraal van (4.5) van de vorm
yp = c(x) f (x) (4.9)
Substitutie in (4.5) levert
a(x)c′(x) f (x)+a(x)c(x) f ′(x)+b(x)c(x) f (x) = d(x)
of, omdat a(x) f ′(x)+b(x) f (x) = 0 ( f is een oplossing van de homogene vergelijking):
a(x)c′(x) f (x) = d(x)
Hieruit vinden we gemakkelijk dat
c′(x) =d(x)
a(x) f (x)
en
c(x) =∫ d(x)
a(x) f (x)dx (4.10)
Als we (4.10) substitueren in (4.9), dan vinden we een particuliere integraal van (4.5).We refereren aan [WAAM] en aan de oefeningensessies voor uitgewerkte voorbeelden van dit typedifferentiaalvergelijkingen.
71
De vergelijking van Bernoulli
Een differentiaalvergelijking van de vorm
a(x)y′+b(x)y = d(x)ym (4.11)
noemen we een vergelijking van Bernoulli.Als m = 0 of m = 1, dan is de vergelijking lineair. Voor andere waarden van m kunnen we devergelijking van Bernoulli tot een lineaire vergelijking herleiden bij middel van de substitutie
z =1
ym−1
Immers,
z′ = (1−m)y′
ym
en (4.11)wordt
a(x)z′
1−m+b(x)z = d(x) (4.12)
en dit is een lineaire vergelijking.
Voorbeeld 4.3.2 We beschouwen de differentiaalvergelijking (beperk het bestaansinterval bijvoor-beeld tot R+
0 )xy′+ y = y2lnx
Dit is een vergelijking van Bernoulli met m = 2. Substitueer z = 1/y. Dan is z′ = −y′/y2 en dedifferentiaalvergelijking wordt
xz′− z =−lnx
Dit is een lineaire vergelijking. We integreren eerst de homogene vergelijking xz′−z = 0. Dit geeft
zh = cx,
met c ∈ R. Stel nu (variatie van de constante)
zp = c(x)x
Subsitutie in de vergelijking levertx2c′(x) =−lnx
enc(x) =−
∫ lnxdxx2 =
lnxx−
∫ dxx2 =
lnxx
+1x+d
Kiezen we d = 0, dan is zp = 1+ lnx en de algemene integraal wordt
z = 1+ lnx+ cx
of nog
y =1
1+ lnx+ cx
72
Hoo
fdst
uk 5 Normale differentiaalstelselsen -vergelijkingen
5.1 De methode van afleiding en eliminatie
Herinner dat een normale differentiaalvergelijking van orde n een differentiaalvergelijking is vande vorm
y(n) = f (x,y,y′,y′′, · · · ,y(n−1)) (5.1)
Merk op dat een normale differentiaalvergelijking van orde 1 niets anders is dan een differentiaal-vergelijking van eerste orde en eerste graad zoals besproken in het voorgaande hoofdstuk.Een normaal stelsel differentiaalvergelijkingen (ook wel normaal differentiaalstelsel genoemd) vanorde n is een stel vergelijkingen van de vorm
y′1 = f1(x,y1,y2, · · · ,yn)y′2 = f2(x,y1,y2, · · · ,yn)...y′n = fn(x,y1,y2, · · · ,yn)
(5.2)
waarbij de onbekenden y1 = y1(x),y2 = y2(x), · · · ,yn = yn(x) functies zijn van de veranderlijke x.Merk op dat een normaal differentiaalstelsel van orde 1 niets anders is dan een differentiaalverge-lijking van eerste orde en eerste graad.We zullen nu zien dat er een verband is tussen normale differentiaalvergelijkingen en differentiaal-stelsels: als we normale differentiaalvergelijkingen kunnen oplossen, dan kunnen we ook differen-tiaalstelsels oplossen, en omgekeerd. Deze eigenschap zullen we in het vervolg in beide richtingengebruiken.
Afleiding en eliminatie
We vertrekken van het differentiaalstelsel (5.2). Afleiden van de eerste vergelijking geeft
y′′1 =∂ f1
∂x+
n
∑i=1
∂ f1
∂yiy′i
Als we hierin de laatste n−1 vergelijkingen van (5.2) invullen, dan vinden we
y′′1 = g2(x,y1,y′1,y2, · · · ,yn)
Nogmaals afleiden geeft, na invullen van de laatste n−1 vergelijkingen van (5.2):
y′′′1 = g3(x,y1,y′1,y′′1,y2, · · · ,yn)
73
Verder afleiden geeft, samengevat
y′1 = f1(x,y1,y2, · · · ,yn)y′′1 = g2(x,y1,y′1,y2, · · · ,yn)y′′′1 = g3(x,y1,y′1,y
′′1,y2, · · · ,yn)
...y(n)1 = gn(x,y1,y′1,y
′′1, · · · ,y
(n−1)1 ,y2, · · · ,yn)
(5.3)
Als we uit (5.3) y2,y3, · · · ,yn elimineren, dan vinden we een betrekking van de vorm
y(n)1 = g(x,y1,y′1,y′′1, · · · ,y
(n−1)1 ) (5.4)
Onderstel dat we (5.4) kunnen oplossen. Dan kennen we y1. Bij de eliminatie van y2,y3, · · · ,yn
uit (5.3) berekenden we y2,y3, · · · ,yn in functie van y1,y′1, · · · ,y(n−1)1 , zodat y2,y3, · · · ,yn kunnen
berekend worden. We kunnen dus het differentiaalstelsel (5.2) oplossen als we de differentiaalver-gelijking (5.4) kunnen oplossen. Deze methode om een differentiaalstelsel op te lossen, noemtmen de methode van afleiding en eliminatie.
Voorbeeld 5.1.1 Beschouw het differentiaalstelsel
y′1 = y2−2y1 (5.5)y′2 = 2y2−3y1 (5.6)
Afleiden van (5.5) geeft, gebruik makend van (5.6)
y′′1 = y′2−2y′1 = 2y2−3y1−2y′1
Uit (5.5) volgty2 = y′1 +2y1 (5.7)
en dus isy′′1 = 2y′1 +4y1−3y1−2y′1 = y1.
Dit is nu een normale differentiaalvergelijking van orde 2, bovendien van het type “met constantecoefficienten” (zie § 5.4). Nu, jullie weten reeds uit [WAAM] dat de algemene integraal van dezevergelijking gegeven wordt door
y1 = Aex +Be−x,
waarbij A,B ∈ R. Substitutie in (5.7) geeft
y2 = Aex−Be−x +2Aex +2Be−x = 3Aex +Be−x
Bij deze hebben we het oorspronkelijke differentiaalstelsel volledig opgelost.
Via afleiding en eliminatie kan men een normaal differentiaalstelsel herleiden tot een normaledifferentiaalvergelijking. Omgekeerd kan men een normale differentiaalvergelijking herleiden toteen normaal differentiaalstelsel. Bekijk de vergelijking
y(n) = f (x,y,y′,y′′, · · · ,y(n−1)) (5.8)
74
Stely1 = y, y2 = y′, · · · ,yi = y(i−1), · · · ,yn = y(n−1)
Als y een oplossing is van (5.8), dan geldt
y′1 = y2y′2 = y3...y′n−1 = yn
y′n = y(n) = f (x,y1,y2,y3, · · · ,yn)
(5.9)
en (y1,y2, · · · ,yn) is dus een oplossing van het normale differentiaalstelsel (5.9). Als we de me-thode van afleiding en eliminatie toepassen op (5.9), dan vinden we (5.8) terug.
Nu kunnen we (5.2) herschrijven in vectorvorm. We schrijven
Y =
y1
y2...
yn
als verkorte notatie voor de afbeelding
Y : (a,b)→ Rn ; x 7→
y1(x)
y2(x)...
yn(x)
,
waarbij (a,b) een deelinterval is van de bestaansintervallen van de n differentiaalvergelijkingen(5.2). Analoog noteren we verkort
F =
f1
f2...
fn
voor de afbeelding
F : R×Rn→ Rn ;(
x,
y1(x)
y2(x)...
yn(x)
)7→
f1(x,y1(x),y2(x), · · · ,yn(x))
f2(x,y1(x),y2(x), · · · ,yn(x))...
fn(x,y1(x),y2(x), · · · ,yn(x))
.
Dan wordt (5.2)Y ′(x) = F(x,Y (x)) of kortweg Y ′ = F(x,Y ) (5.10)
75
Voor een normale differentiaalvergelijking van orde n heeft de bestaansstelling (onder bepaaldevoorwaarden) een unieke oplossing (cfr. stelling 3.2.2). Een analoog resultaat geldt voor normaledifferentiaalstelsels. Met de hierboven ingevoerde notatie neemt dit de volgende vorm aan. Werefereren opnieuw aan [WGAM] voor de nodige definities.
Stelling 5.1.2 (Bestaansstelling) Onderstel dat G ⊂ Rn+1 een gebied is, en dat (x0,Y0) een in-wendig punt van G is. Als F : G ⊂ Rn+1→ Rn continu is over G en differentieerbaar over hetinwendige van G , dan bestaat er een omgeving V = (x0− c,x0 + c) van x0 en een unieke functieG : V → Rn zodat
• G is een oplossing van het differentiaalstelsel
Y ′(x) = F(x,Y (x))
voor elke x ∈V ;
• G voldoet aan de beginvoorwaarde:
G(x0) = Y0
5.2 Lineaire differentiaalstelsels
Een lineair differentiaalstelsel is een differentiaalstelsel van de vormy′1 = a11(x)y1 +a12(x)y2 + · · ·+a1n(x)yn +b1(x)y′2 = a21(x)y1 +a22(x)y2 + · · ·+a2n(x)yn +b2(x)...y′n = an1(x)y1 +an2(x)y2 + · · ·+ann(x)yn +bn(x)
(5.11)
Hierbij zijn ai j en bi allen functies van de reele veranderlijke x (voor i, j = 1, ...,n). Indien defuncties b1,b2, · · · ,bn identiek gelijk zijn aan 0, dan noemen we het stelsel (5.11) een homogeenlineair differentiaalstelsel.We kunnen (5.11) herschrijven in matrixvorm. Schrijf
Y (x) =
y1(x)
y2(x)...
yn(x)
, B(x) =
b1(x)
b2(x)...
bn(x)
, A(x) =
a11(x) a12(x) · · · a1n(x)
a21(x) a22(x) · · · a2n(x)...
......
an1(x) an2(x) · · · ann(x)
Dan hebben we dus twee functies Y,B : (a,b)→ Rn en een functie A : (a,b)→Mnn(R). 1 (5.11)is dan equivalent met
Y ′(x) = A(x)Y (x)+B(x) of kortweg Y ′ = A(x)Y +B (5.12)1Mnn(R) is hier notatie voor de verzameling van alle reele (n× n)−matrices. Deze verzameling wordt een R-
vectorruimte voor de klassieke optelling en scalaire vermenigvuldiging van zulke matrices. Merk op dat als abstractevectorruimte Mnn(R) “dezelfde” is als (i.e. isomorf is met) de R-vectorruimte Rn2
.
76
De bestaansstelling is steeds van toepassing op een lineair differentiaalstelsel en levert het volgenderesultaat.
Stelling 5.2.1 Onderstel dat A : (a,b)→Mnn(R) en B : (a,b)→ Rn differentieerbaar zijn over(a,b). Voor x0 ∈ (a,b) en Y0 ∈ Rn bestaat er een unieke oplossing van (5.12) gedefinieerd op eenomgeving van x0 die voldoet aan de beginvoorwaarde Y (x0) = Y0
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de bestaansstelling: de functie F(x,Y ) =A(x)Y +B(x) is continuover een gebied G waarvan (x0,Y0) een inwendig punt is, en differentieerbaar over het inwendigevan G . �
Eigenschappen van het homogeen stelsel
We beschouwen een homogeen lineair stelsel
Y ′ = A(x)Y (5.13)
We zullen hierbij opnieuw onderstellen dat A : (a,b)→Mnn(R) differentieerbaar is.
Stelling 5.2.2 De oplossingen van het homogeen stelsel (5.13) vormen een (reele) vectorruimte.
Bewijs. Y = 0 is steeds een oplossing, zodat de oplossingsverzameling niet leeg is. Om aan te tonendat de oplossingen van (5.13) een deelvectorruimte van Rn
(a,b), de vectorruimte van de functies(a,b)→ Rn vormen, volstaat het aan te tonen dat een lineaire combinatie van twee oplossingenopnieuw een oplossing is. Neem twee oplossingen Y1 en Y2 van (5.13), en α, β ∈ R. Dan is
(αY1 +βY2)′ = αY ′1 +βY ′2 = αA(x)Y1 +βA(x)Y2 = A(x)(αY1 +βY2)
en dus is αY1 +βY2 ook een oplossing van (5.13). �
Lemma 5.2.3 Als Y een oplossing is van (5.13), en Y (x0) = 0 voor een zekere x0 ∈ (a,b), dan isY (x) = 0 voor elke x ∈ (a,b).
Bewijs. Uit de existentiestelling (stelling 5.2.1) volgt dat de vergelijking (5.13) met beginvoor-waarde Y (x0) = 0 een unieke oplossing heeft. Y (x) = 0 is een oplossing die aan de beginvoor-waarde voldoet, en dus is het de enige mogelijke oplossing. �
In stelling 5.2.2 hebben we gezien dat de oplossingsverzameling Opl(Y ′ = A(x)Y ) een vector-ruimte is. We kunnen dus spreken van lineaire (on)afhankelijke oplossingen. Een stel oplossingenY1,Y2, · · · ,Ym is lineair afhankelijk (in Rn
(a,b)) als er constanten c1,c2, · · · ,cm bestaan waarvan ertenminste een verschillend van nul is zodat
m
∑i=1
ciYi(x) = 0 (5.14)
voor elke x∈ (a,b). Het stel Y1,Y2, · · · ,Ym is lineair onafhankelijk (in Rn(a,b)) als (5.14) zich slechts
kan voordoen indienc1 = c2 = · · ·= cm = 0
77
Lemma 5.2.4 Zij x0 ∈ (a,b). Een stel oplossingen Y1,Y2, · · · ,Ym van (5.13) is lineair (on)afhankelijkin Rn
(a,b) als en alleen als Y1(x0),Y2(x0), · · · ,Ym(x0) lineair (on)afhankelijk is in Rn.
Bewijs. Onderstel eerst dat het stel oplossingen Y1,Y2, · · · ,Ym lineair afhankelijk is. Er bestaanconstanten c1,c2, · · · ,cm, niet allen nul, zodat (5.14) geldt voor elke x ∈ (a,b). In het bijzondergeldt (5.14) voor x = x0, en dus is
m
∑i=1
ciYi(x0) = 0
en Y1(x0),Y2(x0), · · · ,Ym(x0) is lineair afhankelijk in Rn.Omgekeerd, onderstel dat Y1(x0),Y2(x0), · · · ,Ym(x0) lineair afhankelijk is in Rn. Er bestaan con-stanten c1,c2, · · · ,cm, niet allen nul, zodat
m
∑i=1
ciYi(x0) = 0
Uit lemma 5.2.3 volgt dat nu datm
∑i=1
ciYi = 0
en dus zijn Y1,Y2, · · · ,Ym lineair afhankelijk in Rn(a,b). �
Gevolg 5.2.5 De dimensie van de oplossingsruimte Opl(Y ′ = A(x)Y ) is ten hoogste n.
Bewijs. Omdat de dimensie van Rn n is, zijn er in Rn geen stellen van meer dan n lineair onafhan-kelijke vectoren. Uit lemma 5.2.4 volgt dat dezelfde eigenschap geldt voor Opl(Y ′ = A(x)Y ), endus is de dimensie van deze ruimte ten hoogste n. �
Stelling 5.2.6 Zij x0 ∈ (a,b). Er bestaat een omgeving I = (x0−δ,x0 +δ) van x0 zodanig dat devectorruimte van de oplossingen van Y ′ = A(x)Y op de omgeving I dimensie n heeft.
Bewijs. Neem een basis ~e1,~e2, · · · ,~en van Rn (bijvoorbeeld de standaardbasis). Voor elke i ∈{1,2, · · · ,n} bestaat er een omgeving van x0 waarop het differentiaalstelsel
Y ′ = A(x)Y
met beginvoorwaarde Y (x0) =~ei een unieke oplossing Yi heeft (stelling 5.2.1). Zij I de kleinste vandeze n omgevingen. Uit lemma 5.2.4 volgt dat de oplossingen Y1,Y2, · · · ,Yn lineair onafhankelijkzijn in Rn
(a,b). Op I zijn er dus n lineair onafhankelijke oplossingen van (5.13), en dus is dedimensie van de oplossingsruimte op I tenminste n. In gevolg 5.2.5 hebben we gezien dat dezedimensie ten hoogste n is, en het resultaat volgt. �
Het volledig stelsel
We beschouwen nu het volledige stelsel
Y ′ = A(x)Y +B(x) (5.15)
waarbij we onderstellen dat A : (a,b)→Mnn(R) en B : (a,b)→Rn continue functies zijn. Onder-stel ook dat we het homogene stelsel (5.13) kunnen we oplossen. Om (5.15) te integreren volstaathet om een particuliere oplossing te vinden:
78
Stelling 5.2.7 Als Yh de algemene integraal is van (5.13), en Yp een particuliere integraal van(5.15), dan is
Y = Yh +Yp
de algemene integraal van (5.15).
Bewijs. Doe dit zelf als oefening. Het bewijs is volkomen analoog aan dat van stelling 4.3.1. �
Om een particuliere integraal van (5.15) te bepalen passen we de methode van de variatie van deconstante toe. Onderstel dat Y1,Y2, · · · ,Yn n lineair onafhankelijke oplossingen van het homogeenstelsel (5.13) zijn. De algemene integraal is dan
Y (x) =n
∑i=1
ciYi(x)
We zoeken nu een particuliere integraal van (5.15) van de vorm
Yp(x) =n
∑i=1
ci(x)Yi(x)
Subsitutie in (5.15) levert
n
∑i=1
ci(x)Y ′i (x)+n
∑i=1
c′i(x)Yi(x) =n
∑i=1
ci(x)A(x)Yi(x)+B(x)
Aangezien Y ′i = A(x)Yi, krijgen we
n
∑i=1
c′i(x)Yi(x) = B(x) (5.16)
(5.16) is een stelsel lineaire vergelijkingen met onbekenden c′1,c′2, · · · ,c′n. De matrix van dit stelsel
is de matrix met kolommen Y1,Y2, · · · ,Yn. Omdat Y1,Y2, · · · ,Yn lineair onafhankelijk zijn is dematrix van het stelsel regulier2, en dit voor elke x. (5.16) heeft dus een unieke oplossing. Oplossenvan (5.16) geeft c′1,c
′2, · · · ,c′n. Integreren geeft c1,c2, · · · ,cn en de particuliere oplossing Yp.
5.3 Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde n
Een differentiaalvergelijking van orde n noemen we lineair als ze van de volgende vorm is.
y(n)+a1(x)y(n−1)+ · · ·+an−1(x)y′+an(x)y = b(x) (5.17)
Hierbij wordt ondersteld dat de functies a1, · · · ,an en b continu zijn over een interval (a,b). Alsb(x) = 0, dan noemen we (5.17) een homogene lineaire differentiaalvergelijking.
2Zeggen dat deze matrix regulier is, betekent dat de determinant ervan niet nul is; m.a.w. deze matrix is inverteer-baar voor de vermenigvuldiging van (n×n)−matrices.
79
(5.17) is een normale vergelijking. In § 5.1 hebben we gezien dat een normale vergelijking steedste herleiden is tot een normaal differentiaalstelsel. Hiertoe stellen we opnieuw
Y =
y1
y2...
yn
=
y
y′...
y(n−1)
Y voldoet aan het differentiaalstelsel
y′1 = y2y′2 = y3...y′n−1 = yn
y′n = y(n) =−an(x)y1−an−1(x)y2−·· ·−a1(x)yn +b(x)
(5.18)
ofY ′ = A(x)Y +B(x) (5.19)
met
A(x) =
0 1 0 · · · 0 0
0 0 1 · · · 0 0...
......
......
0 0 0 · · · 1 0
0 0 0 · · · 0 1
−an −an−1 −an−2 · · · −a2 −a1
en B(x) =
0
0...
0
b(x)
(5.20)
Als de differentiaalvergelijking (5.17) homogeen is, dan is het overeenstemmende differentiaal-stelsel (5.19) ook homogeen. We kunnen de resultaten uit § 5.2 toepassen op (5.19) en vertalennaar (5.17).Meer bepaald geldt de existentiestelling voor lineaire differentiaalvergelijkingen van orde n.
Stelling 5.3.1 Onderstel dat a1, · · · ,an,b : (a,b)→ R continu zijn.Voor x0 ∈ (a,b) en y0,y′0, · · · ,y
(n−1)0 ∈R bestaat er een unieke oplossing van (5.17) gedefinieerd op
een omgeving van x0 die voldoet aan de beginvoorwaardeny(x0) = y0y′(x0) = y′0...y(n−1)(x0) = y(n−1)
0
80
Eigenschappen van de homogene vergelijking
y(x) is een oplossing is van de homogene vergelijking
y(n)+a1(x)y(n−1)+ · · ·+an−1(x)y′+an(x)y = 0 (5.21)
als en alleen als Y (x) = (y,y′, · · · ,y(n−1)) een oplossing is van het homogene stelsel
Y ′ = A(x)Y (5.22)
Uit stelling 5.2.2, gevolg 5.2.5, stelling 5.2.6 volgt nu onmiddellijk
Stelling 5.3.2 De oplossingen van (5.21) vormen een vectorruimte van dimensie ten hoogste n.Voor elke x0 ∈ (a,b) bestaat er een omgeving (x0− δ,x0 + δ) waarop de oplossingen van (5.21)een vectorruimte van dimensie n vormen.
Wanneer zijn n oplossingen y1, · · · ,yn van (5.21) lineair onafhankelijk in R(a,b), de vectorruimtevan de functies (a,b)→ R? Een nodige en voldoende voorwaarde is dat de n overeenstemmendeoplossingen Y1, · · · ,Yn van (5.22) lineair onafhankelijk zijn in Rn
(a,b). Uit lemma 5.2.4 volgt dathet voldoende is dat Y1(x0), · · · ,Yn(x0) lineair onafhankelijk zijn in Rn, voor een zekere x0 ∈ (a,b).Een nodige en voldoende voorwaarde hiervoor is dat de determinant
W (y1, · · · ,yn) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
y1 y2 · · · yn
y′1 y′2 · · · y′n...
...
y(n−1)1 y(n−1)
2 · · · y(n−1)n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣6= 0
Deze determinant wordt de determinant van Wronski of de Wronskiaanse determinant genoemd.
81
Stelling 5.3.3 Veronderstel dat y1,y2, · · · ,yn n verschillende oplossingen zijn van (5.21), dan zijndeze lineair afhankelijk in R(a,b) als de Wronskiaan W (y1, · · · ,yn) identiek gelijk aan 0 is over hetinterval (a,b). Als de Wronskiaan in 1 punt x0 gelijk aan 0 is, dan is hij overal 0.
Bewijs. Beschouw de homogene vergelijking (5.21), dan zijn n oplossingen y1(x),y2(x), . . . ,yn(x)lineair afhankelijk over het inteval (a,b) als er n constanten a1,a2 . . . ,an bestaan, niet alle nul,zodat
a1y1(x)+a2y2(x)+ . . .anyn(x) = 0
voor alle x ∈ (a,b). Zoals we gezien hebben, komt een oplossing y(x) overeen met een oplossingY (x) van vergelijking (5.22), met
Y (x) =
y(x)
y′(x)...
y(n−1)(x)
.
Zeggen dat n oplossingen y1(x), . . . ,yn(x) linear onafhankelijk zijn over een interval (a,b) is equi-valent met zeggen dat de n oplossingen Y1(x), . . . ,Yn(x) lineair onafhankelijk zijn. Een functie Yi(x)is echter een vectorwaardige functie, i.e. Y : R→ Rn. Een nodige en voldoende voorwaarde opdatde vectoren Y1(x), . . . ,Yn(x) lineair onafhankelijk zijn, is dus dat de determinant∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
y1(x) y2(x) · · · yn(x)
y′1(x) y′2(x) · · · y′n(x)...
...
y(n−1)1 (x) y(n−1)
2 (x) · · · y(n−1)n (x)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣6= 0
Met andere woorden, de oplossingen y1(x), . . . ,yn(x) zijn lineair onafhankelijk als en slechts alsW (y1(x),y2(x), . . . ,yn(x)) 6= 0 voor alle x ∈ (a,b).We gebruiken nu lemma 5.2.4 om het laatste gedeelte van de stelling te bewijzen. Dit lemma zegtprecies dat de oplossingen Y1(x), . . . ,Yn(x) lineair onafhankelijk zijn in het interval (a,b) als enslechts als de vectoren Y1(x0), . . . ,Yn(x0) lineair onafhankelijk zijn, of met andere woorden, als dedeterminant ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
y1(x0) y2(x0) · · · yn(x0)
y′1(x0) y′2(x0) · · · y′n(x0)...
...
y(n−1)1 (x0) y(n−1)
2 (x0) · · · y(n−1)n (x0)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣6= 0
Met andere woorden, de Wronskiaan van de n oplossingen y1, . . . ,yn is ofwel overal nul in hetinterval (a,b), ofwel nergens. �
82
De volledige lineaire vergelijking
Om de algemene integraal van de volledige differentiaalvergelijking (5.17) te bepalen volstaat hetom de algemene integraal van de homogene vergelijking (5.21) te bepalen, en een particuliereoplossing van de volledige vergelijking (5.17). Dit volgt onmiddellijk uit stelling 5.2.7.
Stelling 5.3.4 Als yh de algemene integraal is van (5.21), en yp een particuliere integraal van(5.17), dan is
y = yh + yp
de algemene integraal van (5.17).
Onderstel dat we n lineair onafhankelijke oplossingen y1,y2, · · · ,yn van de homogene vergelijking(5.21) kunnen bepalen. Om een particuliere integraal van (5.17) te bepalen kunnen we de methodevan de variatie van de constante toepassen op het stelsel (5.19). Stel Yi = (yi,y′i, · · · ,y
(n−1)i ). De
algemene integraal van (5.19) is dan
Yh =n
∑i=1
ciYi
en we zoeken een particuliere integraal van de vorm
Yp =n
∑i=1
ci(x)Yi
Het lineair stelsel (5.16) neemt nu de volgende vorm aan:
n
∑i=1
c′i(x)yi(x) = 0
n
∑i=1
c′i(x)y′i(x) = 0
...n
∑i=1
c′i(x)y(n−1)i (x) = b(x)
(5.23)
De determinant van (5.23) is juist de Wronskiaanse determinant, en we weten dat die verschillendvan nul is, omdat y1,y2, · · · ,yn lineair onafhankelijk zijn in R(a,b). We kunnen (5.23) dus oplossen,en we vinden c′i(x), en na integratie ci(x). De gezochte particuliere integraal is dan
yp(x) =n
∑i=1
ci(x)yi(x)
Stelling 5.3.5 Als y1(x) een oplossing is van de differentiaalvergelijking
y(n)+a1(x)y(n−1)+ · · ·+an−1(x)y′+an(x)y = b1(x)
en y2(x) een oplossing van
y(n)+a1(x)y(n−1)+ · · ·+an−1(x)y′+an(x)y = b2(x)
83
dan is y1(x)+ y2(x) een oplossing van
y(n)+a1(x)y(n−1)+ · · ·+an−1(x)y′+an(x)y = b1(x)+b2(x)
Bewijs. Oefening �
Vergelijkingen van orde 2 – verlaging van de orde
De volgende stelling levert, onder bepaalde voorwaarden, een tweede, onafhankelijk oplossingvan de homogene tweedeordedifferentiaalvergelijking indien een eerste oplossing gekend is. Demethode uit de volgende stelling wordt ook verlaging van de orde genoemd.
Stelling 5.3.6 Beschouw de homogene lineaire tweedeordedifferentiaalvergelijking
y′′+a(x)y′+b(x)y = 0 .
Als y1(x) een oplossing is die in het interval (a,b) geen nulpunt heeft, dan is
y2(x) = y1(x)∫ e−
∫a(x)dx
y1(x)2 dx
een oplossing in (a,b) die onafhankelijk is van y1(x).
Bewijs. We veronderstellen dat er een tweede oplossing bestaat van de vorm u(x)y1(x). Substitutievan deze oplossing in de differentiaalvergelijking levert
u′′y1(x)+2u′y′1(x)+uy′′1(x)+a(x)u′y1(x)+a(x)uy′1(x)+b(x)uy1(x) = 0 .
Omdat y′′1(x)+a(x)y′1(x)+b(x)y1(x) = 0 wordt dit
u′′y1(x)+2u′y′1(x)+a(x)u′y1(x) = 0
Stellen we v = u′, dan wordt de verlijking voor v
v′y1(x)+(2y′1(x)+a(x)y1(x))v = 0 .
Deze verlijking voor v kan opgelost worden door scheiding van de veranderlijken, en levert
ln(v) =−2∫ y′1(x)
y1(x)dx−
∫a(x)dx ,
dus
v =e−
∫a(x)dx
y1(x)2 ,
met v = u′, en y2(x) = u(x)y1(x) volgt dus
y2(x) = y1(x)∫ e−
∫a(x)dx
y21(x)
dx .
Het is duidelijk dat y′2(x)= vy1(x)+uy′1(x). Daarmee vinden snel dat W (y1,y2)= vy21 = e−
∫a(x)dx 6=
0. De gevonden oplossing y2(x) is dus onafhankelijk van y1(x). �
84
Voorbeeld 5.3.7 We beschouwen de vergelijking
y′′+1x
y′− 1x2 =− 1
x2 .
We beschouwen eerst de homogene vergelijking
y′′+1x
y′ = 0 .
Het is duidelijk dat y1(x) = x een oplossing van de homogene vergelijking is, die in het interval(0,+∞) geen nulpunt heeft. Een tweede onafhankelijk oplossing is dus
y2(x) = x∫ e−
∫ 1x dx
x2 dx = x∫ 1
x3 dx =− 12x
.
De algemene oplossing van de homogene vergelijking is dus
yh(x) = c1x+c2
x.
Het is duidelijk dat W (y1,y2) =−2x . Een particuliere oplossing bepalen we met behulp van variatie
van de constanten, uit (5.23) volgt {c′1(x)x+ c′2(x)
1x = 0
c′1(x)− c′2(x)1x2 =− 1
x2
Uit dit stelsel volgt c′1(x) = −1
2x2 en c′2(x) =12 , dus c1(x) = 1
2x en c2(x) = x2 . Een particuliere
oplossing is dus yp(x) = 1. De algemene oplossing van de differentiaalvergelijking is dus
y(x) = Ax+B1x+1 .
5.4 Constante coefficienten
In deze paragraaf bestuderen we de differentiaalvergelijking (5.17) in het geval waarin de coefficientenai onafhankelijk zijn van x, i.e. de vergelijking is van de vorm
y(n)+a1y(n−1)+ · · ·+an−1y′+any = b(x), (5.24)
waarbij alle ai ∈ R en b een (minstens continue) reele functie is. In principe kan men van (5.24)altijd de algemene integraal bepalen3.In [WAAM] bespraken jullie de algemene integraal van dit soort vergelijkingen voor het gevaln = 2. Wij breiden dit hier uit tot willekeurige n ∈ N en schetsen een toepassing (waarbij n gelijkaan vier zal blijken te zijn) die opduikt in de studie van bepaalde constructies.Om de nodige theorie te ontwikkelen, gebruiken we de resultaten ui de vorige paragrafen en -opnieuw- wat lineaire algebra.
3We zeggen in principe, want afhankelijk van de functie b(x) kan dit verre van evident, ja zelfs onmogelijk op telossen zijn met louter analytische technieken.
85
De homogene vergelijking
Beschouw eerst het geval n = 1. De homogene vergelijking
y′+a1y = 0
kan dan geıntegreerd worden met behulp van de methode der scheiding van veranderlijken. Menvindt gemakkelijk dat
y = ce−a1x,
met c ∈ R. Hierdoor geınspireerd stellen we voor de algemene homogene vergelijking
y(n)+a1y(n−1)+ · · ·+an−1y′+any = 0 (5.25)
oplossing voor van de vormy = eλx
waarbij λ een te bepalen parameter is. Afleiden geeft
y(i) = λieλx
en na substitutie in (5.25) vinden we
eλx(
λn +a1λ
n−1 + · · ·+an
)= 0
ofP(λ) = λ
n +a1λn−1 + · · ·+an = 0 (5.26)
y= eλx is dus een oplossing van (5.25) indien λ een wortel is van de n-de graadsvergelijking (5.26).Men noemt de veelterm P de karakteristieke veelterm van de differentiaalvergelijking (5.25). Devergelijking (5.26) noemen we de karakteristieke vergelijking. De karakteristieke vergelijking ont-staat door in de differentiaalvergelijking de i-de afgeleide van y te vervangen door de i-de machtvan de veranderlijke λ.In principe kunnen we nu de algemene integraal van de homogene vergelijking bepalen. De karak-teristieke vergelijking is een n-de graadsvergelijking en heeft dus n wortels. Elke wortel levert eenoplossing, en zo verwachten we n lineair onafhankelijke oplossingen, die een basis vormen voorde vectorruimte der oplossingen. Er zijn echter twee moeilijkheden.
1. Het kan zijn dat de karakteristieke veelterm meervoudige wortels heeft;
2. het kan zijn dat de karakteristieke veelterm complexe wortels heeft.
Laten we hier proberen een spreekwoordelijke mouw aan te passen.Als f een differentieerbare functie is, dan noteert men D f voor de afgeleide functie4. De tweede
4Merk hierbij op dat, indien (a,b)⊂ R een interval is waarop f differentieerbaar is, dat D dan een lineaire afbeel-ding is
D : R(a,b)→ R(a,b) ; f 7→ D f
86
afgeleide kunnen we noteren als D2 f , de derde als D3 f , enzovoort.We kunnen D beschouwen als de differentiaaloperator die een functie omzet in haar afgeleide.Dan is D2 = D◦D, D3 = D◦D◦D, enz. Met deze notatie, kunnen we nog algemener schrijven:
(D−λ) f = f ′−λ f
Merk op dat(D−λ)(xneλx) = nxn−1eλx (5.27)
Immers
(D−λ)(xneλx) = nxn−1eλx +λxneλx−λxneλx
= nxn−1eλx
Verder gebruik makend van onze nieuwe notatie kunnen we de differentiaalvergelijking (5.25)herschrijven als volgt
P(D)(y) = 0 (5.28)
waarbijP(λ) = λ
n +a1λn−1 + · · ·+an
de karakteristieke veelterm is. Onderstel nu dat λ1,λ2, · · · ,λr allen reele wortels zijn van de karak-teristieke vergelijking, en dat de multipliciteit van λi het getal mi is. Dan kan de karakteristiekeveelterm P ontbonden worden tot
P(λ) = (λ−λ1)m1(λ−λ2)
m2 · · ·(λ−λr)mr
(5.28) kan nu herschreven worden onder de vorm
P(D)(y) = (D−λ1)m1(D−λ2)
m2 · · ·(D−λr)mr(y) = 0 (5.29)
We beweren nu dat, voor m < mi,y = xmeλix
een oplossing is van (5.28). Immers, Uit (5.27) volgt dat
(D−λi)m(xmeλix) = m!eλix
en dus is(D−λi)
mi(xmeλix) = 0
enP(D)(xmeλix) = 0
We hebben dus in het totaal m1 +m2 + · · ·mr = n oplossingen van (5.28), namelijk
eλ1x, xeλ1x, x2eλ1x, · · · ,xm1−1eλ1x
eλ2x, xeλ2x, x2eλ2x, · · · ,xm2−1eλ2x
...eλrx, xeλrx, x2eλrx, · · · ,xmr−1eλrx
(5.30)
We gaan nu aantonen dat deze n oplossingen lineair onafhankelijk zijn.
87
Lemma 5.4.1 Als P een veelterm is van graad n, en λ 6= 0, dan is
D(P(x)eλx) = Q(x)eλx
waarbij Q ook een veelterm van graad n is.
Bewijs.D(P(x)eλx) = (λP(x)+P′(x))eλx
en de graad van λP+P′ is dezelfde als die van P. �
Lemma 5.4.2 Onderstel dat λ1,λ2, · · · ,λr niet aan elkaar gelijk zijn en dat P1,P2, · · · ,Pr veelter-men zijn. Als
P1(x)eλ1x +P2(x)eλ2x + · · ·+Pr(x)eλrx = 0 (5.31)
voor elke x, dan zijn de veeltermen P1,P2, · · · ,Pr allemaal nul.
Bewijs. Onderstel dat niet alle veeltermen nul zijn, bijvoorbeeld P1 6= 0. We vermenigvuldigen(5.31) met e−λrx.
P1(x)e(λ1−λr)x +P2(x)e(λ2−λr)x + · · ·+Pr(x) = 0 (5.32)
We leiden deze betrekking gr(Pr)+ 1 maal af (bij conventie onderstellen we dat de graad van denulveelterm −1 is). We vinden dan een betrekking van de vorm
Q1(x)e(λ1−λr)x +Q2(x)e(λ2−λr)x + · · ·+Qr−1(x)e(λr−1−λr)x = 0 (5.33)
Uit lemma 5.4.1 volgt dat gr(Qi) = gr(Pi), en in het bijzonder is Q1 6= 0. Als we dezelfde procedurenogmaals toepassen, dan vinden we
R1(x)e(λ1−λr−1)x +R2(x)e(λ2−λr−1)x + · · ·+Rr−2(x)e(λr−2−λr−1)x = 0 (5.34)
waarbij Ri een veelterm is van dezelde graad als Qi en Pi. Als we de procedure r−1 keer herhalenvinden we tenslotte
S(x)e(λ1−λ2)x = 0 (5.35)
waarbij S een veelterm is met dezelfde graad als P1 (en dus S 6= 0). Uit (5.35) volgt echter ook datS = 0, en dit is een contradictie. �
Gevolg 5.4.3 De n oplossingen (5.30) van (5.28) zijn lineair onafhankelijk (in RR, de vectorruimteder functies R→ R).
Bewijs. Veronderstel dat de functies uit de lijst (5.30) lineair afhankelijk zijn. Dan bestaat er eenlineaire combinatie
r
∑i=1
mi−1
∑j=0
ci, jx jeλix = 0 ,
met niet alle ci, j = 0. Deze lineaire combinatie is niets anders dan een uitdrukking van de vorm
P1(x)eλ1x +P2(x)eλ2x + . . .+Pr(x)eλrx = 0 ,
met Pi(x) = ∑mi−1j=0 ci, jx j. De veronderstelling dat niet alle ci, j = 0 impliceert dat niet alle polyno-
men Pi(x) = 0. Het gestelde volgt nu uit lemma 5.4.2. �
88
Voorbeelden 5.4.4 1) y′′− y = 0. De karakteristieke vergelijking is
λ2−1 = 0
en de wortels zijn λ = ±1. y = ex en y = e−x zijn dus oplossingen, en uit gevolg 5.4.3 weten wedat deze lineair onafhankelijk zijn. De algemene integraal is dus
y = c1ex + c2e−x,
met c1,c2 ∈ R.2) y′′+2y′+ y = 0. De karakteristieke vergelijking is nu
λ2 +2λ+1 = 0
of(λ+1)2 = 0
−1 is een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking, en y = e−x en y = xe−x zijn tweelineair onafhankelijke oplossingen van de differentiaalvergelijking. De algemene integraal is
y = (c1x+ c2)e−x,
met c1,c2 ∈ R.3) y(4)−6y′′′+13y′′−12y′+4y = 0. De karakteristieke vergelijking is nu
λ4−6λ
3 +13λ2−12λ+4 = 0
of(λ−1)2(λ−2)2 = 0
De algemene integraal isy = c1ex + c2xex + c3e2x + c4xe2x,
met c1,c2,c3,c4 ∈ R.4) y(n) = 0. De karakteristieke vergelijking is λn = 0. λ = 0 is de enige wortel, met multipliciteitn. De algemene integraal is
y = c1xn−1 + c2xn−2 + · · ·+ cn,
met c1, ...,cn ∈ R.
De hierboven geschetste methode laat toe om van een homogene differentiaalvergelijking metconstante coefficienten de algemene integraal te bepalen. De enige beperking tot nu toe is dat dewortels van de karakteristieke vergelijking reeel moeten zijn. Wat gebeurt er als de karakteristiekevergelijking complexe wortels heeft? Voor het geval n = 2 bespraken jullie uitgebreid de situatie in[WAAM]. Ook in de huidige werkwijze is er formeel gezien geen enkel probleem, als we gebruikmaken van de complexe exponentiele functie. Herinner dat
ea+ib = ea(cosb+ isinb)
89
Herhaal ook dat de formuleddx
eλx = λeλx
blijft gelden als λ een complex getal is. De procedure hierboven geschetst, levert dus, ook in hetgeval dat de karakteristieke vergelijking complexe wortels heeft, n lineair onafhankelijke oplossin-gen van de differentiaalvergelijking (5.25). Alleen staan deze oplossingen genoteerd in complexevorm, en voor vele toepassingen hebben we liever de reele vorm. We kunnen echter makkelijkovergaan naar de reele vorm als volgt. Als λ = α+ iβ een complexe wortel is van de karakteris-tieke vergelijking, dan is ook de complex toegevoegde λ = α− iβ een wortel, en wel met dezelfdemultipliciteit. Als k ∈ N kleiner is dan deze multipliciteit, dan zijn
xkeλx = xkeαx(cosβx+ isinβx)
enxkeλx = xkeαx(cosβx− isinβx)
oplossingen. Lineaire combinaties hiervan (eventueel met complexe coefficienten) zijn ook oplos-singen, en dus zijn
xkeαx cosβx en xkeαx sinβx
oplossingen van (5.25). Deze oplossingen staan in reele vorm, en op deze manier verkrijgen we nlineair onafhankelijke oplossingen van (5.25).
Voorbeelden 5.4.5 1) Een deeltje met massa m is bevestigd aan een veer. Als men de veer uitrektover een afstand x = x(t) (waarbij t een reele variabele is die de tijd voorstelt), dan zal de veer eenterugroepende kracht uitoefenen op het deeltje die in eerste benadering recht evenredig is met x:
F =−kx
waarbij k > 0 een constante is. Kracht is massa maal versnelling, en dus geldt
md2xdt2 =−kx
u
0
m
x
F
Figuur 5.1: een veer
Herschrijven we de bovenstaande differentiaalvergelijking nu als
mx′′+ kx = 0,
dan zien we duidelijk dat dit een homogene tweede orde lineaire differentiaalvergelijking is metconstante coefficienten. De geassocieerde karakteristieke vergelijking hiervan is mλ2 + k = 0 en
90
deze vergelijking heeft twee complexe wortels i√
km en −i
√km . De algemene integraal van deze
differentiaalvergelijking is dan
x = csin
√km
t +d cos
√km
t,
waarbij c,d ∈ R.2) Beschouw de differentiaalvergelijking y′′+2y′+2y = 0. De karakteristieke vergelijking is dan
λ2 +2λ+2 = 0
De wortels hiervan zijn λ =−1± i, en de algemene integraal is
y = e−x(c1 cosx+ c2 sinx),
waarbij c1,c2 ∈ R3) y′′′− y = 0. De karakteristieke vergelijking is
λ3−1 = 0
De wortels hiervan zijn
λ = 1 en λ =−1± i
√3
2en de algemene integraal is
y = c1ex + e−x2 (c2 cos
√3
2x+ c3 sin
√3
2x),
waarbij c1,c2,c3 ∈ R4) yiv +2y′′+ y = 0. De karakteristieke vergelijking wordt
λ4 +2λ
2 +1 = 0
of(λ2 +1)2 = 0
We hebben twee dubbele wortels λ =±i, en de algemene integraal is dan
y = (c1 + c2x)cosx+(c3 + c4x)sinx,
met c1,c2,c3,c4 ∈ R
De volledige vergelijking
We bekijken nu de volledige vergelijking
y(n)+a1y(n−1)+ · · ·+an−1y′+any = b(x) (5.36)
Om een particuliere integraal te bepalen, kunnen we altijd de methode van de variatie van deconstante toepassen.
91
Voorbeeld 5.4.6 y′′+ y = ex. De oplossing van de homogene vergelijking is
yh = Acosx+Bsinx,
met A,B ∈ R Als particuliere oplossing stellen we voor:
yp = A(x)cosx+B(x)sinx,
waarbij A(x) en B(x) nu nader te bepalen reele functies zijn.A′(x) en B′(x) zijn dan de oplossingen van het lineair stelsel (zie (5.23)){
A′(x)cosx+B′(x)sinx = 0−A′(x)sinx+B′(x)cosx = ex
Oplossen geeft
A′(x) =
∣∣∣∣∣ 0 sinx
ex cosx
∣∣∣∣∣=−ex sinx
B′(x) =
∣∣∣∣∣ cosx 0
−sinx ex
∣∣∣∣∣= ex cosx
Integratie geeft
A(x) =12(cosx− sinx)ex en B(x) =
12(cosx+ sinx)ex
Voor de particuliere oplossing vinden we dus
yp =12
cosx(cosx− sinx)ex +12
sinx(cosx+ sinx)ex =ex
2
De algemene integraal van deze differentiaal vergelijking wordt dan
y = yh + yp = Acosx+Bsinx+ex
2.
Zoals uit dit eenvoudig voorbeeld blijkt is de methode nogal omslachtig. Als b(x) van een specialevorm is, dan bestaan er meer eenvoudige technieken. Vooraleer we het meest algemene gevalbespreken, geven we eerst enkele eenvoudige voorbeelden.
Voorbeelden 5.4.7 1) We hernemen het voorgaande voorbeeld y′′+y = ex. De techniek bestaat erin om een particuliere oplossing voor te stellen die van “dezelfde vorm” is als het rechterlid. Weproberen
yp = Aex
met A een te bepalen constante. Substitutie in de vergelijking geeft
Aex +Aex = ex
waaruit volgt dat A = 1/2. De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is
y =12
ex +Acosx+Bsinx,
92
met A en B willekeurige reele constanten.2) y′′+y = x2 +x+1. Het rechterlid is een veelterm van graad 2 in x, en als particuliere oplossingstellen we een veelterm van graad 2 voor:
yp = Ax2 +Bx+C
Invullen in de vergelijking levert
2A+Ax2 +Bx+C = x2 + x+1
waaruitA = 1, B = 1, 2A+C = 1 of C =−1
De particuliere integraal is dusyp = x2 + x−1
en de algemene integraal van de differentiaalvergelijking is
y = x2 + x−1+Acosx+Bsinx,
met A en B willekeurige reele constanten.3) y′′− y = ex. Zoals in voorbeeld 1) proberen we
yp = Aex
Substitutie in de vergelijking levertAex−Aex = ex
of 0 = 1. In dit geval werkt onze methode dus niet! Eigenlijk is dit niet verwonderlijk, aangezien
yh =Cex +De−x
Onze voorgestelde particuliere oplossing was dus een oplossing van de homogene vergelijking,en a fortiori geen oplossing van de volledige vergelijking. Om toch een particuliere oplossingte vinden gebruiken we een truucje dat we verderop zullen veralgemenen. Stel als particuliereoplossing voor:
yp = Axex
Invullen in de vergelijking levert nu
A(x+2)ex−Axex = ex
waaruit volgt dat A = 1/2. De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is dus
y = (C+x2)ex +De−x,
met C en D willekeurige reele constanten.
93
Onderstel dat het rechterlid van de vergelijking (5.36) van de vorm
b(x) =V (x)eµx
is, waarbij V een reele veelterm van graad p is en µ een (eventueel complex) getal 5. De karakte-ristieke vergelijking van de homogene vergelijking is
λn +a1λ
n−1 + · · ·+an−1λ+an = 0 (5.37)
Onderstel dat µ,λ1, · · · ,λr de wortels van (5.37) zijn, met multipliciteiten respectievelijk m,m1, · · · ,mr.Als µ geen wortel is van de karakteristieke vergelijking, dan stellen we gewoon m= 0, en al hetgeenvolgt blijft geldig. (5.36) kan dan herschreven worden als volgt:
(D−µ)m(D−λ1)m1 · · ·(D−λr)
mry =V (x)eµx (5.38)
Onderstel dat yp een oplossing is van (5.36). We passen op beide leden van (5.38) de operator(D−µ)p+1. We vinden, gebruik makend van (5.27), dat
(D−µ)m+p+1(D−λ1)m1 · · ·(D−λr)
mryp = (D−µ)p+1(V (x)eµx) = 0
yp is dus de oplossing van een homogene differentiaalvergelijking met constante coefficienten. Wekunnen besluiten dat yp kan geschreven worden onder de vorm
yp =(
c1xm+p + c2xm+p−1 + · · ·+ cm+px+ cm+p+1
)eµx +
r
∑i=1
Qi(x)eλix
waarbij de ci constanten zijn, en Qi veeltermen van graad kleiner dan mi. Nu is(cp+2xm−1 + cp+3xm−2 + · · ·+ cm+px+ cm+p+1
)eµx +
r
∑i=1
Qi(x)eλix
een oplossing van de homogene vergelijking. Dus is
(c1xm+p + c2xm+p−1 + · · ·+ cp+1xm)eµx = xm(c1xp + c2xp−1 + · · ·+ cp+1)eµx
een particuliere oplossing van de volledige vergelijking (5.24). We kunnen onze resultaten samen-vatten als volgt:
Stelling 5.4.8 Beschouw de differentiaalvergelijking
y(n)+a1y(n−1)+ · · ·+an−1y′+any =V (x)eµx (5.39)
waarbij V (x) een veelterm van graad p is. Onderstel dat de multipliciteit van µ als wortel van dekarakteristieke vergelijking
λn +a1λ
n−1 + · · ·+an−1λ+an = 0
m is. Dan bestaat er een particuliere oplossing van (5.39) van de vorm
yp = xmV1(x)eµx
waarbij V1 een veelterm van dezelfde graad als V is.5Zie voorbeelden 5.4.9 3) en 4) voor twee zo’n complexe gevallen.
94
Voorbeelden 5.4.9 1) y′′′+ y′′ = x2. De oplossing van de homogene vergelijking is
yh = c1e−x + c2 + c3x,
met c1,c2,c3 ∈ R. Het getal 0 is dus een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking. Hetrechterlid bestaat uit e0x vermenigvuldigd met een veelterm van graad 2. Daarom stellen we eenparticuliere oplossing voor van de vorm
yp = x2(Ax2 +Bx+C)
Invullen in de vergelijking geeft
y′p = 4Ax3 +3Bx2 +2Cxy′′p = 12Ax2 +6Bx+2Cy′′′p = 24Ax+6B
Invullen in de vergelijking levert
12Ax2 +(6B+24A)x+6B+2C = x2
waaruitA =
112
; B =−13
; C = 1
en de algemene integraal is
y = c1e−x + c2 + c3x+ x2− x3
3+
x4
12.
2) y′′−2y′+y= ex. λ= 1 is een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking, en de oplossingvan de homogene vergelijking is
yh = (c1x+ c2)ex,
met c1,c2 ∈ R. Als particuliere oplossing stellen we voor
yp = Ax2ex
Afleiden geefty′p = A(x2 +2x)ex
y′′p = A(x2 +4x+2)ex
Invullen in de vergelijking levert 2Aex = ex, en A = 1/2. De algemene integraal is dus
y = (x2
2+ c1x+ c2)ex
3) y′′− y = cosx. De algemene integraal van de homogene vergelijking is
yh = c1ex + c2e−x,
95
met c1,c2 ∈R. Het rechterlid is cosx = 12(e
ix+e−ix). Als particuliere oplossing stellen we daaromeen lineaire combinatie van eix en e−ix voor, of, hetgeen op hetzelfde neerkomt, een lineaire com-binatie van cosx en sinx:
yp = Acosx+Bsinx
Afleiden geefty′′p =−Acosx−Bsinx
Invullen in de vergelijking levert −2A = 1 en 2B = 0.
yp =−12
cosx
is dus een particuliere oplossing van de vergelijking.4) y′′+ y = sinx. De oplossing van de homogene vergelijking is nu
yh = c1 cosx+ c2 sinx,
met c1,c2 ∈ R. i en −i zijn enkelvoudige wortels van de karakteristieke vergelijking. Als par-ticuliere oplossing stellen we nu een lineaire combinatie van xeix en xe−ix voor, of, hetgeen ophetzelfde neerkomt, een lineaire combinatie van xcosx en xsinx:
yp = Axcosx+Bxsinx
Afleiden geefty′p = Acosx+Bsinx−Axsinx+Bxcosxy′′p =−2Asinx+2Bcosx−Axcosx−Bxsinx
Invullen in de vergelijking levert
−2Asinx+2Bcosx = sinx
zodat A =−1/2 en B = 0. De algemene integraal van de vergelijking is
yh = (c1−x2)cosx+ c2 sinx
Alvorens we overgaan tot een voorbeeld uit de ingenieur/architecturale praktijk, nog een korteopmerking over beginvoorwaarden. Beschouw opnieuw de differentiaalvergelijking
y(n)+a1y(n−1)+ · · ·+an−1y′+any = b(x),
waarbij alle ai ∈ R en b een (minstens continue) reele functie is en b(x) = V (x)eµx (V is eenreele veelterm van graad p en µ een -eventueel complex- getal). Onderstel eveneens dat dezedifferentiaalvergelijking de volgende beginvoorwaarden heeft (αi ∈ R):
y(x0) = α0y′(x0) = α1...y(n−1)(x0) = αn−1
Dan heeft dit beginwaardevraagstuk steeds een unieke oplossing; dit wordt ons gegarandeerd doorde Bestaansstelling (probeer zelf eens na te gaan op welke manier je dit kan inzien).
96
Voorbeeld 5.4.10 (Euler-Bernouilli balkvergelijking)6
Beschouw een balk met rechthoekige doorsnede en met uniforme massaverdeling die aan eenuiteinde in een muur is vastgemaakt7. Stel dat men de doorbuiging van de balk wil kennen op eenvast gegeven tijdstip 8 onder een bepaalde last (in eerste instantie bijvoorbeeld het eigen gewichtvan de balk; in dit voorbeeld is dan ook de last gelijkmatig verdeeld).We modelleren nu dit vraagstuk in een orthonormaal (x,y)-assenstelsel in R2. Laat y = y(x) deuitwijking zijn t.o.v. de oorspronkelijke positie van de balk toen deze pas bevestigd werd (toen erdus nog geen buiging was) op een bepaalde plaats x onder invloed van een zekere last q. A priorikan deze last q een functie zijn van x (in dit geval noteren we q = q(x)) of van zowel x als y (in ditgeval noteren we q = q(x,y)), of zelfs nog van andere variabelen.Nu kan men bewijzen dat deze uitwijking moet voldoen aan de volgende differentiaalvergelijkingvan orde 4:
d2
dx2
(EI
d2
dx2 y(x))= q(x,y).
Hierbij is E de “elasticiteitsmodus” van het materiaal waaruit de balk gemaakt is (een maat voorde starheid van het materiaal in kwestie) en I het zogenaamde “oppervlaktetraagheidsmoment”.Vaak is het product EI (de zogenaamde “starheid”) een constante, zodat de differentiaalvergelij-king kan herschreven worden als
EId4
dx4 y(x) = q(x,y).
Dit is dus een normale differentiaalvergelijking van orde 4. Hangt q niet af van y, komt er in hetrechterlid q(x) te staan en de vergelijking is dan van dezelfde vorm als (5.36). Met behulp van 4extra voorwaarden
y(x0) = α0y′(x0) = α1y′′(x0) = α2y′′′(x0) = α3
heeft dit vraagstuk dus zeker een unieke oplossing als q continu en afleidbaar is over een symme-trisch interval dat x0 bevat.
Wil men ook in rekening brengen dat de uitwijking y (en de last q eventueel ook) afhangt vanzowel de plaats x als van een tijdsparameter t (i.e. y = y(x, t), resp. q = q(x,y, t)), dan verkrijgtmen de “dynamische” balkvergelijking:
EI∂4
∂x4 y(x, t) = q(x,y, t)−µ∂2
∂x2 y(x, t),
waarbij µ de massa per lengte-eenheid is. Dit is nu een partiele differentiaalvergelijking (van orde4). Partiele differentiaalvergelijkingen zijn het onderwerp van Hoofdstuk 8. 9 10
6De auteurs wensen bij deze Jan De Beule te bedanken om hen attent te maken op dit voorbeeld.7Er bestaat een gelijkaardige versie voor balken die aan beide uiteinden zijn vastgemaakt.8Dit zal de zogenaamde statische balkvergelijking opleveren, in tegenstelling tot de meer gecompliceerde dynami-
sche balkvergelijking.9Deze dynamische balkvergelijking valt echter buiten het bestek van deze cursus.
10Voor meer informatie over deze balkvergelijkingen, refereren we bijvoorbeeld aan de (uitgebreide) Wikipedia-pagina over het onderwerp, genaamd “Euler-Bernoulli beam theory”.
97
We besluiten dit hoofdstuk met een elegante manier om een homogeen differentiaalstelsel metconstante coefficienten op te lossen.
5.5 De methode der eigenwaarden en eigenvectoren
We beschouwen een homogeen differentiaalstelsel met constante coefficienten.y′1 = a11y1 +a12y2 + · · ·+a1nyny′2 = a21y1 +a22y2 + · · ·+a2nyn...y′n = an1y1 +an2y2 + · · ·+annyn
(5.40)
Net zoals in § 5.5 kunnen we dit in matrixvorm schrijven:
Y ′ = AY (5.41)
Ditmaal is
A =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n...
......
an1 an2 · · · ann
een reele (n× n)-matrix. Om dit stelsel op te lossen kunnen we altijd de methode van afleidingen eliminatie toepassen. Dit herleidt het stelsel tot een homogene differentiaalvergelijking metconstante coefficienten. Het volstaat dan om de resultaten uit § 5.4 toepassen.In deze paragraaf bespreken we kort een alternatieve methode. Herhaal dat~v ∈Rn een eigenvectoris van de matrix A met bijhorende eigenwaarde λ als
A~v = λ~v
In de cursus [WAAM] hebben jullie gezien hoe we de eigenwaarden en eigenvectoren van eenmatrix A kunnen bepalen.
Lemma 5.5.1 Als~v een eigenvector is van A met bijhorende eigenwaarde λ, dan is Y = eλx~v eenoplossing van (5.41)
Bewijs.Y ′ = λeλx~v = Aeλx~v = AY
�
Onderstel nu dat er n lineair onafhankelijke eigenvectoren ~v1,~v2, · · · ,~vn van A bestaan, met bijho-rende eigenwaarden λ1,λ2, · · · ,λn. Men kan bewijzen dat dit steeds het geval is als A bijvoorbeeldeen symmetrische matrix is. In dit geval is de algemene integraal van (5.41)
Y =n
∑i=1
cieλix~vi
De oplossing van (5.41) is dus herleid tot het bepalen van de eigenwaarden en eigenvectoren vande matrix van het stelsel.
98
Hoo
fdst
uk 6 Reeksen als oplossingenvan differentiaalvergelijkingen
6.1 Inleiding
We beschouwen opnieuw de homogene lineaire differentiaalvergelijking
y(n)+a1(x)y(n−1)+ · · ·+an−1(x)y′+an(x)y = 0 (6.1)
In het vorige hoofdstuk hebben we gezien dat we deze altijd kunnen oplossen als de functies ai(x)constante functies zijn. In het algemeen weten we dat de oplossingen een vectorruimte vormen. Inde omgeving van een gegeven punt a is de dimensie van de oplossingsruimte juist n, de orde vande differentiaalvergelijking.Nu, in het algemeen kan men de oplossingen van (6.1) niet exact bepalen. Daarom zoekt men naarbenaderde oplossingen. In dit hoofdstuk is het idee om oplossingen te zoeken in de omgeving vaneen punt a, in de vorm van een machtreeks
y(x) =∞
∑n=0
cn(x−a)n (6.2)
We zullen zien hoe men de coefficienten cn recursief kan bepalen. Om de berekeningen te ver-eenvoudigen, zullen we ons beperken tot homogene lineaire vergelijkingen van orde 2. Onzemethoden zijn ook voor hogere orden van toepassing. De vergelijking die we bestuderen is dusvan de vorm
y′′+a1(x)y′+a2(x)y = 0 (6.3)
De methode heeft natuurlijk alleen maar zin als er oplossingen van de vergelijking bestaan waarvande Taylorreeks in het punt a bestaat en (uniform) convergeert in een omgeving van een punt a.Daarom voeren we eerst het volgende begrip in.
Definitie 6.1.1 Een functie f : R→ R noemen we analytisch in het punt a als de Taylorreeks vanf in het punt a bestaat en (uniform) convergeert naar f (x) voor x in een omgeving van a.
Merk op dat dit een zware eis is voor de functie f . Een functie die analytisch is in het punt a isnamelijk een onbeperkt aantal keer differentieerbaar in een omgeving van a.
Definitie 6.1.2 We noemen a ∈ R een gewoon punt van de differentiaalvergelijking (6.3) als defuncties a1 en a2 analytisch zijn in het punt a. Een punt dat geen gewoon punt is noemt men eensingulier punt.
Definitie 6.1.3 We noemen a ∈ R een regelmatig singulier punt van de differentiaalvergelijking(6.3) indien de vergelijking kan herschreven worden onder de vorm
(x−a)2y′′+(x−a)p(x)y′+q(x)y = 0 (6.4)
99
waarbij de functies p en q analytisch zijn in het punt a.
In de volgende paragrafen zullen we zien dat de hierboven geschetste methode kan gebruikt wordenin de omgeving van een gewoon punt of een regelmatig singulier punt.
6.2 Oplossing in een omgeving van een gewoon punt
Zonder bewijs geven we de volgende algemene stelling.
Stelling 6.2.1 Onderstel dat a een gewoon punt is van (6.3), en dat r het minimum is van deconvergentiestralen van de Taylorreeksen van a1(x) en a2(x). Dan is elke oplossing van (6.3)analytisch in a, en de Taylorreeks ervan convergeert zeker voor |x−a|< r.
Hoe bepalen we nu zo’n oplossing? We schrijven
y(x) =∞
∑n=0
cn(x−a)n (6.5)
en vullen dit in in (6.3). Binnen het convergentieınterval geldt
y′(x) =∞
∑n=0
ncn(x−a)n−1 =∞
∑n=0
(n+1)cn+1(x−a)n
y′′(x) =∞
∑n=0
n(n−1)cn(x−a)n−2 =∞
∑n=0
(n+2)(n+1)cn+2(x−a)n
Voor |x−a|< r geldt tevens
a1(x) =∞
∑k=0
αk(x−a)k
a2(x) =∞
∑k=0
βk(x−a)k
Als we dit allemaal in (6.3) invullen vinden we∞
∑n=0
(n+2)(n+1)cn+2(x−a)n
+
[∞
∑k=0
αk(x−a)k
][∞
∑n=0
(n+1)cn+1(x−a)n
]
+
[∞
∑k=0
βk(x−a)k
][∞
∑n=0
cn(x−a)n
]= 0
Het linkerlid is een som van producten van machtreeksen. Zoals we gezien hebben, mogen wemachtreeksen optellen en vermenigvuldigen zoals veeltermen, zolang x in het inwendige van hetconvergentiegebied van alle machtreeksen blijft (cfr. stelling 2.3.15). Het linkerlid is dus nul alsde coefficient van (x−a)n nul is voor elke n, dus als
(n+2)(n+1)cn+2 +n
∑k=0
αk(n− k+1)cn−k+1 +n
∑k=0
βkcn−k = 0 (6.6)
100
(6.6) bepaalt cn+2 recursief in functie van c0,c1,c2, · · · ,cn+1, en dit voor n = 0,1,2, · · ·. De eerstevergelijking bepaalt dus c2 in functie van c0 en c1, de tweede c3 in functie van c0,c1 en c2, enz.c0 en c1 kunnen we beschouwen als integratieconstanten; laten we hen immers willekeurig overR varieren, dan kunnen we elke oplossing van (6.3) schrijven als lineaire combinatie van tweebasisvectoren.Merk op dat stelling 5.3.1 ons leert dat het beginwaardevraagstuk (6.3) met y(a) = y0 en y′(a) = y1een unieke oplossing heeft. Deze oplossing ligt dus vast door deze voorwaarden uit te drukken.Men vindt eenvoudig dat dan c0 = y = 0 en c1 = y1 moet zijn.
De vergelijking van Legendre
Dit is een vergelijking van de vorm
(1− x2)y′′−2xy′+α(α+1)y = 0 (6.7)
en komt wel eens in de fysica voor. We beweren dat het punt a = 0 een gewoon punt is van dezevergelijking. Inderdaad, door (6.7) te delen door 1− x2, krijgt men
y′′−2x
1− x2 y′+α(α+1)
1− x2 y = 0
De Taylorreeksen
a1(x) =−2x
1− x2 = −2∞
∑n=0
x2n+1
a2(x) =α(α+1)
1− x2 = α(α+1)∞
∑n=0
x2n
convergeren voor |x| < 1 en hetgeen we beweerden, klopt dus. Uit stelling 6.2.1 volgt dat dereeksontwikkeling van de oplossing ook convergeert voor |x|< 1. Stel opnieuw
y =∞
∑n=0
cnxn
We subsitueren deze reeks in (6.7). Dit geeft
(1− x2)( ∞
∑n=2
n(n−1)cnxn−2)−2x
( ∞
∑n=1
ncnxn−1)+α(α+1)
( ∞
∑n=0
cnxn)= 0
of∞
∑n=0
(n+2)(n+1)cn+2xn−∞
∑n=2
n(n−1)cnxn−2∞
∑n=1
ncnxn +α(α+1)∞
∑n=0
cnxn = 0
De coefficient van xn moet 0 zijn. Dit geeft
(n+2)(n+1)cn+2−n(n−1)cn−2ncn +α(α+1)cn = 0
101
of
cn+2 =(n−α)(n+α+1)(n+2)(n+1)
cn (6.8)
De recursiebetrekking (6.8) bepaalt de coefficienten c3,c4, · · · in functie van c0 en c1. Als we c0 = 1en c1 = 0 stellen verkrijgen we een eerste particuliere oplossing
y1(x) = 1− α(α+1)2!
x2 +α(α−2)(α+1)(α+3)
4!x4 + · · ·
Deze oplossing convergeert voor |x|< 1 en voldoet aan de beginvoorwaarden
y1(0) = c0 = 1 en y′1(0) = c1 = 0
Als we c0 = 0 en c1 = 1 stellen verkrijgen we een tweede particuliere oplossing
y2(x) = x− (α−1)(α+2)3!
x3 +(α−1)(α−3)(α+2)(α+4)
5!x5 + · · ·
Deze oplossing convergeert eveneens voor |x|< 1 en voldoet aan de beginvoorwaarden
y2(0) = c0 = 0 en y′2(0) = c1 = 1
y1(x) en y2(x) zijn duidelijk lineair onafhankelijk in de vectorruimte R(−1,1). We weten nu uit hetvoorgaande dat dan elke oplossing van de differentiaalvergelijking die we beschouwen, geschre-ven kan worden als een lineaire combinatie van y1(x) en y2(x). De algemene integraal van devergelijking van Legendre is dus
y(x) = Ay1(x)+By2(x),
waarbij A,B ∈ R.
De veeltermen van Legendre
Als α = n een natuurlijk getal is, dan is een van de twee oplossingen van de vergelijking vanLegendre een veelterm. Als α = n een even getal is, dan volgt uit de recursiebetrekking dat cn+2 =0. Dan volgt ook dat cn+4 = cn+6 = · · ·= 0, zodat de oplossing y1 een veelterm van graad n is.Als α = n oneven is, dan volgt uit de recursiebetrekking nog steeds dat cn+2 = cn+4 = cn+6 = · · ·=0, zodat de oplossing y2 een veelterm van graad n is.Voor elke n ∈N vinden we dus een veelterm van graad n. Deze is bepaald op een veelvoud na. Alswe de hoogstegraadscoefficient van deze veelterm gelijk stellen aan
12n
(2n)!(n!)2
dan verkrijgen we de veeltermen van Legendre:
Definitie 6.2.2 Voor n ∈ N noemen we
Pn(x) =12n
(2n)!(n!)2
(xn− n(n−1)
2(2n−1)xn−2 +
n(n−1)(n−2)(n−3)2.4(2n−1)(2n−3)
xn−4−·· ·
)(6.9)
de n-de veelterm van Legendre.
102
Voor lage waarden van n kunnen we de veeltermen van Legendre gemakkelijk berekenen.
P0(x) = 1P1(x) = x
P2(x) =3x2−1
2
P3(x) =5x3−3x
2
P4(x) =35x4−30x2 +3
8
De veeltermen van Legendre hebben vele toepassingen, met name in de fysica. We formulerenhier enkele van hun eigenschappen.
Stelling 6.2.3 Als n 6= m, dan is ∫ 1
−1Pn(x)Pm(x)dx = 0
Bewijs. Pn is een oplossing van de differentiaalvergelijking van Legendre
(1− x2)P′′n (x)−2xP′n(x)+n(n+1)Pn(x) = 0
ofddx
[(1− x2)P′n(x)
]+n(n+1)Pn(x) = 0 (6.10)
Op dezelfde manier geldt
ddx
[(1− x2)P′m(x)
]+m(m+1)Pm(x) = 0 (6.11)
We vermenigvuldigen (6.10) met Pm(x) en (6.11) met Pn(x) en trekken af.
[n(n+1)−m(m+1)
]Pn(x)Pm(x) = Pn(x)
ddx
[(1− x2)P′m(x)
]−Pm(x)
ddx
[(1− x2)P′n(x)
]of
(n−m)(n+m+1)Pn(x)Pm(x) =ddx
[(1− x2)(Pn(x)P′m(x)−Pm(x)P′n(x))
]We integreren beide leden van −1 tot 1. Dan volgt
(n−m)(n+m+1)∫ 1
−1Pn(x)Pm(x)dx
=∫ 1
−1
ddx
[(1− x2)(Pn(x)P′m(x)−Pm(x)P′n(x))
]dx
=[(1− x2)(Pn(x)P′m(x)−Pm(x)P′n(x))
]1
−1= 0
Voor n 6= m volgt hieruit het gestelde. �
103
Gevolg 6.2.4 Als p(x) een veelterm is van graad kleiner dan n, dan is∫ 1
−1p(x)Pn(x)dx = 0
Bewijs. De veeltermen {P0,P1, · · · ,Pn−1} vormen een basis van de vectorruimte der veeltermenvan graad kleiner dan n. Immers, de overgangsmatrix naar de standaardbasis {1,x,x2, · · · ,xn−1} iseen driehoeksmatrix, en is dus inverteerbaar. Een veelterm p(x) van graad kleiner dan n kan dusgeschreven worden als een lineaire combinatie
p(x) =n−1
∑i=0
aiPi(x)
en het gestelde volgt onmiddellijk uit stelling 6.2.3. �
Stelling 6.2.5
Pn(x) =1
2nn!dn
dxn (x2−1)n
Bewijs. We rekenen het rechterlid uit.
dn
dxn (x2−1)n
=dn
dxn
(x2n−
(n1
)x2n−2 +
(n2
)x2n−4−·· ·
)
=(2n)!
n!xn−
(n1
)(2n−2)!(n−2)!
xn−2 +
(n2
)(2n−4)!(n−4)!
xn−4−·· ·
=(2n)!
n!
(xn− n(n−1)
2(2n−1)xn−2 +
n(n−1)(n−2)(n−3)2.4(2n−1)(2n−3)
xn−4−·· ·
)Als we dit vergelijken met definitie 6.2.2 dan volgt het resultaat. �
Op analoge manier kan men de zogenaamde veeltermen van Laguerre en Hermite invoeren. Ver-dere details laten we hier achterwege.
6.3 Oplossing in een omgeving van een regelmatig singulier punt
Het idee is om de voorgestelde oplossing
y =∞
∑n=0
cn(x−a)n
in het geval van een gewoon punt te vervangen door
y =∞
∑n=0
cn(x−a)n+ρ (6.12)
104
waarbij ρ een getal is dat reeel en zelfs complex kan zijn. Voor x< a kunnen er problemen optreden(bijvoorbeeld als ρ = 1/2), en daarom gebruiken we (6.12) enkel voor x > a. Voor x < a stellenwe een oplossing voor van de vorm
y =∞
∑n=0
cn(a− x)n+ρ (6.13)
In het vervolg zullen we ons beperken tot het geval x > a. We zoeken dus oplossingen op derechterhelft van een omgeving van a. Dat de hierboven geschetste methode werkt, blijkt uit devolgende stelling die we hier zonder bewijs geven.
Stelling 6.3.1 Onderstel dat a een regelmatig singulier punt is van de vergelijking
(x−a)2y′′+(x−a)p(x)y′+q(x)y = 0 (6.14)
en dat r het minimum is van de convergentiestralen van de Taylorreeksen van p(x) en q(x). Danbestaat er minstens een oplossing van (6.14) van de vorm (6.12), en deze reeks convergeert zekervoor a < x < a+ r.
Om de coefficienten cn praktisch te berekenen gaan we tewerk zoals in de vorige paragraaf. Stel
p(x) =∞
∑n=0
pn(x−a)n en q(x) =∞
∑n=0
qn(x−a)n
Omdat we machtreeksen term per termen mogen afleiden vinden we ook
y′ =∞
∑n=0
(n+ρ)cn(x−a)n+ρ−1
y′′ =∞
∑n=0
(n+ρ)(n+ρ−1)cn(x−a)n+ρ−2
Als we dit allemaal vervangen in (6.14), dan vinden we∞
∑n=0
(n+ρ)(n+ρ−1)cn(x−a)n+ρ
+
[∞
∑n=0
pn(x−a)n
][∞
∑n=0
(n+ρ)cn(x−a)n+ρ
]
+
[∞
∑n=0
qn(x−a)n
][∞
∑n=0
cn(x−a)n+ρ
]= 0
We delen alles door (x−a)ρ en vinden∞
∑n=0
(n+ρ)(n+ρ−1)cn(x−a)n
+
[∞
∑n=0
pn(x−a)n
][∞
∑n=0
(n+ρ)cn(x−a)n
]
+
[∞
∑n=0
qn(x−a)n
][∞
∑n=0
cn(x−a)n
]= 0
(6.15)
105
Dit is weer een machtreeks in x−a die identiek gelijk is aan 0. Bijgevolg moeten alle coefficientengelijk zijn aan 0. Als we kijken naar de constante term van de reeks, dan vinden we
c0ρ(ρ−1)+ p0ρc0 +q0c0 = 0
We kunnen onderstellen dat de coefficient c0 niet nul is. Immers, als c0 = c1 = · · ·= ci−1 = 0, danvolstaat het om de coefficienten te hernummeren (stel c′m = cm+i) en ρ te vervangen door ρ+ i. Wevinden dus
ρ2 +(p0−1)ρ+q0 = 0 (6.16)
Deze vergelijking noemt men de karakteristieke vergelijking. Oplossing van (6.16) geeft de moge-lijke waarden van ρ.Als we de coefficient van (x−a)n in (6.15) gelijk aan 0 stellen, dan vinden we
(n+ρ)(n+ρ−1)cn +n
∑s=0
pn−s(s+ρ)cs +n
∑s=0
qn−scs = 0
of ((n+ρ)(n+ρ−1)+ p0(n+ρ)+q0
)cn +
n−1
∑s=0
(pn−s(s+ρ)+qn−s
)cs = 0 (6.17)
Neem een oplossing ρ van de karakteristieke vergelijking (6.16). (6.17) laat toe om de coefficientencn recursief te bepalen in functie van c0. Dit levert een oplossing van de differentiaalvergelijking.Omdat de karakteristieke vergelijking een kwadratische vergelijking is, zijn er in het algemeentwee oplossingen, ρ1 en ρ2. Deze geven aanleiding tot twee oplossingen y1 en y2 van de verge-lijking. Als deze oplossingen lineair onafhankelijk zijn (in welke vectorruimte werken we hier?),dan kennen we dus de algemene integraal van de differentiaalvergelijking. Verschillende gevallenzijn mogelijk:1) ρ1 en ρ2 zijn verschillend en reeel. Als ρ1−ρ2 /∈ Z, dan kan men aantonen dat y1 en y2 lineaironafhankelijk zijn. Indien ρ1−ρ2 ∈ Z, dan kan het zijn dat y1 een veelvoud is van y2. In dit gevallevert onze methode dus slechts een lineair onafhankelijke oplossing.2) ρ1 en ρ2 zijn toegevoegd complex. Dan zijn y1 en y2 lineair onafhankelijk, maar wel in com-plexe vorm geschreven. Door geschikte lineaire combinaties van y1 en y2 te nemen, vindt mentwee lineair onafhankelijke reele oplossingen ; details laten we voor wat ze zijn. In de praktijkblijkt dit geval niet zoveel voor te komen, zodat we er hier niet verder op ingaan.3) ρ1 = ρ2. Onze methode levert dan uiteraard maar een lineair onafhankelijke oplossing. In ditgeval bestaan er methodes om een tweede lineair onafhankelijke oplossing in reeksvorm op teschrijven. Opnieuw gaan we hier niet verder in op verdere details.
Voorbeeld: de vergelijking van Bessel
We beschouwen de vergelijking
x2y′′+ xy′+(x2−ν2)y = 0 (6.18)
Hierin is ν een niet-negatieve parameter. x = 0 is een regelmatig singulier punt van deze vergelij-king. We zoeken dus een oplossing van de vorm
y =∞
∑n=0
cnxn+ρ
106
Term per term afleiden geeft
y′ =∞
∑n=0
(n+ρ)cnxn+ρ−1
en
y′′ =∞
∑n=0
(n+ρ)(n+ρ−1)cnxn+ρ−2
Als we dit substitueren in (6.18), dan vinden we
∞
∑n=0
(n+ρ)(n+ρ−1)cnxn+ρ +∞
∑n=0
(n+ρ)cnxn+ρ +∞
∑n=0
cnxn+ρ+2−ν2
∞
∑n=0
cnxn+ρ = 0
of∞
∑n=0
(n+ρ)(n+ρ−1)cnxn +∞
∑n=0
(n+ρ)cnxn +∞
∑n=2
cn−2xn−ν2
∞
∑n=0
cnxn = 0 (6.19)
Als we kijken naar de constante term van deze machtreeks, dan vinden we
(ρ(ρ−1)+ρ−ν2)c0 = 0
ofρ
2 = ν2 (6.20)
De oplossingen van de karakteristieke vergelijking zijn dus ρ =±ν.We bekijken nu de lineaire term in (6.19). Dit geeft
((1+ρ)(1+ρ−1)+(1+ρ)−ν2)c1 = 0
of((1+ρ)2−ν
2)c1
Behalve in het geval waarin ρ =−ν =−1/2 volgt hieruit dat c1 = 0.Als we de coefficient van xn in (6.19) gelijk aan nul stellen, dan vinden we
((n+ρ)(n+ρ−1)+(n+ρ)−ν2)cn + cn−2 = 0
of ((n+ρ)2−ν
2)cn + cn−2 = 0 (6.21)
Dit laat toe om c2,c4,c6, · · · recursief te berkenen uit c0. Bovendien volgt hieruit dat c1 = c3 =c5 = · · ·= 0.Eerste gevalBeschouw nu eerst het bijzonder geval waarin ρ1−ρ2 = 2ν /∈N. Uit de algemene theorie volgt dandat we twee lineair onafhankelijke oplossingen moeten vinden. Beschouw eerst het geval waarinρ = ν. De recursiebetrekking (6.21) neemt nu de volgende vorm aan:
cn =−cn−2
n(n+2ν)
107
Herhaaldelijk toepassen van deze betrekking levert
c2 = − c0
2(2+2ν)=− c0
22(ν+1)
c4 = − c2
4(4+2ν)=− c2
22.2(2+ν)=
c0
24.2(ν+1)(ν+2)...
c2n = (−1)n c0
22nn!(ν+1)(ν+2) · · ·(ν+n)
Hierbij is c0 een willekeurige constante. Als we c0 gepast kiezen, dan kunnen we voor c2n eenelegante formule opschrijven. Herhaal dat de gammafunctie gedefinieerd wordt door de formule
Γ(p) =∫
∞
0t p−1e−tdt (p > 0) (6.22)
Zonder bewijs vermelden we volgende belangrijke eigenschap van de gammafunctie:
Γ(p) = (p−1)Γ(p−1) (6.23)
Als wec0 =
12νΓ(ν+1)
stellen, dan vinden we dat
c2n =(−1)n
n!Γ(ν+n+1)22n+ν
De gevonden oplossing is dus
Jν(x) =∞
∑n=0
(−1)n
n!Γ(ν+n+1)
(x2
)2n+ν
(6.24)
We noemen Jν(x) de Besselfunctie van de eerste soort en van orde ν.
De oplossing behorend bij ρ =−ν wordt op analoge wijze berekend: het volstaat om overal ν door−ν te vervangen. Het enige probleem is dat Γ(−ν+n+1) niet gedefinieerd is voor−ν+n+1< 0.De integraal (6.22) is immers divergent voor p ≤ 0. Men lost dit probleem als volgt op: voorp ∈ (−1,0) definieert men Γ(p) door de formule (6.23):
Γ(p) =Γ(p+1)
p
Vervolgens gebruiken we dezelfde formule om Γ(p) te definieren voor p ∈ (−2,−1). Als wezo doorgaan, dan kunnen we de gammafunctie definieren voor p ∈ R \ {0,−1,−2,−3, · · ·}. Wevinden dan een tweede oplossing voor de vergelijking van Bessel:
J−ν(x) =∞
∑n=0
(−1)n
n!Γ(−ν+n+1)
(x2
)2n−ν
(6.25)
108
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
de Besselfuncties J0, J1, J2 en J3
x-as
y-as
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
de Besselfuncties J4, J5, J6 en J7
x-as
y-as
Figuur 6.1: De Besselfuncties J0,J1,J2,J3,J4,J5,J6,J7
-6
-4
-2
0
2
4
6
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
y=gamma(x)
x-as
y-as
-2
-1
0
1
2
3
4
-4 -2 0 2 4 6
y=1/gamma(x)
x-as
y-as
Figuur 6.2: De Gamma functie
De algemene integraal van de vergelijking van Bessel is dus (A,B ∈ R)
y = AJν(x)+BJ−ν(x)
Tweede gevalIndien 2ν ∈ N een geheel getal is, dan kunnen we de bovenstaande redenering herhalen, en wevinden nog steeds de oplossing Jν.Als 2ν een even getal is, dan zijn er problemen bij het bepalen van de tweede oplossing: uit derecursiebetrekking
−n(n−2ν)cn = cn−2
volgt dat c2ν−2 = 0. Maar dan is ook c2ν−4 = c2ν−6 = · · · = c0 = 0. Dit is in strijd met onzehypothese dat c0 6= 0. Als we c0 = 0 toelaten, dan vinden we dat de eerste coefficient die verschiltvan 0, c2ν is. De gevonden oplossing is dan van de vorm
y = c2νx2ν−ν + · · ·= c2νxν + · · ·
109
en dit is juist c2νJν(x). Onze methode levert dus slechts een lineair onafhankelijke oplossing.Als 2ν een oneven getal is, dan levert de methode een tweede lineair onafhankelijke oplossingJ−ν. Speciale aandacht verdient het geval ν = 1/2. In dit geval is ρ = −1/2 een oplossing vande karakteristieke vergelijking. Zoals we hierboven gezien hebben kunnen we in dit geval nietautomatisch besluiten dat c1 = 0. Het is echter eenvoudig om in te zien dat de oplossing die wekrijgen door c0 = 0 en c1 = 1 te stellen juist de Besselfunctie J1/2(x) is.
110
Hoo
fdst
uk 7 Eerste integralen
We hebben het in het tweede deel van deze cursus tot nu toe gehad over (normale) differenti-aalvergelijkingen. Zo bespraken we onder meer de algemene integraal van enkele types normaledifferentiaalvergelijkingen van orde 1 en van differentiaalvergelijkingen van hogere orde met con-stante coefficienten. Bij dit laatste type schetsten we een voorbeeld uit de praktijk; de zogenaamdestatische balkvergelijking van Euler-Bernouilli. We vermeldden tevens de dynamische balkverge-lijking
EI∂4
∂x4 y(x, t) = q(x,y, t)−µ∂2
∂x2 y(x, t).
Dit is echter geen differentiaalvergelijking meer zoals we tot nu toe besproken hebben; er tredenimmers partiele afgeleiden van de te zoeken functies y = y(x, t) op. Zo’n vergelijking wordt danook een partiele differentiaalvergelijking genoemd (in dit geval van orde 4 in 2 veranderlijken). Inhet volgende hoofdstuk bespreken we (kort) enkele aspecten van de theorie der partiele differen-tiaalvergelijkingen. Dit zullen we dan in het laatste hoofdstuk van dit deel aanwenden als we hetover variatierekening hebben. Daar zullen we immers, teneinde een specifieke toepassing uit de ar-chitectuur te bespreken, te maken krijgen met zulke vergelijkingen. Met het oog op die toepassingen de daarmee geassocieerde (partiele) differentiaalvergelijkingen, hebben we een techniek nodigdie steunt op het begrip “eerste integralen”, onderwerp van dit hoofdstukje.
7.1 Eerste integralen
Beschouw een normaal stelsel differentiaalvergelijkingen van n vergelijkingen met n onbekendefuncties:
y′1 = f1(x,y1,y2, · · · ,yn)y′2 = f2(x,y1,y2, · · · ,yn)...y′n = fn(x,y1,y2, · · · ,yn)
(7.1)
Definitie 7.1.1 Een eerste integraal van het stelsel (7.1) is een functie φ(x,y1,y2, · · · ,yn) die con-stant is (dit wil zeggen: onafhankelijk van x) als men y1,y2, · · · ,yn vervangt door een oplossing vanhet stelsel.
Een eerste integraal kunnen we dus schrijven als
φ(x,y1,y2, · · · ,yn) = c
of, korter, indien er geen verwarring mogelijk is,
φ = c
111
Voorbeeld 7.1.2 Laten we een heel eenvoudig voorbeeld bekijken teneinde dit nieuwe concept teillustreren. {
y′1 = y2−2y1y′2 = 2y2−3y1
(7.2)
Herinner je (zie voorbeeld 5.1.1) dat de algemene integraal van dit stelsel gegeven wordt door{y1 = Aex +Be−x
y2 = 3Aex +Be−x,(7.3)
waarbij A,B ∈ R. Een eerste integraal van het stelsel is bijvoorbeeld (Ga dit na!)
φ(x,y1,y2) = (y1− y2)e−x.
In het bovenstaande voorbeeld kunnen we onmiddellijk zeggen dat ook φ(x,y1,y2)= ((y1−y2)e−x)2
een eerste integraal is van het betreffende stelsel (dit verifieer je opnieuw eenvoudigerwijs).Algemeen is het evident dat als φ = c een eerste integraal is van (7.1), en f : R→ R een wille-keurige functie is, dat dan f ◦ φ = c′ ook een eerste integraal is. Immers, op een oplossing geldtdat
f (φ(x,y1,y2, · · · ,yn)) = f (c) = c′
Deze nieuwe eerste integraal levert echter geen nieuwe informatie op over de oplossingen van hetdifferentiaalstelsel. Daarom voeren we de volgende definitie in
Definitie 7.1.3 Twee eerste integralen φ1 = c1 en φ2 = c2 worden verschillend genoemd als ergeen enkele functie g bestaat zodanig dat φ1 = g◦φ2 of φ2 = g◦φ1.
Meer algemeen zeggen we dat m eerste integralen φ1 = c1, · · · ,φm = cm verschillend zijn als er ergeen enkele functie in m−1 veranderlijken bestaat zodat φi = g(φ1, · · · ,φi−1,φi+1, · · · ,φm).
Stelling 7.1.4 Als men een eerste integraal φ(x,y1, · · · ,yn) = c van het stelsel (7.1) kent, dan kanmen het stelsel vervangen door een equivalent stelsel van orde n− 1, waarin ook de constante cvoorkomt.
Bewijs. Los een van de onbekende functies, bijvoorbeeld y1 op uit de eerste integraal. Men ver-krijgt
y1 = ψ(x,y2, · · · ,yn)
Substitutie hiervan in n− 1 vergelijkingen van het stelsel (7.1) geeft een stelsel in de n− 1 onbe-kenden y2, · · · ,yn, dat bovendien afhangt van c. �
Illustreren we deze eigenschap aan de hand van het voorbeeld dat we hierboven reeds beschouwden
Voorbeeld 7.1.5 {y′1 = y2−2y1y′2 = 2y2−3y1
(7.4)
Een eerste integraal van het stelsel is
φ(x,y1,y2) = (y1− y2)e−x.
112
Los deze op naar y1:y1 = cex + y2.
Substitueren we deze uitdrukking in de tweede vergelijking van het stelsel:
y′2 = 2y−3(cex + y2),
dan zien we dat dit een vergelijking is in de onbekende y2 waarin c voorkomt.
Stelling 7.1.6 Als de algemene integraal van het stelsel (7.1) afhangt van n constanten, dan bezithet stelsel juist n verschillende eerste integralen. Omgekeerd, indien men n verschillende eersteintegralen van het stelsel kent, dan kan men hieruit ook de algemene integraal van het stelselbepalen.
Bewijs. Bij onderstelling is de algemene integraal van het stelsel van de vormy1 = y1(x,c1, · · · ,cn)y2 = y2(x,c1, · · · ,cn)...yn = yn(x,c1, · · · ,cn)
(7.5)
Als we dit stelsel oplossen naar de constanten c1, · · · ,cn, dan toont men aan dat men verkrijgen kan1
c1 = φ1(x,y1, · · · ,yn)c2 = φ2(x,y1, · · · ,yn)...cn = φn(x,y1, · · · ,yn)
(7.6)
We hebben dus n eerste integralen. Deze n eerste integralen zijn verschillend, want anders bestonder een betrekking van de vorm
φ j = ψ(φ1, · · · ,φ j−1,φ j+1, · · · ,φn)
met andere woordenc j = ψ(c1, · · · ,c j−1,c j+1, · · · ,cn)
maar dit zou betekenen dat de constanten c1, · · · ,cn niet willekeurig zijn.We moeten nog aantonen dat er geen (n+1)-de eerste integraal is die verschillend is van de vorige.Onderstel dat
cn+1 = φn+1(x,y1, · · · ,yn) (7.7)
zulk een eerste integraal is. (7.6) en (7.7) laten dan toe om x,y1, · · · ,yn te berekenen in functie vande constanten c1, · · · ,cn+1. Maar dan is x geen onafhankelijke veranderlijke meer.Veronderstel tenslotte dat we n verschillende eerste integralen (7.6) kennen. Hieruit kunnen wey1,y2, · · · ,yn oplossen, zodat we een stelsel van de vorm (7.5) krijgen. Dit is een algemene inte-graal. �
1Men toont dit aan m.b.v. de zogenaamde “stelling van de impliciete functies”. Deze stelling valt echter buiten hetbestek van deze cursus.
113
Voorbeeld 7.1.7 Illustereren we ook hier met hetzelfde voorbeeld van daarnet{y′1 = y2−2y1y′2 = 2y2−3y1
(7.8)
De algemene integraal is y1 = Aex+Be−x; y2 = 3Aex+Be−x (A,B ∈R), en dus zijn twee verschil-lende integralen {
A =−12(y1e−x− y2e−x)
B =−12(y2ex−3y1ex)
(7.9)
In de omgekeerde richting, neem twee verschillende eerste integralen van het stelsel, bijvoorbeeldc1 = (y1−y2)e−x en c2 = (y2−3y1)ex, dan haal je hieruit dat de algemene integraal van het stelselgegeven wordt door {
y1 =− c2ex− d
2 e−x
y2 =−3c2 ex− d
2 e−x (7.10)
Men kan stelling 7.1.6 als volgt interpreteren: de algemene integraal van (7.1) is in feite een ver-zameling krommen in Rn die afhangt van n parameters c1, · · · ,cn. Als we deze algemene integraalschrijven onder de vorm (7.5), dan betekent dit dat we van elke oplossing een stel parameterver-gelijkingen kennen. Als we n verschillende eerste integralen (7.6) kennen, dan betekent dit dat weelke oplossing kennen als de doorsnede van n hyperoppervlakken in Rn+1.
7.2 Het bepalen van eerste integralen
Om de eerste integralen van een differentiaalstelsel te bepalen volstaat het uiteraard om het stelselop te lossen en dan stelling 7.1.6 toe te passen.Zoals we reeds ondervonden, is dit niet altijd mogelijk, en daarom is het nuttig om alternatievetechnieken te bestuderen om eerste integralen te bepalen. Ook hier bestaan er geen algemenemethoden; in deze paragraaf geven we enkele elementaire methoden.Algemene natuurkundige wetten (bijvoorbeeld de wet van het behoud van energie of hoeveelheidbeweging) leveren soms eerste integralen van stelsels differentiaalvergelijkingen die afkomstig zijnvan fysische problemen.Soms kan men ook op andere manieren eerste integralen vinden. We herschrijven het stelsel (7.1)onder de vorm
dxg
=dy1
g1= · · ·= dyn
gn(= k) (7.11)
waarbij g,g1, · · · ,gn functies zijn van x,y1, · · · ,yn.Als een van de vergelijkingen van het stelsel slechts x,yi en y′i bevat, dan levert de algemeneintegraal van deze vergelijking een eerste integraal.
Voorbeeld 7.2.1 We beschouwen het stelseldx
x− y=
dyx+ y
=dzz
(7.12)
De eerste vergelijking is een homogene differentiaalvergelijking:
(x+ y)dx = (x− y) dy
114
We lossen deze op via de substitutie
y = ux ; dy = udx+ xdu
We vinden achtereenvolgens
(1+u)dx = (1−u)(udx+ x du)
dxx
=(1−u)du
1+u2
ln |x|= bgtgu− 12
ln(1+u2)+ lnc
en tenslotte vinden we dat √x2 + y2
expbgtg yx= c
een eerste integraal is van (7.12).
‘
Methode der multiplicatorenSoms kan men ook op de volgende manier een eerste integraal vinden. Onderstel dat we functiesα = α(x,y1, ...,yn),α1 = α1(x,y1, ...,yn), · · · ,αn = αn(x,y1, ...,yn) kunnen vinden zodat
αg+α1g1 + · · ·+αngn = 0
enαdx+α1dy1 + · · ·+αndyn
de totale differentiaal is van een functie h(x,y1, · · · ,yn).Als (y1, · · · ,yn) een oplossing is van het stelsel, dan geldt dus
dh = αdx+α1dy1 + · · ·+αndyn
= k(αg+α1g1 + · · ·+αngn) = 0
zodath(x,y1, · · · ,yn) = c
een eerste integraal is. We noemen deze methode ook wel de methode der multiplicatoren. Demoeilijkheid is natuurlijk om de functies α,α1, · · · ,αn te vinden. We bekijken enkele voorbeelden.
Voorbeeld 7.2.2 We beschouwen het stelsel
dxy− z
=dy
z− x=
dzx− y
(7.13)
Stel eerst α = α1 = α2 = 1. Dan is
α(y− z)+α1(z− x)+α2(x− y) = 0
115
en bovendien isdx+dy+dz = d(x+ y+ z)
een totale differentiaal. We hebben dus een eerste integraal
x+ y+ z = c1
Stel nu α = x, α1 = y, α2 = z. Weer is
α(y− z)+α1(z− x)+α2(x− y) = 0
enxdx+ ydy+ zdz =
12
d(x2 + y2 + z2)
is een totale differentiaal. Een tweede eerste integraal is dus
x2 + y2 + z2 = c2
De oplossingen van (7.13) zijn dus de krommen{x+ y+ z = c1x2 + y2 + z2 = c2
(7.14)
De oplossingen zijn dus cirkels met middelpunt op de as R(1,1,1) en gelegen in een vlak loodrechtop deze as.
Voorbeeld 7.2.3 We beschouwen weer het stelsel (7.12). We proberen
α =−xz, α1 =−yz, α2 = x2 + y2
Inderdaad is−xz(x− y)− yz(x+ y)+ z(x2 + y2) = 0
Jammer genoeg is
−xzdx− yzdy+(x2 + y2)dz =− z2
d(x2 + y2)+(x2 + y2)dz
geen totale differentiaal. Alles zou ok zijn als de factor −1/2 er niet zou gestaan hebben. Merk opdat de factor
−12
d(x2 + y2)
voorkomt bij de differentiering van (x2 + y2)−1/2, immers
d(x2 + y2)−1/2 =−12(x2 + y2)−3/2d(x2 + y2)
Daarom delen we α,α1 en α2 door (x2 + y2)3/2. We vinden dan
αdx+α2dy+α3dz = − zd(x2 + y2)
2(x2 + y2)3/2 +(x2 + y2)dz(x2 + y2)3/2
= d(
z√x2 + y2
)
116
zodat z√x2 + y2
= c2
een tweede eerste integraal van het stelsel (7.12) levert. We kunnen dus concluderen dat de alge-mene integraal van het stelsel bestaat uit de krommen van de vorm
√x2 + y2
expbgtg yx= c1
z2
x2 + y2 = c2
De technieken uit dit kort hoofdstuk zullen we nu aanwenden in het volgende hoofdstuk.
117
118
Hoo
fdst
uk 8 Lineaire partieledifferentiaalvergelijkingen van orde 1
8.1 Inleiding
Een partiele differentiaalvergelijking (van orde m in n variabelen) is een betrekking tussen n vari-abelen x1, ...,xn, een (onbekende) functie y = y(x1, ...,xn) en haar partiele afgeleide functies
∂iy∂x1
a1 · · ·∂xnan met 1≤ i≤ m en ∑
nj=1a j = i.
De variabelen x1, ...,xm behoren tot een domein D⊂ Rn.Een oplossing van de differentiaalvergelijking is een functie y = y(x1, · · · ,xn) die identiek voldoetaan die betrekking (tenminste op een zeker deel van D).Partiele differentiaalvergelijkingen komen heel vaak in de Natuur voor.
Voorbeelden 8.1.1 1) We zagen reeds een voorbeeld van een partiele differentiaalvergelijking vanorde 4 in 2 veranderlijken; de dynamische Euler-Bernouilli balkvergelijking.2) De zogenaamde golfvergelijking is een partiele differentiaalvergelijking van orde 2 in n veran-delrijken en beschrijft het verloop van een golf in tijd (t) en ruimte (Rn). Zo ziet deze er in R3
bijvoorbeeld als volgt uit:∂2y
∂t2 = c2(
∂2y
∂x12 +
∂2y
∂x22 +
∂2y
∂x32
)Hierbij is c de voortplantingssnelheid van de golf. y is in dit voorbeeld dus een (te zoeken) functievan 4 veranderlijken; y = y(t,x1,x2,x3).3) De beruchte Navier-Stokes vergelijking beschrijft stroming van fluıda in de ruimte in functievan de tijd.4) De Euler-Lagrangevergelijkingen zijn een stelsel van partiele differentiaalvergelijkingen vanorde 2 (zie het volgende hoofdstuk).5) De zogenaamde transportvergelijking; dit is een partiele differentiaalvergelijking van orde 1.Hier komen we later op terug.
Meestal zijn partiele differentiaalvergelijkingen die in natuurkundige vraagstukken opduiken, vanorde 2. Het bepalen van de algemene integraal van een partiele differentiaalvergelijking is door-gaans erg moeilijk; voor sommige (belangrijke) vergelijkingen is zelfs tot op heden geen enkeleexacte oplossing gevonden1. Nu, het bepalen van de algemene integraal van een partiele differen-tiaalvergelijking is niet altijd erg “relevant”. Hier zijn voorbeeldjes om dit te illustreren:
1Zo beschouwt het Clay Mathematics Institute de vergelijking van Navier-Stokes als een van de zeven meestbelangrijke onopgeloste problemen in de wiskunde en reikt zij 1 miljoen dollar uit voor een oplossing of een tegen-voorbeeld voor het probleem.
119
Voorbeeld 8.1.2∂y∂x1
(x1,x2) = 0
Dit is een vergelijking van orde 1 in 2 veranderlijken. Voor elke functie ψ : R→ R (die differenti-eerbaar is) is y(x1,x2) = ψ(x2) een oplossing.
Herinner je dat bij een gewone differentiaalvergelijking (in 1 variabele) van orde 1 de algemeneintegraal van een willekeurige reele constante afhing. Bij partiele differentiaalvergelijkingen vanorde 1 in 2 variabelen zal de algemene integraal van een willekeurige functie van 1 veranderlijkeafhangen (zie bovenstaande voorbeeld). Op gelijkaardige manier hangt over het algemeen de al-gemene integraal van een partiele differentiaalvergelijking van orde 2 in 2 veranderlijken af van 2willekeurige functies van 1 veranderlijke. Bekijk het volgende voorbeeld.
Voorbeeld 8.1.3∂2y
∂t2 = c2 ∂2y
∂x12
Dit is de zogenaamde 1-dimensionale golfvergelijking; deze beschrijft hoe een golf zich beweegtop een rechte, in functie van de tijd.Je kan nagaan dat y(t,x1) = φ(t − x1
c ) +ψ(t + x1c ) een oplossing van deze vergelijking is, voor
willekeurige functies φ,ψ : R→ R (minstens twee maal differentieerbaar). Immers,
∂y∂t
= φ′(t− x1
c)+ψ
′(t +x1
c)
∂y∂x1
= −1c
φ′(t− x1
c)+
1c
ψ′(t +
x1
c)
∂2y∂t2 = φ
′′(t− x1
c)+ψ
′′(t +x1
c)
∂2y∂x12 =
1c2 φ′′(t− x1
c)+
1c2 ψ
′′(t +x1
c)
Voor een differentiaalvergelijking van orde 1 in drie veranderlijken wordt de situatie nog ingewik-kelder: de algemene integraal hangt nu af van een willekeurige functie van twee veranderlijken,etc... In het algemeen zal de algemene integraal van een partiele differentiaalvergelijking van ordem in n veranderlijken afhangen van m functies in (n−1) veranderlijken.Uit deze voorbeelden moge blijken dat een fysisch probleem dat zich laat vertalen in een partieledifferentiaalvergelijking nog niet opgelost is als we de algemene integraal van de partiele diffe-rentiaalvergelijking kunnen bepalen: we moeten ook nog de onbekende functies bepalen die in dealgemene integraal optreden (gebruik makende van rand2- of beginvoorwaarden), en dit probleemis dikwijls moeilijker dan het bepalen van de algemene integraal. Daarom tracht men dikwijls deoplossing van het probleem rechtstreeks te vinden, zonder eerst de algemene integraal uit te reke-nen.In dit hoofdstuk zullen we zien hoe men de algemene integraal van een lineaire partiele differenti-aalvergelijking van orde een kan bepalen.
2Randvoorwaarden leggen functiewaarden van de gezochte oplossing(en) in verschillende punten van het gebiedD vast.
120
8.2 Homogene lineaire partiele differentiaalvergelijking van ordeeen
Een partiele differentiaalvergelijking van de vorm
a1(x1, · · · ,xn)∂y∂x1
+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)∂y∂xn
= 0 (8.1)
noemt men homogene lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde een . Om deze te integre-ren beschouwt men het geassocieerd differentiaalstelsel.
dx1
a1(x1, · · · ,xn)=
dx2
a2(x1, · · · ,xn)= · · ·= dxn
an(x1, · · · ,xn)(8.2)
Zoals we zullen zien is er een verband tussen de oplossingen van (8.1) (meetkundig gezien hyper-oppervlakken in Rn+1) en de eerste integralen van (8.2).Inderdaad, onderstel dat
f (x1,x2, · · · ,xn) = c
een eerste integraal is van het geassocieerd stelsel (8.2). Op een oplossing van (8.2) is dus
d f =∂ f∂x1
dx1 +∂ f∂x2
dx2 + · · ·∂ f∂xn
dxn = 0
en, vanwege (8.2)
a1(x1, · · · ,xn)∂ f∂x1
+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)∂ f∂xn
= 0 (8.3)
Waar (8.2) voldoet aan de voorwaarden van de bestaansstelling gaat er door elk punt een oplossingvan (8.2). In een dergelijk punt geldt dus (8.3). (8.3) drukt dus uit dat y = f (x1, · · · ,xn) eenoplossing is van (8.1). Elke eerste integraal van (8.2) levert dus een oplossing van (8.1).Omgekeerd, onderstel dat y = f (x1, · · · ,xn) een oplossing is van (8.1). We zullen aantonen datf (x1, · · · ,xn) = c dan een eerste integraal is van (8.2). Uit het voorgaande hoofdstuk weten wedat we n− 1 verschillende eerste integralen van (8.2) kunnen bepalen. Beschouw zulk een stelverschillende eerste integralen.
f1(x1, · · · ,xn) = c1...fn−1(x1, · · · ,xn) = cn−1
We weten dan ook dat y = f1(x1, · · · ,xn), · · · ,y = fn−1(x1, · · · ,xn) oplossingen zijn van (8.1). Menkan nu aantonen dat er een betrekking bestaat tussen f1, · · · , fn−1 en f . Omdat de eerste integra-len f1 = c1, · · · , fn−1 = cn−1 verschillend zijn kan er geen betrekking bestaan tussen f1, · · · , fn−1.Daarom is noodzakelijk
f = φ( f1 · · · , fn−1),
waarbij φ :Rn−1→R een willekeurige differentieerbare functie is. Dus is f = c een eerste integraalvan (8.2). Hiermee hebben we een bewijs van de volgende stelling geschetst:
121
Stelling 8.2.1 y = f (x1, · · · ,xn) is een oplossing van (8.1) als en alleen als f (x1, · · · ,xn) = c eeneerste integraal is van (8.2). Om de algemene integraal van (8.1) te vinden volstaat het om n−1 verschillende eerste integralen f1 = c1, · · · , fn−1 = cn−1 van (8.2) te bepalen. De algemeneintegraal is dan
y = φ(
f1(x1, · · · ,xn), · · · , fn−1(x1, · · · ,xn))
We schetsen het gebruik van dit resultaat nu aan de hand van twee voorbeelden.
Voorbeeld 8.2.2 Noem u = u(x, t) de concentratie van een bepaalde stof (op plaats x op een mo-ment t) die je in een bepaalde vloeistof (die met constante snelheid volgens de x-richting stroomt)inbrengt. De vergelijking die deze concentratie beschrijft, is de zogenaamde transportvergelijking:
∂u∂t
+ν0∂u∂x
= 0,
waarbij ν0 de constante stroomsnelheid van de vloeistof is. Dit is inderdaad een homogene li-neaire partiele differentiaalvergelijking van orde 1. Passen we nu voorgaande stelling toe. Hetgeassocieerde stelsel is
dt1=
dxν0
,
oftewel ν0t = x+ c1, met c1 ∈ R. Dus ν0t− x = c1 is een eerste integraal. Uit het bovenstaanderesultaat weten we dan dat de algemene integraal wordt gegeven door
u(x, t) = φ(ν0t− x), met φ : R→ R een willekeurige differentieerbare functie.
Zoals we reeds eerder opmerkten, valt φ te bepalen (in sommige vraagstukken) door zekere rand-en/of beginvoorwaarden aan de oplossingen van de vergelijking op te leggen. Dit is echter meestalverre van evident.
Voorbeeld 8.2.3 We beschouwen de partiele differentiaalvergelijking
y∂u∂x
+ x∂u∂y
+ z∂u∂z
= 0 (8.4)
Het geassocieerd stelsel isdxy
=dyx
=dzz
We bepalen hiervan twee eerste integralen. De eerste vergelijking kan herschreven worden als
xdx = ydy
en levert de eerste integraalf1(x,y,z) = x2− y2 = c1
Om een tweede eerste integraal te vinden gebruiken we de methode der multiplicatoren. We zoekenfuncties α,β,γ zodat
αy+βx+ γz = 0
122
Stelα = β = z en γ =−(x+ y)
We zouden willen datzd(x+ y)− (x+ y)dz
een totale differentiaal is. Dit is het geval als we alles delen door (x+ y)2, immers
zd(x+ y)− (x+ y)dz(x+ y)2 = d
(− z
x+ y
)De tweede eerste integraal is dus
f2(x,y,z) =−z
x+ y= c2
De algemene integraal van (8.4) is dus
u = φ
(x2− y2,
zx+ y
)waarbij φ een willekeurige functie in twee veranderlijken is.
8.3 De volledige lineaire vergelijking van orde een
Een partiele differentiaalvergelijking van de vorm
a1(x1, · · · ,xn,y)∂y∂x1
+ · · ·+an(x1, · · · ,xn,y)∂y∂xn
= b(x1, · · · ,xn,y) (8.5)
noemen we een lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde 1. Merk op dat de ai :Rn+1→Ren b : Rn+1→R mogen afhangen van de te zoeken y. We kunnen deze herleiden tot een homogenevergelijking. We zoeken oplossingen in impliciete vorm, d.w.z. y wordt bepaald als functie vanx1, · · · ,xn door een betrekking van de vorm
ψ(x1, · · · ,xn,y) = 0 (8.6)
Dit betekent dat ψ nu de nieuwe onbekende functie is. Als we (8.6) afleiden naar xi, dan vindenwe
∂ψ
∂xi+
∂ψ
∂y∂y∂xi
= 0
Als we deze betrekking substitueren in (8.5), dan vinden we
a1(x1, · · · ,xn,y)∂ψ
∂x1+ · · ·+an(x1, · · · ,xn,y)
∂ψ
∂xn+b(x1, · · · ,xn,y)
∂ψ
∂y= 0 (8.7)
Dit is een homogene lineaire vergelijking in ψ. Het geassocieerd stelsel is
dx1
a1=
dx2
a2= · · ·= dxn
an=
dyb
(8.8)
123
Dit is een stelsel van orde n, en het bezit n verschillende eerste integralen f1 = c1, · · · , fn = cn. Dealgemene integraal van (8.7) is dus
ψ = φ( f1, f2, · · · , fn)
waarbij φ :Rn→R een willekeurige (differentieerbare) functie in n veranderlijken is. De oplossingvan (8.5) wordt impliciet gegeven door de betrekking
φ( f1, f2, · · · , fn) = 0 (8.9)
Voorbeeld 8.3.1 We beschouwen de partiele differentiaalvergelijking
x2∂y∂x1
+ x1∂y∂x2
= y (8.10)
Hier is dus y = y(x1,x2) de te zoeken functie die we nu op impliciete wijze zullen proberen tevinden. We zoeken dus oplossingen van de vorm
ψ(x1,x2,y) = 0
(8.7) wordt nu
x2∂ψ
∂x1+ x1
∂ψ
∂x2+ y
∂ψ
∂y= 0
en dit is juist (8.4). We hebben deze vergelijking reeds opgelost, (voorbeeld 8.2.3) en de algemeneintegraal is
ψ = φ
(x1
2− x22,
yx1 + x2
)De algemene integraal van (8.10) wordt dus in impliciete vorm gegeven door de formule
φ
(x1
2− x22,
yx1 + x2
)= 0,
waarbij φ : R2→ R een willekeurige differentieerbare functie is.
Notatie Zij z = f (x,y) een functie van twee veranderlijken. Men gebruikt dikwijls de volgendenotaties:
p =∂z∂x
q =∂z∂y
r =∂2z∂x2 s =
∂2z∂x∂y
t =∂2z∂y2
Meetkundige interpretatie
We beschouwen het geval n = 2. De vergelijking (8.5) kunnen we dan schrijven als
a(x,y,z)p+b(x,y,z)q = c(x,y,z) (8.11)
124
Elke oplossing van (8.11) stelt een oppervlak in R3 voor. We noemen zulk een oppervlak eenintegraaloppervlak.Neem een integraaloppervlak, en een punt (x,y,z) op dit oppervlak. De vergelijking van het raak-vlak in dit punt is dan
(x− x)p+(y− y)q = z− z (8.12)
Hierbij is (x,y,z) een lopend punt in het raakvlak. Uit (8.11) en (8.12) volgt dat de rechte metvergelijking
x− xa
=y− y
b=
z− zc
(8.13)
in het raakvlak (8.12) ligt. Voor elk punt (x,y,z) ∈R3 kunnen we de rechte met vergelijking (8.13)neerschrijven.Een kromme die in elk punt raakt aan de rechte (8.13) door dat punt noemen we een karakteris-tieke kromme. Aangezien (dx,dy,dz) de componenten zijn van een vector aan de raaklijn van eenkromme, worden de karakteristieke krommen bepaald door het stelsel
dxa
=dyb
=dzc
(8.14)
en dit is juist het geassocieerd stelsel aan de partiele differentiaalvergelijking (8.11). De karakte-ristieke krommen zijn dus de oplossingen van het geassocieerd differentiaalstelsel.Onderstel nu dat
f1(x,y,z) = c1 en f2(x,y,z) = c2
twee verschillende eerste integralen zijn van het geassocieerd stelsel. Voor elke vaste waarde vanc1 en c2 bepaalt het stelsel vergelijkingen{
f1(x,y,z) = c1f2(x,y,z) = c2
een oplossing van het geassocieerd stelsel, en dus een karakteristieke kromme. Als we c1 en c2over alle reele getallen laten lopen, dan vinden we alle karakteristieke krommen. Beschouw nude unie van alle karakteristieke krommen waarvoor de bijhorende constanten c1 en c2 voldoen aaneen betrekking van de vorm
φ(c1,c2) = 0
De punten (x,y,z) die tot deze unie behoren voldoen aan de betrekking
φ( f1(x,y,z), f2(x,y,z)) = 0
en dit is de vergelijking van een integraaloppervlak. We kunnen dit nog als volgt herformuleren:een integraaloppervlak ontstaat door van de verzameling karakteristieke krommen (die afhangt vande twee parameters c1 en c2) een deelfamilie te nemen die afhangt van slechts 1 parameter, en dande unie van deze familie te nemen.Meer bepaald kunnen we besluiten dat elk integraaloppervlak beschreven wordt door karakteris-tieke krommen.
125
8.4 Het vraagstuk van Cauchy
Beschouw weer de partiele differentiaalvergelijking (8.11)
a(x,y,z)p+b(x,y,z)q = c(x,y,z)
Gegeven is een kromme k in R3. Gevraagd wordt om het integraaloppervlak van (8.11) te bepalendat door deze kromme k gaat. Men kan dit beschouwen als het analogon van het vraagstuk bijgewone differentiaalvergelijkingen van orde 1 dat er in bestaat om een oplossing te vinden diedoor een gegeven punt gaat. In het geval van lineaire partiele differentiaalvergelijking en van orde1 is de situatie iets ingewikkelder: we hebben namelijk twee verschillende gevallen.Eerste geval: k is geen karakteristieke kromme.Men beschouwt alle karakteristieke krommen die door k gaan. Deze beschrijven een oppervlak datdoor k gaat, en dat ook een integraaloppervlak is. Dit oppervlak is dus de gevraagde oplossing.Onderstel dat k gegeven wordt door de vergelijkingen{
f (x,y,z) = 0g(x,y,z) = 0
De karakteristieke krommen worden gegeven door de eerste integralen{f1(x,y,z) = c1f2(x,y,z) = c2
Neem een punt (x,y,z) gelegen op de kromme k. Dit punt moet aan de vier vergelijkingen voldoen.Als we x,y en z uit de vier vergelijkingen elimineren, dan vinden we een betrekking tussen c1 enc2, namelijk
φ(c1,c2) = 0
De c1 en c2 die behoren bij een karakteristieke vergelijking die het gevraagde oppervlak beschrijftmoeten hieraan voldoen. De vergelijking van het gevraagde oppervlak is dus
φ( f1(x,y,z), f2(x,y,z)) = 0 (8.15)
Tweede geval: k is zelf een karakteristieke kromme.Iedere familie karakteristieke krommen afhankelijk van een parameter die k bevat, is een oplossingvan het vraagstuk. In dit geval zijn er dus oneindig veel oplossingen van het vraagstuk.Om de vergelijking van een dergelijke oplossing neer te schrijven, volstaat het om een willekeurigefunctie φ(u,v) van twee veranderlijken te beschouwen. Aangezien de kromme k een karakteristiekekromme is, kan deze geschreven worden onder de vorm{
f1(x,y,z) = af2(x,y,z) = b
voor zekere a,b ∈ R. De familie karakteristieke krommen met vergelijking
φ( f1, f2)−φ(a,b) = 0
bevat k en is dus een oplossing van het vraagstuk.
126
Voorbeeld 8.4.1 We hernemen de partiele differentiaalvergelijking
yp+ xq = z
We willen weten welk integraaloppervlak door de met volgende vergelijking hyperbool gaat{y = 0xz = 1
We elimineren x,y en z tussen de vergelijkingeny = 0xz = 1x2− y2 = c1
zx+y = c2
Dit levert xz = 1x2 = c1zx = c2
of{
x2 = c1x2 = 1
c2
en dusc1c2 = 1
De vergelijking van het gevraagde oppervlak is dus
z(x− y) = 1
Dit is een cilinder waarvan de beschrijvenden evenwijdig zijn met de rechte{x = yz = 0
127
128
Hoo
fdst
uk 9 Variatierekening
9.1 De vergelijkingen van Euler
In [WGAM] hebben jullie extreme waarden van functies van een of meer veranderlijken besproken.Een van de resultaten die bewezen werden, is het volgende: onderstel dat de scalaire functie f :Rn→ R een (locaal) minimum of maximum bereikt in het punt ~a. Als f differentieerbaar is in ~a,dan geldt noodzakelijk dat grad( f (~a)) =~0, of, equivalent
∂ f∂x1
(~a) =∂ f∂x2
(~a) = · · ·= ∂ f∂xn
(~a) = 0 (9.1)
(9.1) is dus een nodige voorwaarde opdat f een extremum zou bereiken.In dit hoofdstuk willen we dit resultaat uitbreiden tot de situatie waarbij de verzameling Rn ver-vangen wordt door een verzameling V die zelf een verzameling functies is. Om dit verder teverduidelijken, vertrekken we van een klassiek meetkundig probleem, dat ons naadloos bij het zo-gehete algemene probleem van de variatierekening voert. Voor de kromme(n) in Rn waar we in ditalgemene probleem naar op zoek zijn, leiden we vervolgens een nodige voorwaarde af. Dit leidt toteen stelsel partiele differentiaalvergelijkingen van orde 2; de Eulervergelijkingen, waarop in vorighoofdstuk al gealludeerd werd. We bespreken enkele voorbeelden waaronder eentje uit de mecha-nica. We sluiten de eerste paragraaf van dit hoofdstuk af met een bespreking van de kettinglijn,die van groot belang is voor verschillende architecturale constructies. In deze bespreking wordenook wat technieken uit de vorige hoofstukken te berde gebracht, zodat het een mooie illustratiebiedt waarin het ontwikkeld analytisch materiaal uit deze cursus zoal aan bod kan komen. Webeındigen het hoofdstuk met een paragraaf over het vraagstuk met nevenvoorwaarden en schetseneen toepassing hiervan in de luchtvaart.
Ter inleiding van dit alles stellen we het volgende voor: In R3 beschouwen we een oppervlakS met vergelijking
z = z(x,y)
Beschouw ook twee punten A en B op het oppervlak S. We stellen onszelf nu de vraag: langs welke(continue) kromme C gelegen op het oppervlak S die de punten A en B verbindt is de afstand vanhet punt A tot het punt B minimaal? Zulk een kromme noemt men een geodeet van het oppervlakS. Zoals we zien is de veranderlijke in dit probleem een kromme, en een kromme wordt in hetalgemeen beschreven door een stel functies. In ons geval kunnen we een kromme C gelegen op hetoppervlak S die A en B verbindt beschrijven door een stel parametervergelijkingen
C :
x = x(t)y = y(t)z = z(x(t),y(t))
129
waarbij A = (x(t1),y(t1),z(x(t1),y(t1)), B = (x(t2),y(t2),z(x(t2),y(t2)) voor zekere waarden t1 ent2 van de parameter t. De verzameling V bestaat dus uit de functies
(x,y) : [t1, t2]⊂ R→ R2
die continu zijn en die t1 en t2 afbeelden op respectievelijk de eerste twee componenten van A enB. Om ons probleem oplosbaar te maken zullen we bovendien onderstellen dat de functies x en ytweemaal continu differentieerbaar zijn over [t1, t2]. We zullen dit formeel noteren als volgt:
x,y ∈ C2[t1, t2]
waarbij
Cm[t1, t2] = { f : [t1, t2]→ R | f bezit continue afgeleiden tot op orde m op [t1, t2]}
Ook de functie l : V → R kan men opschrijven, aangezien men formules heeft die toelaten om debooglengte te berekenen. Voor de lengte l van de kromme C vinden we:
l =∫ t2
t1
√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2dt
De lengte wordt dus gevonden door een functie van de kromme C en de afgeleiden van haar com-ponenten te integreren van t1 tot t2. Het algemeen probleem kunnen we formuleren als volgt:
Probleem 9.1.1 (het algemeen probleem van de variatierekening) Gegeven is een functie f :R2n+1→ R, t1, t2 ∈ R en A = (a1,a2, · · · ,an),B = (b1,b2, · · · ,bn) ∈ Rn. Bepaal een kromme C inRn met parametervergelijkingen
C :
x1 = x1(t)x2 = x2(t)...xn = xn(t)
waarbij xi(t1) = ai, xi(t2) = bi zodanig dat de functionaal
I =∫ t2
t1f (t,x1,x2, · · · ,xn,x′1,x
′2, · · · ,x′n)dt
extremaal wordt. Hiermee bedoelen we dat I voor de gezochte kromme minimaal of maximaalmoet zijn onder alle naburige krommen die ook aan de hierboven opgesomde voorwaarden vol-doen.
We gaan een nodige voorwaarde opstellen waaraan de gezochte kromme C (of het gezochte stelfuncties x1,x2, · · · ,xn) moet voldoen. Vooraleer we dit kunnen doen, moeten we eerst een lemmabewijzen.
Lemma 9.1.2 Onderstel dat f : [a,b]→ R continu, en dat∫ b
af (x)φ(x)dx = 0
130
voor elke functie φ ∈ C2[a,b] waarvoor φ(a) = φ(b) = 0. Dan geldt noodzakelijk dat
f (x) = 0
voor elke x ∈ [a,b].
Bewijs. Onderstel dat er een c ∈ [a,b] bestaat zodat f (c) 6= 0. Omdat f continu is, bestaat erdus een omgeving van c waarop f (x) 6= 0 (x behoort tot deze omgeving). Hieruit volgt dat we cverschillend van a en b kunnen kiezen, zodat c ∈ (a,b). Er bestaat dan een interval (α,β)⊂ (a,b)dat c bevat en waarop f hetzelfde teken heeft als f (c). We definieren nu de functie φ : [a,b]→ Rals volgt:
φ(t) =
{(t−α)3(t−β)3 als t ∈ (α,β)
0 als t 6∈ (α,β)
De functie φ is dan tweemaal continu differentieerbaar over [a,b] (bewijs dit zelf in de punten α enβ). Ook is φ(a) = φ(b) = 0 zodat
0 =∫ b
af (x)φ(x)dx =
∫β
α
f (x)(x−α)3(x−β)3dx
Deze laatste integraal kan echter niet nul zijn, aangezien de integrand een constant positief ofnegatief teken heeft over (α,β). Dus is er een tegenstrijdigheid, en dit bewijst dat f (x) = 0 voorelke x. �
We bekijken nu opnieuw het algemene probleem van de variatierekening. Om de notaties te ver-eenvoudigen kijken we naar het geval n = 3. We noteren x,y en z voor de veranderlijken, zodat wede extremalen moeten zoeken van de functionaal
I =∫ t2
t1f (t,x,y,z,x′,y′,z′)dt
We zullen - zoals reeds eerder vermeld - enkel een nodige voorwaarde opstellen. Onderstel dusdat (x,y,z) een oplossing is van het probleem. Neem nu een (voorlopig vaste maar willekeurige)functie φ ∈ C2[t1, t2] waarvoor geldt dat φ(t1) = φ(t2) = 0. Bekijk nu de krommen van de vorm
x(t,α) = x(t)+αφ(t)y(t,β) = y(t)+βφ(t)z(t,γ) = z(t)+ γφ(t)
Deze verzameling krommen hangt af van de drie parameters α,β en γ. Omdat φ(t1) = φ(t2) = 0gaan alle krommen door de punten A en B. We bekijken nu de functie
I(α,β,γ) =∫ t2
t1f (t,x(t,α),y(t,β),z(t,γ),x′(t,α),y′(t,β),z′(t,γ))dt
I bereikt een extremum in (x,y,z) als (x,y,z) loopt over alle naburige krommen die A en B verbin-den. Als we de klasse krommen beperken tot een deelklasse bereikt I natuurlijk nog een extremum.
131
Daarom bereikt I(α,β,γ) een extremum voor α = β = γ = 0. Een nodige voorwaarde hiervoor (cf.[WGAM]) is dat
∂I∂α
=∂I∂β
=∂I∂γ
= 0
in het punt (0,0,0). We berekenen nu deze partiele afgeleiden met behulp van de regel van Leibniz.Hiervoor is het voldoende te onderstellen dat f en de partiele afgeleiden van f continu zijn. Wevinden
∂I∂α
=∫ t2
t1
(∂ f∂x
φ(t)+∂ f∂x′
φ′(t))
dt
=∫ t2
t1
∂ f∂x
φ(t)dt +∫ t2
t1
∂ f∂x′
φ′(t)dt
=∫ t2
t1
∂ f∂x
φ(t)dt +[
∂ f∂x′
φ(t)]t2
t1−
∫ t2
t1φ(t)
ddt
(∂ f∂x′
)dt
(partiele integratie)
=∫ t2
t1φ(t)
(∂ f∂x− d
dt
(∂ f∂x′
))dt
De geıntegreerde term viel weg omdat φ(t1) = φ(t2) = 0. Voor de extremaalkromme (x,y,z) geldtdus dat (we drukken uit dat ∂I
∂α(0,0,0) = 0)
∫ t2
t1φ(t)
(∂ f∂x− d
dt
(∂ f∂x′
))dt = 0
Omdat dit geldt voor elke φ ∈ C2[t1, t2] waarvoor φ(t1) = φ(t2) = 0 vinden we, gebruik makend vanlemma 9.1.2 dat
∂ f∂x
=ddt
(∂ f∂x′
)Op analoge wijze vinden we dat
∂ f∂y
=ddt
(∂ f∂y′
)∂ f∂z
=ddt
(∂ f∂z′
)Men noemt dit stelsel partiele differentiaalvergelijkingen de vergelijkingen van Euler. De oplos-singen noemt men de extremalen. De Eulervergelijkingen vormen een differentiaalstelsel van driepartiele differentiaalvergelijkingen van orde 2, en de algemene integraal hangt dus af van 6 con-stanten. Als we eisen dat de extremaal door de punten A en B gaat, dan krijgen we zes bijkomendevoorwaarden die toelaten om de 6 constanten te bepalen.Onze resultaten kunnen veralgemeend worden tot het algemeen geval.
Stelling 9.1.3 Een nodige voorwaarde opdat de functionaal
I =∫ t2
t1f (t,x1,x2, · · · ,xn,x′1,x
′2, · · · ,x′n)dt
132
extreem wordt voor de kromme (x1, · · · ,xn) is dat voldaan is aan het stelsel partiele differentiaal-vergelijkingen
∂ f∂xi
=ddt
(∂ f∂x′i
)(9.2)
voor i = 1,2, · · · ,n.
Net zoals in het driedimensionaal geval noemen we de vergelijkingen (9.2) de vergelijkingen vanEuler. De oplossingen zijn de extremalen, en deze hangen af van 2n constanten. Deze constantenkan men bepalen door de eisen dat de kromme door de punten A en B gaat.
Het geval n = 1
We bekijken nu het allereenvoudigste geval, namelijk dat waarbij de functionaal I van de volgendevorm is:
I =∫ t2
t1f (x,y,y′)dx
De vergelijking van Euler wordt nu∂ f∂y
=ddx
(∂ f∂y′
)(9.3)
Dit is een partiele differentiaalvergelijking van orde 2, die men in sommige gevallen kan herleidentot een partiele differentiaalvergelijking van orde 1.Eerste geval: f hangt niet af van y, met andere woorden
I =∫ t2
t1f (x,y′)dx
(9.3) wordt danddx
(∂ f∂y′
)= 0
of∂ f∂y′
= c
Dit is een partiele differentiaalvergelijking van orde 1.Tweede geval: f hangt niet af van x, met andere woorden
I =∫ t2
t1f (y,y′)dx
Nu vinden weddx
(f − y′
∂ f∂y′
)=
∂ f∂y
y′+∂ f∂y′
y′′− y′′∂ f∂y′− y′
ddx
(∂ f∂y′
)= 0
en we kunnen besluiten dat
f − y′∂ f∂y′
= c
en dit is weer een partiele differentiaalvergelijking van orde 1.
133
Voorbeeld 1: de geodeten in het vlak
Gegeven twee punten (x1,y1) en (x2,y2) in het vlak. Welk is de geodeet in het vlak (de kortste wegdie de twee punten verbindt)?
0x
y
A
B
Figuur 9.1: Geodeten in het vlak
We parametreren de kromme in x. De functionaal is dus
I =∫ x2
x1
√1+ y′2dx
De integrand is niet afhankelijk van y en dus wordt de Eulervergelijking
y′√1+ y′2
= c
waaruit volgt daty′ = c1
eny = c1x+ c2
Zoals verwacht is dit de vergelijking van een rechte. De gevraagde extremaalkromme is dus derechte die A en B verbindt.
Voorbeeld 2: het vraagstuk van de brachistochrone
Gegeven zijn twee punten O en A in R3, waarbij O hoger ligt dan A. Een massapunt met massam wordt in O losgelaten, zonder beginsnelheid, en beweegt zonder wrijving langs een kromme dieO en A verbindt onder invloed van de zwaartekracht. Welke vorm moeten we aan de kromme Cgeven opdat de tijd nodig om van O naar A te gaan minimaal is?We kiezen een rechthoekig assenstelsel met de oorsprong in O. De x-as is gericht volgens deverticale, en het xy-vlak gaat door A. Daar de beweging gebeurt zonder wrijving is op elk ogenblikde kinetische energie gelijk aan de potentiele energie, met andere woorden
mv2
2= mgx of v =
√2gx
134
0
m
y
x
A (h, a, o)
Figuur 9.2: Het vraagstuk van de brachistochrone
Hierbij is g de valversnelling, en v =dsdt
de snelheid van het deeltje.We parametreren de kromme in x. t en s worden dan functie van x en
dsdx
=dsdt
dtdx
= vdtdx
dt =ds√2gx
=
√1+ y′2 + z′2
2gxdx
De valtijd t is dus gelijk aan
t =∫
C
ds√2gx
=1√2g
∫ h
0
√1+ y′2 + z′2
xdx
De Eulervergelijkingen zijn ddx
(1√x
y′√1+ y′2 + z′2
)= 0
ddx
(1√x
z′√1+ y′2 + z′2
)= 0
of 1√x
y′√1+ y′2 + z′2
= c1
1√x
z′√1+ y′2 + z′2
= c2
Hieruit volgt daty′c2 = z′c1
enc2y+ c3z = c4
135
en dit is de vergelijking van een vlak evenwijdig met de x-as. Aangezien de gezochte kromme C indit vlak ligt, en bovendien door de punten O en A gaat, volgt noodzakelijk dat dit vlak het xy-vlakis. Met andere woorden,
z = 0
We kunnen dit ook formeel aantonen door uit te drukken dat C door de punten O en A gaat: voory = 0 is ook z = 0, en dus is c4 = 0. Voor y = a is ook z = 0, en dus is c2a = 0 en c2 = 0.We vinden dus dat z = 0. We konden dit trouwens intuıtief verwachten, maar het wordt hier dusformeel bevestigd.Er blijft nu slechts 1 Eulervergelijking over:
1√x
y′√1+ y′2
= c1
y komt in deze differentiaalvergelijking niet voor. We lossen ze op door ze in parametervorm teherschrijven (cfr. oefeningen over differentiaalvergelijkingen). We stellen
y′ = tg t
Dan is1+ y′2 = sec2 t
en uit de vergelijking volgt dat1√x
sin t = c1
Geparametreerd in t wordt de differentiaalvergelijking dus x =sin2 t
c21
y′ = tg t
Nu is
dy = tg t dx = tg tdxdt
dt
=2c2
1tg t sin t cos tdt =
2c2
1sin2 tdt
=1c2
1(1− cos2t)dt
Integratie levert
y =2t− sin2t
2c21
We vervangen 2t door u en vinden volgend stel parametervergelijkingen voor de oplossing:x =
1− cosu2c2
1
y =u− sinu
2c21
Dit is de vergelijking van een cycloıde.
136
9.1.1 De kettinglijnWe besluiten deze paragraaf met een bespreking van de kettinglijn, die van groot belang is voorarchitecturale toepassingen.Onderstel een dunne, homogene draad (i.e. onderstel een koord met homogene massaverdeling)die volkomen buigzaam is en onuitrekbaar verondersteld wordt. Onderstel dat deze, onder invloedvan zijn gewicht, in evenwicht hangt. In dergelijke geıdealiseerde situatie treden dus alleen trek-krachten op1. Kiezen we een orthonormaal assenstelsel (de twee assen zullen we, naar traditioneleconventie, met x en y aanduiden), waarvan de y-as evenwijdig is aan de richting van de zwaarte-kracht en de opknopingspunten van de draad in x = a en x = −a gekozen worden. De vraag isnu; wat is de vorm van deze “kettinglijn”? Met andere woorden, welke kromme(n) y = y(x) in R2
beschrijven deze situatie?
Teneinde hieraan een antwoord te kunnen bieden, noteren we met h(x) de helling in een puntvan de kromme, m.a.w.
h(x) =dy(x)
dx.
Bij een ketting die enkel met het eigen gewicht belast wordt, bewijst men in de statica dat dehellingstoename constant is per eenheid van kettinglengte ds, i.e.
dh(x)ds
= c ∈ R.
We hebben eveneens datd2ydx2 =
dhds
dsdx
.
Er is een formule voor ds, namelijk
ds =
√1+
dydx
2dx,
zodat we een tweede orde normale differentiaalvergelijking krijgen:
y′′ = c√
1+ y′2.
Men kan de lengte-eenheid in het vlak gaan herschalen zodat men c = 1 kan kiezen, m.a.w. devergelijking
y′′ =√
1+ y′2 (9.4)
beschrijft dan de meest eenvoudige vorm van zo’n kettinglijn.Anderzijds leert de statica ons dat de potentiele energie Ep van de ketting -ten gevolge van dezwaartekracht- minimaal is. Voor de potentiele energie van een hangende ketting met uniformedichtheid ρ en ophangpunten x = a en x =−a kunnen we de volgende formule opschrijven:
Ep = ρg∫ a
−ayds = ρg
∫ a
−ay√
1+ y′2dx,
1Voorbeelden van fysische situaties die we op deze manier kunnen modelleren zijn vrij hangende kettingen, hoog-spanningslijnen tussen twee masten, etc...
137
waarbij g de valversnelling is. Voor het minimaliseren van deze integraal past men het formalismevan de variatierekening toe (zonder nevenvoorwaarden). Indeerdaad, bepalen we y = y(x) zodat∫ a−a yds = ρg
∫ a−a y√
1+ y′2dx extremaal wordt. We zitten hier blijkelijk in het geval n = 1 (zie
paragraafje 9.1 hierboven) en de f = y√
1+ y′2 hangt niet af van x. We vinden dat
f − y′∂ f∂y′
= d,
met d ∈ R. Uitwerken hiervan levert dat (Ga dit na!)
y = d√
1+ y′2.
De beginvoorwaarden y(0) = 1 en y′(0) = 0 leveren ons dat d = 1.Samen met (9.4) hierboven levert dit de volgende homogene differentiaalvergelijking van orde 2met constante coefficienten op:
y′′ = y.
De algemene integraal hiervan, zoals jullie welbekend, is nu
yh = c1ex + c2e−x,
waarbij c1,c2 ∈ R. Uitdrukken dat y(0) = 1 en y′(0) = 0 moet zijn, levert dat c1 = c2 =12 , zodat
de gezochte kromme beschreven wordt door de volgende vergelijking:
y =ex + e−x
2= ch(x),
de hyperbolische cosinusfunctie uit het tweede hoofdstuk van deze cursus.
Wat is nu de mogelijke toepassing van dit alles in de architectuur? Wel, men stelt dat een (onder-steunende) boog het sterkst is wanneer hij gebouwd wordt als een omgekeerde (hangende) ketting.De achterliggende idee is de volgende. In een vrij hangende ketting treden enkel trekkrachten inde richting van de koord op. Keert men de hiernet beschreven kromme om, dan zullen in de ont-stane boog enkel drukkrachten ontstaan. Bij bogen die niet de kettinglijn als vorm hebben, bestaaner naast die drukkrachten ook buitenwaarts gerichte krachten die ervoor zorgen dat de boog naarbuiten plooit en -mettertijd- zelfs scheuren kan2.3
2Een van de oudste constructies waarin dit principe gebruikt werd, dateert uit de derde eeuw (paleis te Ctesiphon,ten zuiden van het huidige Bagdad).
3De ondersteunende pilaren in de Sagrada Familia van A. Gaudı volgen eveneens (omgekeerde) kettinglijnen.Gaudı ontwierp deze pilaren effectief door in zijn modellen touwconstructies op te hangen en de aldus verkregenvormen te bestuderen. Ook de Gateway Arch, een monument (dat 192 meter hoog en aan de basis ook 192 meterbreed is) in St. Louis (Missouri) in de VS ontworpen door E. Saarinen, volgt de vorm van een omgekeerde kettinglijn.Meer informatie is te vinden op de Wikipedia pagina getiteld “Catenary”.
138
9.2 Het vraagstuk met nevenvoorwaarden
We werken in R3. Gevraagd wordt weer om de functionaal
I =∫ t2
t1f (t,x,y,z,x′y′,z′)dt (9.5)
extremaal te maken, maar nu eist men dat de beschouwde krommen op een gegeven oppervlak
g(x,y,z) = 0 (9.6)
liggen.Een voor de hand liggende manier om dit vraagstuk aan te pakken is de volgende. Uit de stel-ling van de impliciete functies volgt dat, in de onderstelling dat gradg 6= 0, minstens een van dedrie componenten x, y of z kan opgelost worden in functie van een van de twee overigen. Welossen (9.6) op naar een van de veranderlijken, bijvoorbeeld z. Dit levert als vergelijking voor hetoppervlak
z = h(x,y) (9.7)
Voorbeeld 9.2.1 Beschouw twee punten A en B op het aardoppervlak. Wat is het kortste trajectom van A naar B te vliegen?4
Modelleren we het aardoppervlak als een bol en geven we de straal ervan lengte 1, dan wordt devergelijking van dit oppervlak (in een orthonormaal xyz-assenstelsel in R3 wiens oorsprong exacthet centrum van de bol is) gegeven door x2+y2+ z2 = 0. Zonder aan de algemeenheid te schaden,onderstellen we dat A en B in eenzelfde halfrond liggen, bijvoorbeeld het noordelijke. Dus, indien(x,y,z) een punt is in dit halfrond gelegen, moet gelden dat
z =√
1− x2− y2 = h(x,y).
Algemeen geeft afleiden van (9.7) naar t, met behulp van de kettingregel:
z′ =∂h∂x
x′+∂h∂y
y′ (9.8)
Als we (9.7) en (9.8) substitueren in (9.5), dan vinden we
I =∫ t2
t1f(
t,x,y,h(x,y),x′,y′,∂h∂x
x′+∂h∂y
y′)
dt (9.9)
Voorbeeld 9.2.2 Herneem voorbeeld 9.2.1. Dan is f de functie die de lengte van de gezochtekromme(n) beschrijft. Als (xA,yA), resp. (xB,yB) de coordinaten van de punten A en B in het xy-vlak voorstellen en t1 en t2 zijn zodanig dat (xA,yA) = (x(t1),y(t1)) en (xB,yB) = (x(t2),y(t2)), danis hiervoor een formule:
f (t,x,y,z,x′,y′,z′) =∫ t2
t1
√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2.
Daar z(t) =√
1− x(t)2− y(t)2, zal f hier een functie zijn van t,x,y,x′,y′.
4Merk op dat dit een bijzonder geval is van hetgeen reeds besproken werd in de inleiding tot het algemene probleemzonder nevenvoorwaarden.
139
We kunnen nu gewoon de Eulervergelijkingen oplossen voor (9.9). Het nadeel hieraan is dat defunctie h soms moeilijk te bepalen is, of ingewikkeld wordt. We zullen daarom trachten om h uitde vergelijkingen van Euler te elimineren. Schrijf
k(t,x,y,x′,y′) = f(
t,x,y,h(x,y),x′,y′,∂h∂x
x′+∂h∂y
y′)
De vergelijkingen van Euler worden dan∂k∂x− d
dt
(∂k∂x′
)= 0
∂k∂y− d
dt
(∂k∂y′
)= 0
of ∂ f∂x
+∂ f∂z
∂h∂x
+∂ f∂z′
∂z′
∂x− d
dt
(∂ f∂x′
)− d
dt
(∂ f∂z′
∂h∂x
)= 0
∂ f∂y
+∂ f∂z
∂h∂y
+∂ f∂z′
∂z′
∂y− d
dt
(∂ f∂y′
)− d
dt
(∂ f∂z′
∂h∂y
)= 0
(9.10)
We bekijken de eerste vergelijking van (9.10) van naderbij. Aangezien
∂z′
∂x=
∂
∂x
(∂h∂x
x′+∂h∂y
y′)=
∂2h∂x2 x′+
∂2h∂x∂y
y′ =ddt
(∂h∂x
)wordt deze vergelijking
∂ f∂x− d
dt
(∂ f∂x′
)+
∂h∂x
(∂ f∂z− d
dt
(∂ f∂z′
))= 0 (9.11)
Afleiden van de betrekkingg(x,y,h(x,y)) = 0
naar x levert∂h∂x
=−∂g∂x∂g∂z
(9.12)
Substitutie van (9.12) in (9.11) geeft nu
∂ f∂x− d
dt
(∂ f∂x′
)∂g∂x
=
∂ f∂z− d
dt
(∂ f∂z′
)∂g∂z
Merk op dat, zoals we wensten, de functie h(x,y) uit de vergelijking is verdwenen. Op volkomenanaloge manier kunnen we uit de tweede vergelijking van (9.10) halen dat
∂ f∂y− d
dt
(∂ f∂y′
)∂g∂y
=
∂ f∂z− d
dt
(∂ f∂z′
)∂g∂z
140
Alles samengevat vinden we
∂ f∂x− d
dt
(∂ f∂x′
)∂g∂x
=
∂ f∂y− d
dt
(∂ f∂y′
)∂g∂y
=
∂ f∂z− d
dt
(∂ f∂z′
)∂g∂z
(9.13)
Dit zijn de vergelijkingen van Euler voor het variatieprobleem met nevenvoorwaarden. Samen metde vergelijking g(x,y,z) = 0 laten deze ons toe om de extremalen (x(t),y(t),z(t)) te bepalen.
Voorbeeld: de geodeten op een oppervlak
Gevraagd wordt de kromme (x(t),y(t),z(t)) op het oppervlak met vergelijking g(x,y,z) = 0 zo tebepalen dat de lengte
I =∫ t2
t1
√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2dt
langs deze kromme minimaal wordt. De Eulervergelijkingen (9.13) worden in dit geval
−
ddt
( x′√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2
)∂g∂x
= −
ddt
( y′√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2
)∂g∂y
= −
ddt
( z′√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2
)∂g∂z
We kunnen dit differentiaalstelsel op een meer elegante wijze herschrijven als we de parametert vervangen door de hoofdparameter s langs de kromme. Herhaal dat de hoofdparameter s debooglengte langs de kromme gemeten van een zeker vast punt is. We hebben dan dat
ds2 = dx2 +dy2 +dz2
zodatx′ =
dxdt
=dxds
dsdt
=dxds
√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2
en het differentiaalstelsel wordtd2xds2
∂g∂x
=
d2yds2
∂g∂y
=
d2zds2
∂g∂z
(9.14)
We kunnen (9.14) ook nog als volgt herformuleren: de vector
gradg =(
∂g∂x
,∂g∂y
,∂g∂z
)
141
is evenwijdig met de vector (d2xds2 ,
d2yds2 ,
d2zds2
)Wat is de betekenis van deze laatste vector? We weten dat de vector
~T =(dx
ds,dyds
,dzds
)een eenheidsvector is die raakt aan de kromme. We zien ook dat
d~Tds
=(d2x
ds2 ,d2yds2 ,
d2zds2
)Afleiden van ‖~T‖= ~T ·~T = 1 naar s geeft ons
d~Tds·~T +~T · d
~Tds
= 0
ofd~Tds·~T = 0
zodatd~Tds⊥ ~T
De vectord~Tds
staat dus loodrecht op de kromme. De eenheidsvector evenwijdig met deze vector
noteert men ~N en noemt men de hoofdnormaal langs de kromme. De lengte van deze vector noteertmen κ en noemt men de kromming. Men heeft dus
d~Tds
= κ~N
Hoe groter κ, hoe sneller de kromme van richting verandert, en dit is de reden waarom we κ dekromming noemen. Het vlak door een punt van de kromme en met richtingsvectoren ~T en ~N is hetvlak dat het dichtste bij de kromme ligt in een omgeving van het beschouwde punt. We noemendit vlak het osculatievlak.We kunnen alles als volgt samenvatten: een geodeet op een oppervlak is een kromme waarvoor dehoofdnormaal ~N in elk punt evenwijdig is met de normaal op het oppervlak, gradg.Anders gezegd: een geodeet op een oppervlak is een kromme waarvoor het osculatievlak in elkpunt loodrecht staat op het raakvlak aan het oppervlak.In sommige gevallen kan men de geodeten expliciet uitrekenen. De geodeten op de bol blijken degrote cirkels te zijn. Dit wil zeggen, voorbeeld 9.2.1 hernemend, dat, om van een punt A naar Bte vliegen, het meest interessant is om volgens de (uniek bepaalde) grote meridiaan door A en B tereizen.We merken nog op dat de geodeten op de cilinder de schroeflijnen blijken te zijn. Voor detailsverwijzen we naar de oefeningen.
142
Deel III
Numerieke Analyse
143
Hoo
fdst
uk 10 Het oplossen van vergelijkingenen stelsels
10.1 Algoritmen voor het oplossen van vergelijkingen
Gegeven is een continue functie f : [a,b]→R, en gevraagd wordt om de nulpunten van de functief te bepalen. Onze methode bestaat er in om een rij (xn) te zoeken die naar een oplossing van
f (x) = 0 (10.1)
convergeert. De rij (xn) wordt recursief gedefinieerd: men vertrekt van een startwaarde x0, en menberekent xn+1 uit xn met behulp van een formule van de vorm
xn+1 = φ(xn)
In sommige gevallen heeft men meer ingewikkelde recursieformules; soms is de recursieformulevan de vorm
xn+1 = φ(xn,xn−1)
Volgende vragen stellen zich:1) Hoe vinden we een gepaste iteratieve rij (xn)?2) Is de gevonden rij (xn) convergent?3) Convergeert de rij (xn) naar een oplossing x van (10.1)?4) Hoe groot is de fout |xn− x|?In deze paragraaf geven we een antwoord op de eerste vraag.
Een algemene formule
Neem een willekeurige continue functie k : [a,b]→ R die nergens nul wordt. (10.1) is dan equi-valent met
x = x+ k(x) f (x) (10.2)
De oplossingen van van (10.2) zijn de dekpunten van de operator
O : [a,b]→ R : x 7→ x+ k(x) f (x)
We stellen als algoritme voor: kies x0 ∈ [a,b], en bereken xn+1 uit xn met behulp van de recursie-formule
xn+1 = O(xn) = xn + k(xn) f (xn) (10.3)
Als de rij (xn) convergeert, dan is de limiet x zeker een oplossing van (10.2) (en (10.1)). Hetvolstaat in (10.3) de limiet te nemen voor n→ ∞ van beide leden.
145
De methode van Newton
Onderstel dat f differentieerbaar is over [a,b]. Onderstel dat we een benadering xn van een wortelvan (10.1) kennen. We benaderen de kromme y = f (x) door de raaklijn in het punt (xn, f (xn)). Wenemen als nieuwe benadering xn+1 van de oplossing van (10.1) het snijpunt van deze raaklijn ende x-as (zie Figuur 10.1).
y
x
y = f(x)
xn+1 xn
f(x)n
x
Figuur 10.1: De methode van Newton
De vergelijking van de raaklijn in (xn, f (xn)) is
y− f (xn) = f ′(xn)(x− xn)
Stel y = 0, en los op naar x. Dit geeft de formule van Newton (waarop we reeds alludeerden inparagraaf 2.4)
xn+1 = xn−f (xn)
f ′(xn)(10.4)
(10.4) is het speciaal geval van (10.3), waarbij k(x) = −1/ f ′(x). De methode van Newton is debelangrijkste methode om algebraische vergelijkingen op te lossen. We zullen zien dat de methoderelatief snel convergeert naar een oplossing in zeer veel gevallen. Zonder bewijs geven we volgendeeigenschap.
Stelling 10.1.1 Als x een nulpunt is van de vergelijking f (x) = 0, en f ′(x) 6= 0, dan convergeertde methode van Newton als de startwaarde x0 voldoende dicht bij x gekozen wordt.
Het nadeel is dat men bij elke iteratieslag de afgeleide f ′(x) moet berekenen. Daarom gebruiktmen soms de volgende vereenvoudiging.
De methode van de vaste richting
Om te vermijden dat men de afgeleide bij elke iteratieslag moet berekenen vervangt men f ′(xn)door f ′(x0). Men krijgt dan de methode van de vaste richting.
xn+1 = xn−f (xn)
f ′(x0)(10.5)
(10.5) is weer een speciaal geval van (10.3)
146
De methode van de koorde
Dit is een iteratieve methode waarbij xn+1 berekend wordt uit xn en xn−1. Men vervangt de krommey = f (x) door de koorde die (xn−1, f (xn−1)) en (xn, f (xn)) verbindt (zie Figuur 10.2).
y
x
y = f(x)
xn+1 xn
xxn–1
Figuur 10.2: De methode van de koorde
De vergelijking van deze koorde is
y− f (xn)
x− xn=
f (xn−1)− f (xn)
xn−1− xn
Het snijpunt xn+1 van de koorde met de x-as wordt gegeven door de formule
xn+1 =xn f (xn−1)− xn−1 f (xn)
f (xn−1)− f (xn)(10.6)
De methode van de koorde is de belangrijkste methode om vergelijkingen op te lossen na die vanNewton. Een van de voordelen is dat men geen afgeleiden hoeft te berekenen.
Regula Falsi
Dit is een verfijning van de methode van de koorde. Onderstel bij de methode van de koorde datxn+1 berekend werd, uitgaand van xn en xn−1. Bij het berekenen van xn+2 kan men dan ofwel xn+1en xn gebruiken, ofwel xn+1 en xn−1.Bij de regula falsi (methode van de valse positie van het nulpunt) gaat men als volgt tewerk.Onderstel dat x0 en x1 kunnen gevonden worden zodat f (x0) en f (x1) verschillend teken hebben.Men bepaalt x2 met behulp van de methode van de koorde, en berekent f (x2). Als f (x0) en f (x2)verschillend teken hebben, dan werkt men verder met x0 en x2. Als f (x1) en f (x2) verschillendteken hebben, dan werkt men verder met x1 en x2.In sommige gevallen kan men een van de uiteinden van het interval kiezen. Dit doet zich bijvoor-beeld voor indien f (x0)> 0, f (x1)< 0 en f ′′ > 0 ( f is concaaf). Men spreekt dan van de methodevan Lin.
147
Oplossing door dichotomie
Men gaat te werk zoals bij de regula falsi, maar in plaats van de methode van de koorde toe tepassen, deelt men gewoon het interval in twee. Onderstel dat x0 en x1 kunnen gevonden wordenzodat f (x0) en f (x1) verschillend teken hebben. Stel x2 = (x0 + x1)/2, en werk dan voort met x0en x2 of met x1 en x2 naargelang het teken van f (x2).Een voordeel van de methode is dat men steeds een bovengrens voor de fout kent: de fout wordtbij elke iteratie door twee gedeeld. Een nadeel is dat de convergentie nogal traag verloopt: menheeft drie tot vier iteratieslagen nodig om een beduidend cijfer meer van de oplossing te kennen.
Voorbeeld 10.1.2 Gegeven is een positief getal a. Er wordt gevraagd om√
a te berekenen.√
a iseen wortel van de vergelijking
x2−a = 0
De methode van Newton levert als algoritme
xn+1 = xn−x2
n−a2xn
=12
(xn +
axn
)(10.7)
Men kan aantonen dat limn→∞
xn =√
a als x0 > 0.
We berekenen als voorbeeld√
3. Een mogelijk MATLAB programma is het volgende:
% berekening van√
aa = 3;x(1) = 2;f or i = 1 : 10x(i+1) = (x(i)+(a/x(i)))/2;endx
Startwaarde was x(1) = 2; na drie iteraties vinden we reeds x(4) = 1.73205080756888; alle deci-malen zijn correct.
Voorbeeld 10.1.3 Men kan de methode van Newton ook gebruiken om andere algoritmen op teschrijven die toelaten om
√a te berekenen (we verwijzen naar de oefeningenreeks 13 voor een
extra voorbeeld). Het volstaat de vergelijking onder een andere vorm te herschrijven.√
a is eenoplossing van de vergelijking
1− ax2 = 0
De methode van Newton levert het volgende algoritme
xn+1 =1
2a(3axn− x3
n) (10.8)
We beweren dat dit algoritme convergeert naar√
a als 0 < x <√
a. Om dit in te zien merken weeerst op dat, indien (xn) convergeert naar x, dat dan x gelijk is aan 0,
√a of −
√a. Het volstaat om
148
de limiet van (10.8) voor n→∞ te nemen. We krijgen x = 12a(3ax−x3), en de wortels hiervan zijn
juist 0,√
a en −√
a.We bestuderen nu eerst het teken van
xn+1− xn =1
2a(axn− x3
n)
=xn
2a(√
a− xn)(√
a+ xn)
Als 0 < xn <√
a, dan is dus xn+1 > xn.Bekijk nu de functie f (x) = (3ax− x3)/2a. De afgeleide hiervan is
f ′(x) =1
2a(3a−3x2) =
32a
(√
a− x)(√
a+ x)
Voor x ∈ (0,√
a), is f ′(x)> 0. We hebben dus een monotoon stijgende bijectie
f : (0,√
a)−→(0,√
a)
Als x0 ∈ (0,√
a), dan geldt dus dat
0 < x0 < x1 < x2 < x3 < · · ·<√
a
(xn) is stijgend en begrensd, en dus convergent. De limiet kan enkel√
a zijn.Voor x ∈ (
√a,√
3a), is f ′(x)< 0. We hebben dus een monotoon dalende bijectie
f : (√
a,√
3a)−→(0,√
a)
Als x0 ∈ (√
a,√
3a), dan is x1 ∈ (0,√
a) en
0 < x1 < x2 < x3 < · · ·<√
a
en (xn) convergeert naar√
a.Bij wijze van voorbeeld berekenen we weer
√3. Een eenvoudig MATLAB programma is
% berekening van√
aa = 3;x(1) = 2;f or i = 1 : 10x(i+1) = (3∗a∗ x(i)− x(i)3)/(2∗a);endx
We namen als startwaarde x(1) = 2, zoals in het voorgaande voorbeeld. Na vijf iteraties vinden wede correcte waarde x(6) = 1.73205080756888.Ga zelf na dat het algorimte convergeert naar −
√a als x0 ∈ (−
√3a,0).
149
10.2 De orde van een iteratieve methode
Onderstel dat x een wortel is van de vergelijking f (x) = 0, en dat (xn) een iteratieve rij is, waarvanwe verwachten dat ze naar x convergeert. De fout die we maken bij de n-de iteratie is dan xn− x.Onderstel dat we een rij bovengrenzen (mn) voor de fout kunnen bepalen:
|xn− x| ≤ mn
Definitie 10.2.1 Als er een rij bovengrenzen (mn) bestaat, en constanten k en α zodat
mn+1 = kmαn
dan zeggen we dat de iteratieve methode van orde α is.
Stelling 10.2.2 Als α ≥ 1 en kmα−1n0
< 1 voor een zekere index n0, dan is de iteratieve methodeconvergent.
Bewijs. De convergentie van de rij (xn) verandert niet als we de eerste n0 termen van de rij wegla-ten. We kunnen dus gerust onderstellen dat n0 = 0. We stellen
c = kmα−10
Dan ism1 = kmα
0 = kmα−10 m0 = cm0
enm2 = kmα
1 = kcαmα0 = kcαmα−1
0 m0 = c1+αm0
enm3 = kmα
2 = kcα+α2mα
0 = c1+α+α2m0
In het algemeen vinden we
mn = c1+α+α2+···+αn−1m0
Bewijs de algemene formule zelf, met behulp van inductie op n. Omdat α≥ 1 en 0≤ c < 1 is
limn→∞
c1+α+α2+···+αn−1= 0
enlimn→∞
mn = 0
zodat er convergentie is. �
Een iteratieve methode is dus convergent als de orde minstens 1 is, en als de startwaarde voldoendedicht bij de wortel ligt. Indien er convergentie is, dan gaat de convergentie des te sneller naarmatede orde van de methode hoger is.
150
Voorbeelden 10.2.3 1) De methode door dichotomie is van orde 1: we hebben gezien dat de foutbij elke iteratie door twee gedeeld wordt.
mn+1 =12
mn
2) De methode van Newton is van orde 2. Herinner dat
g(x) = x− f (x)f ′(x)
Onderstel dat g′′(x) begrensd is in een omgeving van x. Dan is zeker f ′(x) 6= 0. Met behulp van deformule van Taylor vinden we
xn+1− x = g(xn)−g(x)
= (xn− x)g′(x)+(xn− x)2 g′′(ξ)2
= (xn− x)2 g′′(ξ)2
Neem een gesloten omgeving van x waarop g′′ begrensd is. Over deze omgeving kunnen weschrijven: |g′′(x)|< k. Als |xn− x| ≤ mn, dan geldt dus dat
|xn+1− x| ≤ k2|xn− x|2 ≤ k
2m2
n
en we kunnen dus mn+1 =k2m2
n nemen.3) De methode van de vaste richting is van orde 1. Het bewijs is analoog met dat voor de methodevan Newton, maar men schrijft de Taylorontwikkeling slechts tot op orde 1 op. Als de methodevan de vaste richting convergeert, dan convergeert ze dus trager dan de methode van Newton. Ditis net wat we verwachten.4) Men kan aantonen dat de methode van de koorde asymptotisch van orde α=(1+
√5)/2≈ 1.618
is. Dit betekent dat er majoranten mn voor de fout na de n-de iteratie bestaan zodat
limn→∞
mn+1
mαn
= c
Het bewijs maakt gebruik van de getallen van Fibonacci.5) De volgende iteratieve methode is van orde 3:
xn+1 = g(xn) = xn−f (xn)
f ′(xn)− f ′′(xn) f (xn)
2
2 f ′(xn)3
Het volstaat om aan te tonen dat g′(x) = g′′(x) = 0. Redeneer vervolgens zoals bij de methodevan Newton, maar ontwikkel nu tot op orde 3. Het nadeel bij bovenstaande formule is dat zeingewikkeld is. In de praktijk wordt ze weinig gebruikt.
151
10.3 Het oplossen van stelsels
Beschouw een stelsel van n vergelijkingen met n onbekendenf1(x1,x2, . . . ,xn) = 0f2(x1,x2, . . . ,xn) = 0...fn(x1,x2, . . . ,xn) = 0
(10.9)
We zullen dit soms verkort opschrijven in vectorvorm. Stellen we
F =
f1
f2...
fn
en X =
x1
x2...
xn
dan kunnen we (10.9) formeel herschrijven als
F(X) = 0 (10.10)
We gaan tewerk als in § 10.1, en trachten een rij vectoren (Xm) te construeren die naar de oplossingconvergeert. (10.10) is equivalent met
X = X +M(X)F(X) (10.11)
indien M(X) een reguliere n× n-matrix is, voor elke waarde van X . Naar analogie met (10.2)stellen we volgende iteratieve formule voor
Xm+1 = Xm +M(Xm)F(Xm) (10.12)
De methode van Newton-Raphson
Dit is het hoger dimensionale analogon van de methode van Newton. Onderstel dat we een bena-dering Xm = (x(m)
1 , . . . ,x(m)n ) van een oplossing van (10.10) gevonden hebben. We benaderen nu de
functies fi door hun Taylorontwikkeling tot op orde 1:
fi(x1, . . . ,xn)≈ fi(x(m)1 , . . . ,x(m)
n )+n
∑j=1
∂ fi
∂x j(x(m)
1 , . . . ,x(m)n )(x j− x(m)
j )
of, in matrixvormF(X)≈ F(Xm)+ J(Xm)(X−Xm)
waarbij
J(X) =
∂ f1
∂x1(X)
∂ f1
∂x2(X) · · · ∂ f1
∂xn(X)
∂ f2
∂x1(X)
∂ f2
∂x2(X) · · · ∂ f2
∂xn(X)
......
...∂ fn
∂x1(X)
∂ fn
∂x2(X) · · · ∂ fn
∂xn(X)
152
Een benaderde oplossing van F(X) = 0 is dus
Xm+1 = Xm− J(Xm)−1F(Xm) (10.13)
Dit is het algoritme van Newton-Raphson. Merk op dat men bij elke iteratie een lineair stelsel moetoplossen. Met behulp van de methode van Cramer kunnen we de formules uitschrijven voor kleinewaarden van n. Neem n = 2, en schrijf X = (x,y) en Xm = (xm,ym). (10.13) wordt
xm+1 = xm−f1(xm,ym)
∂ f2
∂y(xm,ym)− f2(xm,ym)
∂ f1
∂y(xm,ym)
∂ f1
∂x(xm,ym)
∂ f2
∂y(xm,ym)−
∂ f1
∂y(xm,ym)
∂ f2
∂x(xm,ym)
ym+1 = ym−f2(xm,ym)
∂ f1
∂x(xm,ym)− f1(xm,ym)
∂ f2
∂x(xm,ym)
∂ f1
∂x(xm,ym)
∂ f2
∂y(xm,ym)−
∂ f1
∂y(xm,ym)
∂ f2
∂x(xm,ym)
(10.14)
De methode van Morrey
Dit is het analogon van de methode van de vaste richting.
Xm+1 = Xm− J(X0)−1F(Xm) (10.15)
De methode van de diagonaalterm
J(X)−1 is gemakkelijk op te lossen als J(X) een diagonaalmatrix is. We stellen D(X) de matrixdie ontstaat door in J(X) alle elementen die niet op de diagonaal staan gelijk aan nul te stellen
D(X) =
∂ f1
∂x1(X) 0 · · · 0
0∂ f2
∂x2(X) · · · 0
......
...
0 0 · · · ∂ fn
∂xn(X)
en men benadert het stelsel F(X) = 0 door het stelsel
F(X)≈ F(Xm)+D(Xm)(X−Xm) = 0
De nieuwe iteratieve formule is nu
Xm+1 = Xm−D(Xm)−1F(Xm)
of, in componenten uitgeschreven
x(m+1)i = x(m)
i −fi(x
(m)1 , . . . ,x(m)
n )
∂ fi
∂xi(x(m)
1 , . . . ,x(m)n )
(10.16)
153
(10.16) is natuurlijk eenvoudiger dan (10.13), maar zoals we kunnen verwachten, is de convergen-tie van (10.16) minder goed dan die van (10.13).
Voorbeeld 10.3.1 We bepalen de snijpunten van de ellipsen
x2
4+
y2
9= 1 en
x2
9+
y2
4= 1
Er zijn vier snijpunten. Het snijpunt in het eerste kwadrant is
x = y =6√13
= 1.66410058867569
De methode van de diagonaalterm levert
xn+1 =xn
2− 2y2
n9xn
+2xn
yn+1 =yn
2− 2x2
n9yn
+2yn
We nemen als startwaarden bijvoorbeeld x0 = y0 = 2. Een eenvoudig MATLAB programma
x(1) = 2;y(1) = 2;f or i = 1 : 20x(i+1) = x(i)/2− (2∗ y(i)2)/(9∗ x(i))+2/x(i);y(i+1) = y(i)/2− (2∗ x(i)2)/(9∗ y(i))+2/y(i);end[x;y]′
levert 20 iteraties. We vinden
x10 = y10 = 1.66417940061712
x15 = y15 = 1.66409922203013
x20 = y20 = 1.66410061237543
Opmerking 10.3.2 Het is natuurlijk onontbeerlijk om een goede startwaarde te hebben. Een mo-gelijke strategie is de volgende: men maakt een schets van de meetkundige situatie, en men trachtzo de ligging van de wortels te bepalen. In bovenstaand voorbeeld kan men de twee ellipsen eerstschetsen, en zo een ruwe benadering voor x0 en y0 bepalen. Een eenvoudig MATLAB programmais het volgende:
t = 0 : .05 : 2∗ pi;x1 = 2∗ cos(t);
154
y1 = 3∗ sin(t);x2 = 3∗ cos(t);y2 = 2∗ sin(t);axis(′square′)plot(x1,y1,x2,y2)grid
Voor stelsels met meer dan twee vergelijkingen en onbekenden wordt dit uiteraard ingewikkelder.Indien het gegeven stelsel een storing is van een eenvoudiger stelsel, dan kan men als startwaardede oplossing van het eenvoudige stelsel proberen. Om de snijpunten van de ellipsen
x2
4.2+
y2
9.3= 1 en
x2
9.5+
y2
4.1= 1
te bepalen, kunnen we vertrekken van de oplossingen van voorgaand voorbeeld.
10.4 Stelsels lineaire vergelijkingen
In de cursus [WAAM] hebben jullie gezien hoe stelsels lineaire vergelijkingen kunnen opgelostworden, bijvoorbeeld met de eliminatiemethode van Gauss of Gauss-Jordan, of, in het geval vaneen regulier stelsel, met de methode van Cramer. Deze methoden worden minder handig als deorde van het stelsel groot wordt (in de praktijk treden gemakkelijk stelsels van pakweg 100 (of1000) vergelijkingen in 100 (of 1000) onbekenden op). Met name de methode van Cramer wordtdan irrelevant. Daarom ontwikkelt men iteratieve methoden om lineaire stelsels op te lossen. Webespreken slechts enkele eenvoudige voorbeelden.
De iteratieve methode van Gauss
Dit is de methode van de diagonaalterm toegepast op een lineair stelsel. Beschouw, om de gedach-ten te vestigen, een 3×3-stelsel
aix+biy+ ciz = di (10.17)
voor i = 1,2,3. Als we de methode van de diagonaalterm toepassen, dan krijgen we volgendeiteratieve formules
xm+1 =d1
a1− b1
a1ym−
c1
a1zm (10.18)
ym+1 =d2
b2− a2
b2xm−
c2
b2zm (10.19)
zm+1 =d3
c3− a3
c3xm−
b3
c3ym (10.20)
Merk op dat we de formules gemakkelijk terugvinden door (10.17) op te lossen naar x, y en z.
155
De variante van Seidel
De computer werkt sequentieel en berekent eerst xm+1 en nadien ym+1 en zm+1. Op het ogenblikdat ym+1 berekend wordt, is xm+1 reeds gekend. Aangezien we verwachten dat xm+1 een beterebenadering voor x is dan xm, kunnen we in (10.19) xm beter vervangen door xm+1. Om dezelfdereden vervangen we in (10.20) xm en ym door xm+1 en ym+1. Dit levert de formules van Gauss-Seidel .
xm+1 =d1
a1− b1
a1ym−
c1
a1zm (10.21)
ym+1 =d2
b2− a2
b2xm+1−
c2
b2zm (10.22)
zm+1 =d3
c3− a3
c3xm+1−
b3
c3ym+1 (10.23)
We verwachten dat formules van Gauss-Seidel sneller convergeren dan die van Gauss. In de prak-tijk blijkt dit ook het geval te zijn.
Tridiagonale stelsels
Onderstel dat de matrix A van het stelsel AX = B tridiagonaal is, dit wil zeggen dat A van devolgende vorm is.
A =
a1 c1 0 0 · · · 0 0
b2 a2 c2 0 · · · 0 0
0 b3 a3 c3 · · · 0 0...
......
......
...
0 0 0 0 · · · an−1 cn−1
0 0 0 0 · · · bn an
In dit geval kunnen L en U in bidiagonale vorm gekozen worden, met andere woorden
L =
1 0 0 0 · · · 0 0
β2 1 0 0 · · · 0 0
0 β3 1 0 · · · 0 0...
......
......
...
0 0 0 0 · · · 1 0
0 0 0 0 · · · βn 1
en U =
α1 c1 0 0 · · · 0 0
0 α2 c2 0 · · · 0 0
0 0 α3 c3 · · · 0 0...
......
......
...
0 0 0 0 · · · αn−1 cn−1
0 0 0 0 · · · 0 αn
Om dit aan te tonen gebruiken we de methode van Crout: Als we de elementen op de eerste rij inde identiteit LU = A aan elkaar gelijkstellen dan vinden we
a1 = α1 en c1 = c1
156
De tweede rij levertb2 = β2α1, a2 = β2c1 +α2 en c2 = c2
In het algemeen levert de i-de rij
bi = βiαi−1, ai = βici−1 +αi en ci = ci
We krijgen de volgende recursieve formule, die toelaat om αi en βi te bepalen: α1 = a1, en voori = 2, . . . ,n is
βi =bi
αi−1(10.24)
αi = ai−βici−1 (10.25)
De methode werkt niet als een van de αi nul is. Dit doet zich voor als det(A) = 0, of als pivote-ringen nodig zijn vooraleer men de matrix in LU-vorm kan ontbinden. Dit laatste geval doet zichbijvoorbeeld voor bij de matrix
A =
(0 1
1 0
)
Opmerkingen 10.4.1 1) Men kan bovenstaande opmerking veralgemenen tot matrices met band-breedte m. Dit zijn matrices waarvan alleen de elementen op de hoofddiagonaal en de m− 1diagonalen boven en onder de hoofddiagonaal verschillend van nul zijn. Voor L kan men dan eenmatrix nemen met enkel elementen verschillend van nul op de hoofddiagonaal en de m−1 diago-nalen eronder. Analoog voor U .2) De methode is ook van toepassing in de situatie waarbij
A =
A1 C1 0 0 · · · 0 0
B2 A2 C2 0 · · · 0 0
0 B3 A3 C3 · · · 0 0...
......
......
...
0 0 0 0 · · · An−1 Cn−1
0 0 0 0 · · · Bn An
waarbij Ai,Bi en Ci vierkante matrices van een “kleine”dimensie zijn. In het algoritme (10.24)-(10.25) moet men dan vermenigvuldigen met de inverse van de matrix αi.
157
158
Hoo
fdst
uk 11 Afleiden en integreren
11.1 De interpolatieformule van Lagrange
De oplossingen van de problemen in hoofdstuk 10 waren steeds getallen (oplossing van vergelij-kingen) of vectoren in Rn, voor zekere n (oplossing van stelsels).Vanaf nu zullen we te maken hebben met problemen waarbij zowel de gegevens als de oplossingenmogelijk functies zijn. We zullen dus te doen hebben met functies die gegeven zijn in een nume-rieke vorm, dit wil zeggen dat we de functies slechts kennen in een aantal spilpunten x0,x1, . . . ,xn.Anders gezegd, de functie y = f (x) is gegeven door een tabel
x0 f0 = f (x0)x1 f1 = f (x1)
...xn fn = f (xn)
Onderstel dat f in deze vorm gegeven is. Een vraagstuk dat zich nu stelt is het volgende: gegeveneen waarde x die niet gelijk is aan een van de spilpunten. Wat is een plausibele waarde voor f (x)?In dit hoofdstuk behandelen we het vraagstuk van de interpolatie: we bepalen een veelterm pn vangraad n zodanig dat
pn(xi) = fi (11.1)
voor i = 0, . . . ,n. We stellen tevens een formule op voor de restterm
rn(x) = f (x)− pn(x)
Onze formules zullen gebaseerd zijn op de stelling van Rolle: als f : [a,b]→ R een functie is diecontinu is over [a,b] en afleidbaar over (a,b), en f (a) = f (b), dan bestaat er een ξ ∈ (a,b) zodat
f ′(ξ) = 0
De elementaire veeltermen van Lagrange
Om het probleem van Lagrange op te lossen kijken we eerst naar het speciaal geval waarin alle fi’snul zijn, op f j na. Onderstel f j = 1, met andere woorden
fi = δi j
voor i = 0,1, . . . ,n. De oplossing van het probleem van Lagrange noemen we L j. L j moet dusvoldoen aan
L j(xi) = δi j (11.2)
159
StelL j(x) = k(x− x0)(x− x1) · · ·(x− x j−1)(x− x j+1) · · ·(x− xn)
Dan is voldaan aan (11.2) voor i 6= j. Om ook i = j in orde te brengen stellen we
L j(x) =(x− x0)(x− x1) · · ·(x− x j−1)(x− x j+1) · · ·(x− xn)
(x j− x0)(x j− x1) · · ·(x j− x j−1)(x j− x j+1) · · ·(x j− xn)=
n
∏i=0, i 6= j
x− xi
x j− xi(11.3)
De interpolatieveelterm van Lagrange
We keren terug naar het algemeen probleem (11.1). Stel
pn(x) = f0L0(x)+ f1L1(x)+ · · ·+ fnLn(x) (11.4)
pn voldoet aan (11.1) en wordt de interpolerende veelterm van Lagrange genoemd. In de volgendestelling bepalen we de restterm.
Stelling 11.1.1 Onderstel dat I een open interval is dat de spilpunten x0,x1, . . . ,xn bevat. Onder-stel dat f (n+1) bestaat en eindig is over I. Dan bestaat er een ξ ∈ I zodat
f (x) = pn(x)+(x− x0)(x− x1) · · ·(x− xn)
(n+1)!f (n+1)(ξ) (11.5)
Bewijs. De formule is juist als x = xi een der spilpunten is. Dan is namelijk de voorgestelderestterm nul, en f (xi) = pn(xi).Onderstel dus dat x 6= xi, voor i = 0,1, . . . ,n. Neem x vast, en beschouw de hulpfunctie
g(t) = f (t)− pn(t)− ( f (x)− pn(x))(t− x0)(t− x1) · · ·(t− xn)
(x− x0)(x− x1) · · ·(x− xn)
De nulpunten van g zijn x0,x1, . . . ,xn en x. In het totaal zijn er dus n+2 verschillende nulpunten.Wegens de stelling van Rolle heeft g′ een nulpunt tussen elke koppel nulpunten van g. g′ heeft duszeker n+1 verschillende nulpunten. Op dezelfde manier heeft g′′ zeker n verschillende nulpunten.Als we deze redenering herhalen, dan vinden we dat g(n+1) minstens een nulpunt ξ ∈ I bevat. Nuis
g(n+1)(t) = f (n+1)(t)− (n+1)!f (x)− pn(x)
(x− x0)(x− x1) · · ·(x− xn)
Stel t = ξ, en los op naar f (x). We vinden (11.5). �
Voorbeeld 11.1.2 We beschouwen de functie
f (x) =2√π
∫ x
0e−t2
dt
Gegeven is
f (1.0) = 0.84270f (1.1) = 0.88021f (1.2) = 0.91031
160
Gevraagd wordt f (1.15). We benaderen dit door p2(1.15):
f (1.15)≈ p2(1.15) = 0.84270(1.15−1.1)(1.15−1.2)(1.0−1.1)(1.0−1.2)
+0.88021(1.15−1.0)(1.15−1.2)(1.1−1.0)(1.1−1.2)
+0.91031(1.15−1.0)(1.15−1.1)(1.2−1.1)(1.2−1.1)
= 0.89619
In dit geval kunnen we ook een bovengrens vinden voor de fout r(x).
f ′(x) =2√π
e−x2
f ′′(x) = − 4x√π
e−x2
f ′′′(x) =2√π(4x2−2)e−x2
en
| f ′′′(x)| ≤ max1≤x≤1.2
2√π(4x2−2)e−x2
≤ 2√π(4(1.2)2−2)e−1 ≈ 1.6
zodat
|r(1.15)|< |(1.15−1.0)(1.15−1.1)(1.15−1.2)|1.66≈ 0.000098
11.2 Numeriek Afleiden
Afleiden van de interpolatieformule van Lagrange
Gegeven is een functie y = f (x). We zullen onderstellen dat f gekend is in n + 1 spilpuntenx0,x1, . . . ,xn. We zullen bovendien onderstellen dat de spilpunten equidistant zijn:
xk = x0 + kh
Deze onderstelling is strikt genomen niet nodig, maar vereenvoudigt wel de formules. In de prak-tijk gebeurt het dikwijls dat een functie f numeriek gegeven wordt door een tabel.Gevraagd wordt om f ′ te berekenen in elk van de spilpunten. Men kan daarna f ′ benaderen in eenwillekeurig punt door interpolatie.We onderstellen dat de spilpunten x0,x1, . . . ,xn in een open interval I gelegen zijn, en dat f (n+1)(x)eindig is over I. We kunnen dan de interpolatieformule van Lagrange (zie stelling 11.1.1) opschrij-ven: voor elke x ∈ I hebben we
f (x) =n
∑i=0
fiLi(x)+n
∏j=0
(x− x j)f (n+1)(ξ(x))(n+1)!
(11.6)
161
We leiden (11.6) af en vinden
f ′(x) =n
∑i=0
fiL′i(x) +f (n+1)(ξ(x))(n+1)!
ddx
( n
∏j=0
(x− x j))
+n
∏j=0
(x− x j)ddx
f (n+1)(ξ(x))(n+1)!
De laatste term is moeilijk te manipuleren, omdat we niets weten over de functie ξ(x). Als weonderstellen dat de afgeleide van f (n+1) ◦ ξ eindig is over I, dan is de laatste term nul in elk derspilpunten. Dit is de reden waarom we de formule enkel gebruiken in de spilpunten. In een spilpuntxk vinden we
ddx
( n
∏j=0
(x− x j))
x=xk=
n
∏j=0, j 6=k
(xk− x j)
= hnk(k−1)(k−2) · · ·2.1.(−1)(−2) · · ·(−(n− k))= hn(−1)n−kk!(n− k)!
We krijgen dus volgende formule voor de afgeleide in de spilpunten.
f ′(xk) =n
∑i=0
fiL′i(xk)+(−1)n−khn k!(n− k)!(n+1)!
f (n+1)(ξk) (11.7)
Praktische formules
Na enig rekenwerk kunnen we (11.7) expliciet uitschrijven in de gevallen n = 2,3, . . .. We doen ditvoor n = 2. In dit geval hebben we
L0(x) =(x− x1)(x− x2)
(x0− x1)(x0− x2)=
12h2 (x− x0−h)(x− x0−2h)
L1(x) =(x− x0)(x− x2)
(x1− x0)(x1− x2)=− 1
h2 (x− x0)(x− x0−2h)
L2(x) =(x− x0)(x− x1)
(x2− x0)(x2− x1)=
12h2 (x− x0)(x− x0−h)
Afleiden geeft
L′0(x) =1
2h2 (2x−2x0−3h)
L′1(x) = − 1h2 (2x−2x0−2h)
L′2(x) =1
2h2 (2x−2x0−h)
Substitutie in (11.7) geeft, na enig rekenwerk
f ′(x0) =1
2h(−3 f0 +4 f1− f2)+
h2
3f (3)(ξ0) (11.8)
162
f ′(x1) =1
2h(− f0 + f2)−
h2
6f (3)(ξ1) (11.9)
f ′(x2) =1
2h( f0−4 f1 +3 f2)+
h2
3f (3)(ξ2) (11.10)
Opmerkingen 11.2.1 1) In de praktijk beschikt men gewoonlijk over veel meer dan drie spilpun-ten, zodat men kan kiezen tussen de drie bovenstaande formules. Gewoonlijk kiest men dan (11.9),omdat de fout tweemaal kleiner is, en omdat de formule iets eenvoudiger is dan de twee anderen.We merken ook op dat bovenstaande formules numeriek instabiel zijn: in (11.9) worden tweegetallen die ongeveer aan mekaar gelijk zijn van mekaar afgetrokken. Dit is het geval voor allenumerieke formules om afgeleiden te berekenen.2) Als we n = 1 stellen in (11.7), dan vinden we de volgende formule:
f ′(x0) =1h( f1− f0)−
h2
f ′′(ξ0)
Vergelijk deze met de definitie van de afgeleide:
f ′(x0) = limh→0
1h( f (x0 +h)− f (x0))
Als we (11.9) uitschrijven voor n = 2,3,4, dan vinden we de hiernavolgende formules. Deze zijnuitgeschreven in “moleculaire vorm”. Dit betekent bijvoorbeeld dat de eerste formule in het gevaln = 3 kan herschreven worden als
f ′(x0) =1
6h(−11 f0 +18 f1−9 f2 +2 f3)−
h3
4f (4)(ξ0)
-3 4 -12hD
⊗——©——© rest h2
3 D3
-1 0 12hD ©——
⊗——© rest −h2
6 D3
1 -4 32hD ©——©——
⊗rest h2
3 D3
-11 18 -9 26hD
⊗——©——©——© rest −h3
4 D4
-2 -3 6 -16hD ©——
⊗——©——© rest h3
12D4
1 -6 3 26hD ©——©——
⊗——© rest − h3
12D4
163
-2 9 -18 116hD ©——©——©——
⊗rest h3
4 D4
-25 48 -36 16 -312hD
⊗——©——©——©——© rest h4
5 D5
-3 -10 18 -6 112hD ©——
⊗——©——©——© rest − h4
20D5
1 -8 0 8 -112hD ©——©——
⊗——©——© rest − h4
30D5
-1 6 -18 10 312hD ©——©——©——
⊗——© rest − h4
20D5
3 -16 36 -48 2512hD ©——©——©——©——
⊗rest h4
5 D5
11.3 Numeriek integreren
De Newton-Cotes formules
Ons doel is om algoritmen te ontwikkelen die toelaten om∫ b
af (x)dx
numeriek te berekenen. Onderstel dat a,b,x0, . . . ,xn gelegen zijn in een gesloten interval I waar-over f tenminste n+ 1 maal continu differentieerbaar is. We onderstellen verder dat f gekend isin de spilpunten x0,x1, . . . ,xn. Net als in het § 11.2 vertrekken we van de interpolatieformule vanLagrange.
f (x) =n
∑i=0
fiLi(x)+ rn(x) (11.11)
met
rn(x) =f (n+1)(ξ(x))(n+1)!
n
∏j=0
(x− x j)
(11.11) integreren geeft ∫ b
af (x)dx =
n
∑i=0
fi
∫ b
aLi(x)dx+
∫ b
arn(x)dx
We stellen ci =∫ b
a Li(x)dx, en vinden als integratieformule∫ b
af (x)dx =
n
∑i=0
ci fi +E( f ) (11.12)
164
waarbij de gemaakte fout E( f ) gegeven wordt door de formule
E( f ) =∫ b
arn(x)dx (11.13)
Opmerkingen 11.3.1 1) Als f een veelterm van graad ten hoogste n is, dan is de fout rn(x) in deinterpolatieformule 0, en dus is ook E( f ) = 0. We zeggen dat de interpolatieformule juist is.2) E is linear als functie van f :
E(α f +βg) = αE( f )+βE(g)
We maken nu welbepaalde keuzes voor de spilpunten. Stel h = (b−a)/n, a = x0, xk = x0 + kh enb = xn. a en b zijn dus spilpunten, en de spilpunten zijn equidistant.
a = x0 x1 x2 xn–1 xn
bh
Figuur 11.1: De gesloten Newton-Cotes formules
De integratieformules die men aldus verkrijgt noemt men de gesloten Newton-Cotes formules.Bij de open Newton-Cotes formules gebruikt men a en b niet als spilpunten. Men stelt h = (b−a)/(n+2), x−1 = a, xk = x−1 +(k+1)h, en dus b = xn+1.
a x0 x1 bxn
Figuur 11.2: De open Newton-Cotes formules
In beide gevallen vinden we voor de coefficienten ci de volgende formule
ci =∫ b
a
n
∏j=0, j 6=i
x− x j
xi− x jdx =
(−1)n−i
hni!(n− i)!
∫ b
a
n
∏j=0, j 6=i
(x− x j)dx (11.14)
We zullen nu de coefficienten ci berekenen in een aantal eenvoudige gevallen.
Voorbeeld 11.3.2 De open formule met 1 spilpuntIn dit geval is x0 = (a+ b)/2, en L0 = 1. (11.14) geeft c0 = b− a. De integratieformule neemtvolgende vorm aan ∫ b
af (x)dx≈ (b−a) f ((a+b)/2)
Dit is natuurlijk een erg ruwe benadering! In de praktijk gaat men gewoonlijk als volgt tewerk:men deelt het interval [a,b] op in een aantal deelintervallen, en past op elk van die deelintervallende Newton-Cotes formule toe. Dit komt er in dit geval op neer de integraal te benaderen door eenRiemann som.
165
Voorbeeld 11.3.3 De trapeziumregelWe schrijven de gesloten formule met twee spilpunten neer. Gebruik makend van (11.14) vindenwe
c0 =−1h
∫ x1
x0
(x− x1)dx =−1h
∫ 0
−htdt =
h2
enc1 =
1h
∫ x1
x0
(x− x0)dx =h2
zodat ∫ x1
x0
f (x)dx≈ h2( f0 + f1) (11.15)
We berekenen dus in feite de oppervlakte van een trapezium. Als we het interval [a,b] opdelen in n
y
y = f(x)
x0 x1 xFiguur 11.3: De trapeziumregel
gelijke deelintervallen [xi−1,xi] en op elk van die deelintervallen de trapeziumregel toepassen, danvinden we ∫ xn
x0
f (x)dx≈ h2( f0 +2 f1 +2 f2 + . . .+2 fn−1 + fn) (11.16)
De trapeziumregel wordt meestal in deze vorm gebruikt.
Voorbeeld 11.3.4 De formule van SimpsonWe schrijven de gesloten formule met drie spilpunten neer. Om de berekeningen te vereenvoudigenonderstellen we eerst dat de spilpunten 0, 1 en 2 zijn. Uit (11.14) volgt
ci =(−1)i
i!(2− i)!
∫ 2
0
2
∏j=0, j 6=i
(x− j)dx
en dus
c0 =12
∫ 2
0(x−1)(x−2)dx =
13
c1 = −∫ 2
0x(x−2)dx =
43
c2 =12
∫ 2
0x(x−1)dx =
13
zodat ∫ 2
0g(t)dt ≈ 1
3[g(0)+4g(1)+g(2)
]
166
Om de algemene formule te vinden nemen we als substitutie
x = x0 + th en dx = hdt
We krijgen ∫ x2
x0
f (x)dx = h∫ 2
0f (x0 +ht)dt
≈ h3[
f (x0)+4 f (x0 +h)+ f (x0 +2h)]
of ∫ x2
x0
f (x)dx≈ h3( f0 +4 f1 + f2) (11.17)
Dit is de formule van Simpson, en het is een van de veelgebruikte formules om bepaalde integralente benaderen. Als we het interval [a,b] opdelen in n intervallen van gelijke lengte, en op elk vandie intervallen de formule van Simpson toepassen, dan vinden we∫ x2n
x0
f (x)dx≈ h3( f0 +4 f1 +2 f2 +4 f3 +2 f4 + · · ·+2 f2n−2 +4 f2n−1 + f2n) (11.18)
Op deze manier kan men natuurlijk zoveel integratieformules opstellen als men wil. We gevenenkele voorbeelden van eenvoudige formules. We vermelden ook de restterm, die we zullen be-spreken in de volgende paragraaf.Gesloten formules∫ x1
x0
f (x)dx =h2( f0 + f1)−
h3
12f ′′(ξ) (11.19)∫ x2
x0
f (x)dx =h3( f0 +4 f1 + f2)−
h5
90f (4)(ξ) (11.20)∫ x3
x0
f (x)dx =3h8( f0 +3 f1 +3 f2 + f3)−
3h5
80f (4)(ξ) (11.21)∫ x4
x0
f (x)dx ≈ 2h45
(7 f0 +32 f1 +12 f2 +32 f3 +7 f4)−8h7
945f (6)(ξ) (11.22)
Open formules ∫ x1
x−1
f (x)dx = 2h f0 +h3
3f ′′(ξ) (11.23)∫ x2
x−1
f (x)dx =3h2( f0 + f1)+
3h3
4f ′′(ξ) (11.24)∫ x3
x−1
f (x)dx =4h3(2 f0− f1 +2 f2)+
28h5
90f (4)(ξ) (11.25)∫ x4
x−1
f (x)dx =5h24
(11 f0 + f1 + f2 +11 f3)+95h5
144f (4)(ξ) (11.26)
(11.25) staat bekend als de formule van Milne.
167
Voorbeeld 11.3.5 We berekenen het getal π met de formule
π =∫ 2
0
√4− x2dx
A
BC
1, 6
0 1, 2 2
Figuur 11.4: Berekening van π
We gebruiken de formule van Simpson met h = 0.2, en vinden
π≈ 0.23( f0 +4 f1 +2 f2 +4 f3 +2 f4 + · · ·+4 f9 + f10) = 3.127008
Deze benadering voor π is een beetje teleurstellend. De reden voor de minder goede benaderingis de verticale raaklijn in het punt x = 2. In een omgeving van x = 2 zijn de afgeleiden van orde1,2, . . . willekeurig groot, zodat ook de fout in de interpolatieformule van Lagrange groot wordt.Het is niet moeilijk om dit ook kwalitatief in te zien: bij de interpolatieformule van Lagrangebenaderen we een functie f door een veelterm. Als deze functie f ergens een verticale raaklijnheeft, dan kan deze benadering nooit goed zijn, omdat veeltermen nooit een verticale raaklijnhebben.Het is mogelijk deze moeilijkheden te vermijden door de kwartcirkel te verdelen in drie delen A, Ben C, zoals op bovenstaande figuur. De formule van Simpson geeft
A+B≈ 0.23( f0 +4 f1 +2 f2 +4 f3 +2 f4 +4 f5 + f6) = 2.246991
en
B+C =∫ 1.6
0
√4− y2dy≈ 0.2
3( f0 +4 f1 +2 f2 +4 f3 +2 f4 +4 f5 +2 f6 +4 f7 + f8) = 2.814534
Tenslotte is
π = (A+B)+(B+C)−B≈ 2.246991+2.814534− (1.2)(1.6) = 3.141525
en dit is een veel betere benadering dan de voorgaande.
168
De rest in de formule van Newton-Cotes
We beschouwen een Newton-Cotes formule met n+1 spilpunten. We weten dat E( f ) = 0 als f eenveelterm is van graad ten hoogste n. Het kan zijn dat ook E(xn+1) = 0. In dat geval is E( f ) = 0voor veeltermen van graad ten hoogste n+ 1. We definieren het getal k als het maximale getalwaarvoor E(xi) = 0, voor elke i ≤ k. Het getal k kan eenvoudig bepaald worden: men bepaaltgewoon achtereenvolgens E(xn+1), E(xn+2), etc..., en men stopt wanneer men een resultaat vindtdat niet gelijk is aan nul. Hoe groter k, hoe beter onze interpolatieformule!Onderstel dat de spilpunten 0,1, . . . ,n zijn. Als we ons inspireren op de rest bij de formule vanLagrange, dan verwachten we dat E( f ) van de volgende vorm is:
E( f ) = cf (k+1)(ξ)
(k+1)!
Voor een willekeurig interval vinden we dan, via de subsitutie x = a+ th, dat∫ b
af (x)dx = h
∫ n
0f (a+ th)dt
=n
∑i=0
ci fi +hchk+1 f (k+1)(ξ)
(k+1)!
en vandaar de volgende definitie:
Definitie 11.3.6 Een integratieformule wordt een simplexformule genoemd indien men de rest kanschrijven onder de vorm
E( f ) = chk+2 f (k+1)(ξ)
(k+1)!(11.27)
Zonder bewijs geven we volgende stelling
Stelling 11.3.7 De Newton-Cotesformules zijn simplexformules.
Voor een gegeven Newton-Cotes formule kunnen we nu gemakkelijk h en c bepalen. We geventwee voorbeelden.
Voorbeeld 11.3.8 De rest in de formule van het trapeziumWe bepalen eerst het getal k. We weten dat k ≥ 1. Onderstel eerst dat het integratieinterval [0,1]is.
E(x2) =∫ 1
0x2dx− 1
2(02 +12) =
13− 1
2=−1
66= 0
Daarom is k = 1. Aangezien
E(x2) =−16=
c2!
d2
dx2 (x2) = c
vinden we dat c =−1/6. De formule voor de rest is
E( f ) =− 112
f ′′(ξ)
169
Voor een willekeurig integratieinterval krijgen we de volgende formule voor de rest
E( f ) =−h3
12f ′′(ξ) (11.28)
Men ziet dit in door de substitutie x = a+ht toe te passen.
Voorbeeld 11.3.9 De rest in de formule van SimpsonWe bepalen eerst het getal k. We weten dat k ≥ 2. Onderstel eerst dat het integratieinterval [0,2]is.
E(x3) =∫ 2
0x3dx− 1
3(03 +4 ·13 +23) = 0
E(x4) =∫ 2
0x4dx− 1
3(03 +4 ·14 +24) =− 4
15
We concluderen dat k = 3 en c =−4/15. De formule voor de rest is
E( f ) =−h5
90f (4)(ξ) (11.29)
We hebben dus een voorbeeld van een integratieformule waarvoor k > n. Dit verklaart ook hetbelang van de formule van Simpson. Enerzijds is deze tamelijk eenvoudig, en langs de andere kantis deze veel nauwkeuriger dan bijvoorbeeld de trapeziumregel.
11.4 Differentiaalvergelijkingen
We beperken ons tot normale differentiaalvergelijkingen van orde 1
y′ = f (x,y) (11.30)
met beginvoorwaarde
y(x0) = y0 (11.31)
De algoritmes die we zullen ontwikkelen zijn ook van toepassing op normale stelsels differentiaal-vergelijkingen van orde 1
d~ydx
= f (x,~y)
met beginvoorwaarde ~y(x0) =~y0. Daar een normale differentiaalvergelijking van orde n steeds teherleiden is tot een normaal stelsel differentiaalvergelijkingen van n vergelijkingen en n onbeken-den van orde 1, vinden we in principe ook algoritmen voor normale differentiaalvergelijkingen vanhogere orde met beginvoorwaarden (cfr. § 5.1).
170
De methode van Euler-Heun
We zullen (11.30) integreren met behulp van de methode van de discretisatie. Dit wil zeggen datwe de onbekende functie y zullen trachten te berekenen in de spilpunten
xn = x0 +nh n = 0,1,2, . . .
Het getal h noemen we de pas. De benaderde waarden voor y(xn) noteren we yn. (11.30) en (11.31)zijn equivalent met
y(x) = y0 +∫ x
x0
f (x,y)dx (11.32)
We benaderen de integraal in het rechterlid met een van de methodes uit het voorgaande hoofdstuk.Stel x = x1, en bereken de integraal in het rechterlid met de trapeziumregel. Dit levert
y1 ≈ y0 +h2( f (x0,y0)+ f (x1,y1)) (11.33)
(11.33) is een vergelijking in y1, en is van de vorm y = g(y). We lossen deze op via iteratie. Eeneerste benadering voor y1 is
y∗1 = y0 +h f (x0,y0) (11.34)
Dit betekent dat we de kromme y = y(x) vervangen door de raaklijn in het punt (x0,y0). (11.34)noemt men de voorspellingsformule.
1x x000 1
y
y
y0 1
1*
Figuur 11.5: De methode van Euler-Heun
Men vervangt y∗1 in het rechterlid van (11.33) en voert een eerste iteratie uit
y1 = y0 +h2( f (x0,y0)+ f (x1,y∗1)) (11.35)
(11.35) noemt men de verbeteringsformule. Meestal stopt men na een iteratie. Het heeft geen zinom de wortels van (11.33) nauwkeuriger te bepalen, aangezien (11.33) zelf reeds een benadering is(omdat men de rest in de trapeziumformule niet kan meenemen). Als we ons tevreden stellen metde voorspellingsformule (11.34), dan noemen we onze methode de methode van Euler. (11.34)gecombineerd met (11.35) noemen we de methode van Heun.Nadat y1 berekend is, gaan we op dezelfde manier tewerk om achtereenvolgens y2,y3, . . . te bere-kenen. Merk op dat de afrondingsfouten en methodefouten groter en groter worden naarmate weverder en verder van x0 weggaan.Als men een kleinere pas h neemt, dan worden de methodefouten kleiner. Men heeft dan evenwelmeer iteraties nodig om bij een gegeven waarde van x te geraken, zodat de afrondingsfouten danweer groter worden. In de praktijk heeft het dus niet altijd zin om h te klein te nemen.
171
De methode van Runge-Kutta
Er bestaan een groot aantal meer ingewikkelde varianten van de methode van Euler-Heun. Een veelgebruikte variante is die van Runge-Kutta. Hierbij baseren we ons op de methode van Simpson inplaats van de trapeziumregel. We beperken ons hier tot het algoritme, en laten de afleiding ervanachterwege.
Runge-Kutta I
k1 = h f (x0,y0)
k2 = h f(x0 +
h2,y0 +
k1
2)
k3 = h f(x0 +
h2,y0 +
k1
4+
k2
4)
k4 = h f(x0 +h,y0− k2 +2k3
)y1 = y0 +
16(k1 +4k3 + k4) (11.36)
Een lichte variante van dit algoritme is het algoritme van Runge-Kutta II. Dit is iets eenvoudiger,en levert in de praktijk even goede resultaten op.
Runge-Kutta II
k1 = h f (x0,y0)
k2 = h f(x0 +
h2,y0 +
k1
2)
k3 = h f(x0 +
h2,y0 +
k2
2)
k4 = h f(x0 +h,y0 + k3
)y1 = y0 +
16(k1 +2k2 +2k3 + k4) (11.37)
172
