wiskunde: voortgezette analysegvdvoorde/site/voor_studenten_files/wiskunde2012.pdfstelling 1.1.9 een...
TRANSCRIPT
Wiskunde: Voortgezette Analyse
S. Caenepeel
Syllabus 136 bij IR-WISK 11453 “Wiskunde: Voortgezette Analyse”Tweede Bachelor Ingenieurswetenschappen: Architectuur (SD-ID 004015) 2012
Inhoudsopgave
I Reeksen 4
1 Rijen en reeksen 5
1.1 Numerieke rijen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Numerieke reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Reeksen van functies 9
2.1 Uniforme convergentie van een rij functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2 Uniforme convergentie van een reeks functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Machtreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4 Taylorreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.5 Goniometrische reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.6 De Fourierintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
II Gewone en partiele differentiaalvergelijkingen 48
3 Differentiaalvergelijkingen 49
3.1 Definitie en voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.2 Beginvoorwaarden en randvoorwaarden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4 Differentiaalvergelijkingen van eerste orde 55
4.1 Juiste differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
4.2 Homogene differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.3 Lineaire differentiaalvergelijkingen van eerste orde . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
1
5 Normale differentiaalstelsels en vergelijkingen 67
5.1 De methode van afleiding en eliminatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.2 Lineaire differentiaalstelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.3 Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.4 Constante coefficienten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
5.5 De methode der eigenwaarden en eigenvectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
6 Oplossing van differentiaalvergelijkingen door reeksontwikkeling 87
6.1 Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
6.2 Oplossing in een omgeving van een gewoon punt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
6.3 Oplossing in een omgeving van een regelmatig singulier punt . . . . . . . . . . . . 93
7 Eerste integralen 99
7.1 Eerste integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
7.2 Het bepalen van eerste integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
8 Lineaire partiele differentiaalvergelijkingen van orde 1 104
8.1 Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
8.2 Homogene lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde een . . . . . . . . . . 106
8.3 De volledige lineaire vergelijking van orde een . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
8.4 Het vraagstuk van Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
9 Variatierekening 113
9.1 De vergelijkingen van Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
9.2 Het vraagstuk met nevenvoorwaarden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
III Numerieke Analyse 125
10 Het oplossen van vergelijkingen en stelsels 126
10.1 Algoritmen voor het oplossen van vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
10.2 De orde van een iteratieve methode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
10.3 Het oplossen van stelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
2
10.4 Stelsels lineaire vergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
11 Afleiden en integreren 140
11.1 De interpolatieformule van Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
11.2 Numeriek Afleiden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
11.3 Numeriek integreren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
11.4 Differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
3
Deel I
Reeksen
4
Hoofdstuk 1
Rijen en reeksen
1.1 Numerieke rijen
In deze paragraaf herhalen we kort enkele belangrijke eigenschappen van limieten van rijen.
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 nietconvergent 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)nbestaat 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.
Stelling 1.1.3 Een convergente rij is begrensd.
5
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
(un) heet niet dalend als∀m,n ∈ N0 : m > n =⇒ um ≥ un
In elk van deze vier gevallen noemen we un een monotone rij.
Stelling 1.1.5 Een niet dalende (niet stijgende) rij, die naar boven (naar onder) begrensd is, con-vergeert naar haar bovenste (onderste) grens.
Bewijs. Onderstel un niet dalend, en noteer m = supVun . We hebben de volgende eigenschap voorhet 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:
6
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)
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
7
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.
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:
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 +∞.
8
Hoofdstuk 2
Reeksen van functies
2.1 Uniforme convergentie van een rij functies
Beschouw een rij functies un : (a,b)→R. Voor elke x∈ (a,b) kunnen we de numerieke rij (un(x))bekijken. We kunnen dan nagaan of deze rij een limiet heeft. Vandaar de volgende definitie.
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), ∃Nx : n > Nx =⇒ |un(x)− `(x)|< ε (2.1)
Een analoge definitie kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een gesloteninterval.
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 2.1.2 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 .
De functies un zijn overal continu. De puntsgewijze limiet is echter niet continu in 0:
limn→∞
un(x) = `(x)
9
met
`(x) =
−1 als x < 0;
0 als x = 0;
1 als x > 0.
-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.
Om dat te verhelpen is een nieuwe definitie van convergentie van een rij functies nodig. Merk opdat in (2.1) de index Nx in het algemeen afhangt van x. Indien Nx onafhankelijk van x kan gekozenworden, dan zeggen we dat de rij functies uniform convergeert.
Definitie 2.1.3 De rij functies un convergeert uniform naar de functie ` : (a,b)→ R indien
∀ε > 0, ∃N : n > N =⇒ ∀x ∈ (a,b) : |un(x)− `(x)|< ε (2.2)
Een analoge definitie kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een gesloteninterval.
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. Dezeeigenschap geldt duidelijk niet voor de twee bovenstaande voorbeelden.
10
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
Stelling 2.1.4 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)|
Omdat (un(x)) uniform convergeert, bestaat er een index N zo dat voor elke y ∈ (a,b) en n > Ngeldt 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. Dan is un continu in x, en er bestaat een δ > 0 zodat
|h|< δ =⇒ |un(x+h)−un(x)|<ε
3(2.4)
11
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
Combineren van (2.3) en (2.4) geeft
|h|< δ =⇒ |`(x+h)− `(x)|< ε
en dus is ` continu in x. �
Stelling 2.1.5 Onderstel dat un : [a,b]→R continu is, en dat un(x) uniform convergeert naar l(x)over [a,b]. Dan geldt
limn→∞
Z b
aun(x)dx =
Z b
al(x)dx
Met andere woorden, we mogen dan limiet en integraal verwisselen.
Bewijs. Uit stelling 2.1.4 volgt dat l continu is over [a,b], en bijgevolg kan geıntegreerd worden.Omdat un(x) uniform convergeert naar l(x) hebben we
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, ∀x ∈ [a,b] : |l(x)−un(x)|<ε
b−a.
Voor alle n > N hebben we dus∣∣∣∣Z b
aun(x)dx−
Z b
al(x)dx
∣∣∣∣= ∣∣∣∣Z b
a(un(x)− l(x))dx
∣∣∣∣≤
Z b
a|un(x)− l(x)|dx <
ε(b−a)b−a
= ε
�
Stelling 2.1.6 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.
12
Bewijs. Omdat u′n uniform convergeert naar f over elk gesloten deelinterval [x0,x] van (a,b) heb-ben we, vanwege stelling 2.1.5:Z x
x0
f (t)dt = limn→∞
Z x
x0
u′n(t)dt = limn→∞
un(x)−un(x0) = l(x)− l(x0)
Beide leden afleiden naar x geeft
f (x) =ddx
Z x
x0
f (t)dt = l′(x).
�
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 2.1.7 Criterium van Cauchy De rij functies un convergeert uniform over het interval(a,b) dan en slechts dan als
∀ε > 0, ∃N : m,n > N =⇒ ∀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 zo dat voor n > N en x ∈ (a,b) geldt dat
|un(x)− `(x)|< ε
2
Voor n,m > N en x ∈ (a,b) geldt dus:
|un(x)−um(x)| ≤ |un(x)− `(x)|+ |`(x)−um(x)|< ε
2+
ε
2= ε
en dus is voldaan aan (2.5).Omgekeerd, onderstel dat de rij (un) voldoet aan (2.5). Dan is voor elke x ∈ (a,b) de numeriekerij (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 > N, 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 > N en x ∈ (a,b). De convergentie is dus uniform. �
13
Opmerking 2.1.8 Voor een vector ~a ∈ Rn kan men de lengte (of norm) invoeren:
‖~a‖=
√n
∑i=1
a2i
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
Zij A een deel van R. We zullen meestal aannemen dat A convex is, d.w.z. A is een (open, halfopenof 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)
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.
We zeggen dat∞
∑n=1
un(x) puntsgewijs convergent is over A met som s(x) 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).
14
Voorbeeld 2.2.1 De reeks 1+x+x2 +x3 + · · · convergeert puntsgewijs over (−1,1). De reekssomis s(x) = 1/(1− x).
Een reeks convergeert puntsgewijs indien de rij van de partiele sommen puntsgewijs convergeert.In § 2.1 hebben we een sterkere vorm van convergentie van rijen van functies besproken: uniformeconvergentie. Uniforme convergentie heeft een aantal interessante eigenschappen: de uniformelimiet van een rij continue functies is opnieuw continu, en deze eigenschap geldt niet voor punts-gewijze convergentie.
We noemen de reeks∞
∑n=1
un(x) uniform convergent over A met som s(x) indien de rij 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 2.1.4. �
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 datZ b
as(x)dx =
∞
∑n=1
Z b
aun(x)dx
met andere woorden, een uniform convergente reeks mag term per term geıntegreerd worden.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 2.1.5. �
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 2.1.6. �
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
15
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 2.1.7. �
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. �
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 zodat voorelke n > N en x ∈ A geldt dat
|s(x)− sn(x)|<ε
men 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). �
2.3 Machtreeksen
Definitie 2.3.1 Een machtreeks is een reeks van functies van de vorm
∞
∑n=0
an(x−a)n = a0 +a1(x−a)+a2(x−a)2 + · · ·
waarbij a0,a1,a2, · · · ∈ R.
16
Voor wat de convergentie van een machtreeks betreft volstaat het het geval 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
Lemma 2.3.2 Onderstel dat r > 0 en
limn→∞
anrn = 0 en |x|< r
Dan is∞
∑n=0
anxn absoluut convergent.
Bewijs. Er bestaat een index N zodat voor elke n > N geldt dat |anrn| < 1. Kies α ∈ [0,1) zodat|x|< αr. Dan geldt voor elke n > N dat
|anxn|< |an|αnrn < αn
De meetkundige reeks∞
∑n=0
αn is convergent, en uit het vergelijkend criterium volgt dat
∞
∑n=0|anxn|
convergent is. �
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. |x|< R =⇒∞
∑n=0
anxn absoluut convergent;
2. |x|> R =⇒∞
∑n=0
anxn divergent.
17
Bewijs. 1) Kies r zodat |x|< r < R. Uit de opmerking hierboven volgt dat
limn→∞
anrn = 0
en uit lemma 2.3.2 volgt dat∞
∑n=0
anxn absoluut convergeert.
2) Als |x|> R, dan is het onmogelijk dat limn→∞
an|xn|= 0, want dat zou impliceren dat
|x| ≤ sup{r ≥ 0| limn→∞
anrn = 0}= R
Dus is limn→∞
anxn 6= 0, en de reeks is divergent. �
De machtreeks convergeert dus absoluut op het interval (−R,R), en divergeert op (−∞,−R)∪(R,+∞). Enkel in de punten R en −R is er nog onzekerheid. Alles is er mogelijk: convergentie inbeide punten, divergentie in beide punten, en convergentie in het een en divergentie in het ander.R noemen we de convergentiestraal van de machtreeks, en (−R,R) het convergentieinterval. In devolgende twee stellingen 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. De stelling volgt uit het convergentiekenmerk van d’Alembert (ook genaamd de verhou-dingstest). Als |x|< L, dan is
limn→∞
∣∣∣an+1xn+1
anxn
∣∣∣= limn→∞
∣∣∣an+1xan
∣∣∣= |x|L
< 1
en dit impliceert dat∞
∑n=0
anxn absoluut convergeert.
Op dezelfde manier volgt dat∞
∑n=0
anxn divergeert als |x| > L. 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.
18
Bewijs. De stelling volgt uit het convergentiekenmerk van Cauchy (ook genaamd de worteltest).Bewijs dit zelf als oefening. �
Voorbeelden 2.3.6 1) De machtreeks
∞
∑n=0
xn
n!= 1+ x+
x2
2+
x3
6+ · · ·
convergeert voor elke x ∈ 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 reeks convergeert dus absoluut voor x∈ (−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 reeks convergeert dus absoluut voor x ∈ (−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
= limn→∞
n√|an|= lim
n→∞n = +∞
en de convergentiestraal R = 0. De machtreeks convergeert dus alleen voor x = 0.
19
Uniforme convergentie van machtreeksen
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.
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.
Stelling 2.3.9 (stelling van Abel) Indien de machtreeks s(x) =∞
∑n=0
anxn convergeert in x = R (of
x =−R), dan is 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 reeks∞
∑n=1
nanxn−1 absoluut convergent is voor
|x|< R en divergent voor |x|> R.Onderstel eerst dat |x|< R, en kies r > 0 en α ∈ [0,1) zo dat
|x|< αr < r < R
20
Omdatlimn→∞
anrn = 0
bestaat een index N zodat voor elke n > N geldt dat
|an|rn < 1
en dus
n|an||xn−1|< n|an|αn−1rn−1 <nαn−1
r
Omdat α < 1 is ∑nαn−1 convergent, en uit het vergelijkend kenmerk volgt dat∞
∑n=1
nanxn−1 absoluut
convergent is.Indien |x|> R, dan is
limn→∞
an|x|n 6= 0
en dus islimn→∞
nan|x|n−1 6= 0
en bijgevolg is∞
∑n=1
nanxn−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 s(x) =∞
∑n=0
anxn met convergentiestraal R. Voor elke
x,x0 ∈ (−R,R) geldt dat
s′(x) =∞
∑n=1
nanxn−1 (2.8)
Z 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 reeks∞
∑n=1
nanxn is. Uit
stelling 2.3.7 volgt nu dat ook deze reeks uniform convergent is over (−r,r), en (2.8) volgt nuonmiddellijk uit stelling 2.2.4. �
Gevolg 2.3.12 s(x) =∞
∑n=0
anxn is onbeperkt afleidbaar over het interval (−R,R). De i-de afgeleide
is de som van de machtreeks
s(i)(x) =∞
∑n=0
(n+ i)!n!
an+ixn
21
Voorbeelden 2.3.13 1) Voor elke x ∈ (−1,1) geldt dat
11− x
= 1+ x+ x2 + x3 + · · ·
en (vervang x door −x):1
1+ x= 1− x+ x2− x3 + · · · (2.10)
We mogen term per term integreren, en dus
ln(1+ x) = x− x2
2+
x3
3− x4
4+ · · ·
De convergentiestraal van deze laatste machtreeks is dus eveneens 1. Voor x = −1 is de reeksdivergent (harmonische reeks), en voor x = 1 is ze convergent (alternerende harmonische reeks).Het convergentieinterval van de machtreeks is dus (−1,1] en uit de stelling van Abel volgt dat
ln2 = 1− 12
+13− 1
4+ · · ·=
∞
∑n=1
(−1)n+1
n
2) Uit (2.10) volgt, na vervanging van x door x2, dat voor elke x ∈ (−1,1):
11+ x2 = 1− x2 + x4− x6 + · · ·
Integreren geeft dat
bgtgx = x− x3
3+
x5
5− x7
7+ · · ·
Het convergentieinterval van deze machtreeks is [−1,1]. Uit de stelling van Abel volgt dus dat
π
4= 1− 1
3+
15− 1
7+ · · ·=
∞
∑n=0
(−1)n
2n+1
3) Term per term afleiden van de meetkundige reeks geeft
1(1− x)2 = 1+2x+3x2 +4x3 +5x4 + · · ·=
∞
∑n=0
(n+1)xn
voor elke x ∈ (−1,1). Men kan deze formule ook rechtstreeks bewijzen. Doe dit zelf als oefening.
Vermenigvuldiging van machtreeksen
Eerst geven we nog een stelling over absoluut convergente reeksen. Onderstel dat∞
∑n=0
an en∞
∑n=0
bn
twee numerieke reeksen zijn. Het product van deze twee reeksen is per definitie de reeks metalgemene term
cn = a0bn +a1bn−1 +a2bn−2 + · · ·+anb0 =n
∑i=0
aibn−i
22
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.
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
23
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
∣∣∣≤ ∑
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. �
24
2.4 Taylorreeksen
In de vorige paragraaf hebben we gezien dat de som van een machtreeks een onbeperkt afleidbarefunctie op het convergentieinterval 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 som geschreven worden als een macht-reeks?Om dit probleem op te lossen herhalen we de formule van Taylor, zie volume 1.
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 machtreeks. Indien de Taylorreeks van defunctie f convergeert naar f (x) voor x in een omgeving van het punt a, dan zeggen we dat fanalytisch 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!
25
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
|rn(x)| ≤|x|n+1
n+1!e|x|n→∞−→0
zodat
ex =∞
∑n=0
xn
n!= 1+ x+
x2
2!+
x3
3!+ · · · (2.11)
voor elke x ∈ R.
De hyperbolische functies
Als we x vervangen door −x in (2.11), dan vinden we
e−x =∞
∑n=0
(−1)nxn
n!= 1− x+
x2
2!− x3
3!+ · · · (2.12)
voor elke x ∈ R. Door (2.11) en (2.12) op te tellen en af te trekken en te delen door 2 vinden we
shx = x+x3
3!+
x5
5!+ · · ·=
∞
∑n=0
x2n+1
(2n+1)!(2.13)
chx = 1+x2
2+
x4
4!+ · · ·=
∞
∑n=0
x2n
(2n)!(2.14)
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)!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)!(2.15)
26
voor elke x ∈ R. Op volledig analoge wijze vinden we
cosx = 1− x2
2+
x4
4!−·· ·=
∞
∑n=0
(−1)nx2n
(2n)!(2.16)
De binomiaalreeks
Neem m ∈ R en beschouw de functie
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 Newton. Immers, de binomiaalcoefficienten wordengegeven door de formule(
mi
)=
m!i!(m− i)!
=m(m−1)(m−2) · · ·(m− i+1)
i!
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 (2.17)
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+ · · ·
27
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)
shx = x+x3
3!+
x5
5!+ · · ·=
∞
∑n=0
x2n+1
(2n+1)!(x ∈ R)
chx = 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)
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 gevallen
28
totaal 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+ · · ·
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+ · · ·
29
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.
2.5 Goniometrische reeksen
Een goniometrische reeks is een reeks van de vorm
a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx) (2.18)
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) In hoofdstuk 2 hebben we reeds machtreeksen besproken; hier krijgen we dus een tweede be-langrijke klasse van reeksen van functies. We zullen zien dat sommige functies kunnen geschrevenworden als de som van een goniometrische reeks. Merk op dat een partiele som van de goniome-trische reeks (2.18) kan geschreven worden als een veelterm in cosx en sinx (men spreekt van eengoniometrische veelterm).3) Alle termen in de reeks (2.18) zijn periodiek met periode 2π. Als de reeks (2.18) (puntsgewijs)convergeert, dan is ook de reekssom f (x) periodiek met periode 2π, dit wil zeggen
f (x+2kπ) = f (x)
30
voor elke x ∈ R en k ∈ Z. Het zal blijken dat goniometrische reeksen een geschikt instrumentvormen om periodieke functies te bestuderen.4) Men kan ook goniometrische reeksen met periode T (in plaats van periode 2π) bestuderen. Zulkeen reeks is van de vorm
a0
2+
∞
∑n=1
(an cos2nπt
T+bn sin
2nπtT
) (2.19)
Men noemt 1T de frequentie en ω = 2π
T de pulsatie van de goniometrische reeks. (2.19) kan dusnog geschreven worden als
a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnωt +bn sinnωt) (2.20)
(2.19) en (2.20) kunnen herleid worden tot (2.18) met de substitutie
x = ωt =2π
Tt
(2.20) 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) (2.21)
De termen ρn cos(nωt− φn) noemt men de harmonischen. ρn noemt men de amplitude en φn defaze.
5) 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.
Onderstel nu dat de reeks (2.18) uniform convergeert over een interval [a,a+2π], en schrijf f voorde som van de reeks. We verkrijgen zo een functie f : R→ R waarvan we weten dat ze periodiekis met periode 2π (zie opmerking 3) hierboven). Bovendien is f continu (zie stelling 2.2.2). Wehebben
f (x) =a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx) (2.22)
31
We zullen nu aantonen dat de coefficienten an en bn kunnen bepaald worden uit de functie f .Vermenigvuldig (2.22) met cosmx en integreer van a tot a+2π. Gebruik makend van stelling 2.2.3vinden weZ a+2π
af (x)cosmxdx =
Z a+2π
a
(a0
2+
∞
∑n=1
(an cosnx+bn sinnx))
cosmxdx
=a0
2
Z a+2π
acosmxdx+
∞
∑n=1
Z a+2π
a(an cosnx+bn sinnx)cosmxdx
Aangezien voor m,n ∈ Z geldt (reken zelf na):Z a+2π
asinnxdx =
Z a+2π
acosnxdx = 0Z a+2π
asinnxcosmxdx = 0Z a+2π
asinnxsinmxdx =
Z a+2π
acosnxcosmxdx = πδnm
vinden we Z a+2π
af (x)cosmxdx = πam
Op analoge wijze vinden we (vermenigvuldig met sinmx)Z a+2π
af (x)sinmxdx = πbm
en (integreer f van a tot a+2π): Z a+2π
af (x)dx = πa0
We kunnen dus besluiten:
Stelling 2.5.2 Als de reeks (2.22) uniform convergeert, dan worden de coefficienten an en bn ge-geven door de formules
an = 1π
Z a+2π
af (x)cosnxdx
bn = 1π
Z a+2π
af (x)sinnxdx
(2.23)
Dankzij de factor 1/2 in (2.18) geldt de eerste formule van (2.23) zowel voor n = 0 als voor n > 0.
Opmerking 2.5.3 De coefficienten αn van de goniometrische reeks in complexe vorm kunnen ookgemakkelijk bepaald worden: voor n≥ 0 hebben we
αn =an− ibn
2=
12π
Z 2π
0f (x)cosnxdx− i
2π
Z 2π
0f (x)sinnxdx
=1
2π
Z 2π
0f (x)e−inxdx
α−n =1
2π
Z 2π
0f (x)einxdx
32
We hebben dus voor alle n ∈ Z:
αn =1
2π
Z 2π
0f (x)e−inxdx. (2.24)
Onderstel nu dat f : R→ R een functie is met periode 2π, en dat f een stuksgewijs continuefunctie is over het interval [a,a+2π]. f hoeft dus niet noodzakelijk continu te zijn. We berekenennu de coefficienten an en bn met behulp van de formules (2.23), en schrijven de reeks (2.18) 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 al danniet convergeert. En als de reeks convergeert, dan weten we ook niet of de reekssom f (x) is. Datdit laatste niet steeds het geval is blijkt uit het volgende voorbeeld: neem een uniform convergentegoniometrische reeks, en de reekssom f . Wijzig f in een punt a, en zet deze wijziging periodiekvoort. De Fourierreeks van de aldus bekomen functie is nog steeds de oorspronkelijke reeks, maarin het punt a convergeert deze niet naar de functiewaarde.We gaan nu volgende vragen bestuderen.1) Wanneer convergeert de reeks (2.18) puntsgewijs naar de functie f ?2) Wanneer convergeert de reeks (2.18) uniform naar de functie f ?Het antwoord op de tweede vraag kan uiteraard alleen maar positief zijn als f een continue functieis.
Opmerkingen 2.5.4 1) We zijn vertrokken van een functie f die periodiek is met periode 2π.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
Zπ
−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
Zπ
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
Zπ
−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
Zπ
0f (x)cosnxdx
33
We zeggen dat een functie f voldoet aan een rechtervoorwaarde van Lipschitz in het punt a als derechterlimiet f (a+) bestaat en als er een constante c > 0 en δ > 0 bestaan zodat
0 < h < δ =⇒ | f (a+h)− f (a+)| ≤ ch
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 formuleren we volgende belangrijke stellingen.
Stelling 2.5.5 (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 (2.18) van f naar
f (x+)+ f (x−)2
In het bijzonder convergeert de Fourierreeks naar f (x) in de punten waar f continu is.De coefficienten an en bn van de Fourierreeks voldoen aan de gelijkheid van Parseval:
a20
2+
∞
∑n=1
(a2n +b2
n) =1π
Z 2π
0f (x)2dx (2.25)
Stelling 2.5.6 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.
34
Voorbeeld 2.5.7 Gevraagd wordt om de periodieke functie f : R→ R gedefinieerd door
f (x) =
1 als 0 < x < π
0 als x = 0,±π
−1 als −π < x < 0te ontwikkelen in een Fourierreeks. f wordt geschetst in Figuur 2.4.
-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
Uit de stelling van Dirichlet kunnen we concluderen dat de Fourierreeks puntsgewijs naar de func-tie f zal convergeren. Aangezien f een oneven functie is, kunnen we onmiddellijk concluderen datan = 0. De coefficienten bn berekenen we als volgt.
bn =2π
Zπ
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
f (x) =4π
∞
∑n=0
sin(2n+1)x2n+1
(2.26)
Enkele partiele sommen van de reeks (2.26) worden geschetst in Figuur 2.5 In de omgeving vanhet discontinuıteitspunt is de convergentie - zoals verwacht - trager dan elders. Men treft in deonmiddellijke omgeving van het discontinuıteitspunt steeds een “piekafwijking”waar. Men noemtdeze afwijking het Gibbsverschijnsel.
35
-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
Voorbeeld 2.5.8 Beschouw de functie f : [0,π]→ R : x→ x. Gevraagd wordt om deze te schrij-ven als een Fourierreeks met periode 2π. We kunnen dit op oneindig veel manieren doen: wekunnen de functie f willekeurig kiezen op [−π,0], en dan de functie periodiek voortzetten. Er zijntwee mogelijke natuurlijke keuzes: we kunnen f op [−π,0] zo kiezen dat f een oneven functie is,en we kunnen f op [0,π] zo bepalen dat f een even functie is. Grafisch ziet f er in de twee gevalleneruit als geschetst 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 (doe dit zelf). We vinden
f (x) = 2(
sinx− sin2x2
+sin3x
3−·· ·
)(2.27)
Enkele partiele sommen worden geschetst in Figuur 2.7. Merk de afwijkende piek op in de buurt
36
-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
van de discontinuıteiten. Dit is weer het Gibbsverschijnsel.Op analoge manier bepalen we de coefficienten van de tot een even functie voortgezette functie f .Dit keer vinden we een Fourierreeks van de vorm
a0
2+
∞
∑n=1
an cosnx
Bereken zelf de coefficienten ai. We vinden nu
f (x) =π
2− 4
π
(cosx+
cos3x32 +
cos5x52 +
cos7x72 + · · ·
)(2.28)
Enkele partiele sommen worden geschetst in Figuur 2.8 Merk op dat deze Fourierreeks “snel-ler”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 (2.28) snel-ler naar nul gaan dan die in (2.27), zodat we een snellere convergentie kunnen verwachten.Door in (2.27) of (2.28) specifieke waarden voor x te substitueren vinden we de som van eennumerieke reeks. Als we in (2.27) x = π/2 stellen, dan vinden we
1− 13
+15− 1
7+ · · ·= π
4
Als we in (2.28) x = π/4 stellen, dan vinden we
1− 132 −
152 +
172 +
192 −
1112 −
1132 · · ·=
π√
216
Ook de gelijkheid van Parseval levert interessante formules. Als we de gelijkheid van Parsevalopschrijven voor de reeks (2.27) vinden we
∞
∑n=1
1n2 =
π2
6
37
-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
2.6 De Fourierintegraal
In § 2.5 hebben we de Fourierreeks bekeken van een periodische functie, of, equivalent, een functiegedefinieerd op een gesloten interval. We laten nu de periode naar oneindig gaan, en bekijken duseen functie gedefinieerd op gans de reele rechte:
f : R→ R.
We noemenF(p) = F { f}(p) =
Z +∞
−∞
f (t)e−iptdt (2.29)
de Fouriergetransformeerde van f . f kan terug berekend worden uit F via de formule
f (t) =1
2π
Z +∞
−∞
F(p)eiptdp, (2.30)
met andere woorden,
f (x) =1
2π
Z +∞
−∞
(Z +∞
−∞
f (t)e−iptdt)
eipxdp. (2.31)
38
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
We zullen dit nu iets preciezer formuleren. Voor een functie f = u+ iv : R→ C definieren weZ b
af (t)dt =
Z b
au(t)dt + i
Z b
av(t)dt.
De oneigenlijke integraal wordt gedefinieerd doorZ +∞
−∞
f (t)dt = limR→+∞
S→+∞
Z S
−Rf (t)dt.
Indien deze limiet bestaat in C, dan noemen we de integraal convergent. De volgende eigenschapis een continue versie van de eigenschap dat een absoluut convergente reeks convergent is.
Stelling 2.6.1 Neem f : R→C stuksgewijs continu. AlsR +∞
0 | f (t)|dt convergeert, dan convergeertook
R +∞
0 f (t)dt.
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)|. StelZ +∞
0| f (t)|dt = I.
Dan hebben we, uit de definitie van limiet:
∀ε > 0, ∃T0 : ∀T > T0 : |I−Z T
0| f (t)|dt|< ε
2.
Dan volgt ook, voor alle S > T > T0:Z S
T| f (t)|dt =
Z S
0| f (t)|dt−
Z T
0| f (t)|dt < ε.
39
We beschouwen nu de rij
un =Z n
0u(t)dt.
Voor m≥ n > T0 hebben we
|um−un|= |Z m
nu(t)dt| ≤
Z m
n|u(t)|dt ≤
Z 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
|Z T
0u(t)dt− I1| ≤ |
Z n
0u(t)dt− I1|+ |
Z T
nu(t)dt|
≤ |un− I1|+Z T
n|u(t)|dt
≤ |un− I1|+Z T
n| f (t)|dt <
ε
2+
ε
2= ε.
We concluderen dat Z +∞
0u(t)dt = I1
convergeert. Op dezelfde wijze kunnen we aantonen datR +∞
0 v(t)dt convergeert. Het bewijs voorde integraal van −∞ tot 0 verloopt geheel analoog. �
Aangezien |eipt |= 1 concluderen we:
Gevolg 2.6.2 Neem f : R→C stuksgewijs continu. AlsR +∞
−∞| f (t)|dt convergeert, dan convergeert
ookR +∞
−∞f (t)e−iptdt. De Fouriergetransformeerde van f bestaat dus in elk punt p ∈ R.
Zonder bewijs formuleren we volgende stelling:
Stelling 2.6.3 Onderstel dat f : R→ C stuksgewijs continu is, en in elk punt voldoet aan delinker- en rechtervoorwaarde van Lipschitz. Onderstel ook dat
R +∞
−∞| f (t)|dt convergent is. Dan
geldt formule (2.31) in elk punt x waarin f continu is. Als f discontinu is in x, dan is het rechterlidvan (2.31) gelijk aan
f (x+)+ f (x−)2
.
40
Opmerkingen 2.6.4 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) =Z 0
−∞
f (t)e−iptdt +Z +∞
0f (t)e−iptdt
=Z +∞
0f (u)eipudu+
Z +∞
0f (t)e−iptdt
= 2Z +∞
0f (t)cos ptdt.
3) Stel zelf een analoge formule op in het geval dat f : R→ R een oneven reele functie is.
Voorbeeld 2.6.5 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
F1(p) = 2Z +∞
0f (t)cos ptdt = 2
Z 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 (2.30) toepassen in het geval t = 0 en R = 1, dan vinden we
1 =1
2π
Z +∞
−∞
2sin p
pdp,
of Z +∞
−∞
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 bepalen.
41
!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)
Voorbeeld 2.6.6 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|> R
We vinden nu, na partiele integratie
F2(p) = 2Z +∞
0f (t)cos ptdt = 2
Z R
0(1− t
R)cos ptdt
=[
2p(1− t
R)sin pt
]R
0+
2pR
Z 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 hetgetransformeerde signaal.We passen weer (2.30) toe, in het geval t = 0 en R = 2. We hebben dan F2(p) = 2sinc2 p, en
1 = f (0) =1
2π
Z +∞
−∞
2sinc2 pdp,
42
of Z +∞
−∞
sin2 pp2 dp = π. (2.32)
!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)
We geven nu een aantal elementaire eigenschappen van de Fourierintegraal. In de volgende stel-lingen is f : R→ C een functie die aan de voorwaarden van stelling 2.6.3 voldoet. We noterenF { f}= F .
Stelling 2.6.7 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) =Z +∞
−∞
f (t−a)e−iptdt
=Z +∞
−∞
f (u)e−ipue−ipadu = e−ipaF(p).
We voerden hierbij de substitutie u = t−a uit. �
Stelling 2.6.8 Neem a > 0. Dan is
F { f (at)}(p) =1a
F(pa). (2.34)
43
Bewijs.
F { f (at)}(p) =Z +∞
−∞
f (at)e−iptdt
=1a
Z +∞
−∞
f (u)e−ipua du
=1a
F(pa).
Ditmaal gebruikten we de substitutie u = at. �
Als a > 1 in stelling 2.6.8, 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 voorbeelden2.6.5 en 2.6.6.
Stelling 2.6.9
F {tn f (t)}(p) = indnFdpn (p). (2.35)
Bewijs.
F {tn f (t)}(p) =Z +∞
−∞
tn f (t)e−iptdt
= inZ +∞
−∞
f (t)∂ne−ipt
∂pn dt
= indnFdpn (p).
�
Stelling 2.6.10F { f (n)(t)}(p) = (ip)nF(p). (2.36)
Bewijs.
F { f ′(t)}(p) =Z +∞
−∞
f ′(t)e−iptdt
=[
f (t)e−ipt]+∞
−∞+ ip
Z +∞
−∞
f (t)e−iptdt = ipF(p),
waarbij we partiele integratie gebruikten. We passen deze formule n keer toe. �
Beschouw twee functies f ,g : R→ C. Het convolutieproduct f ∗g van f en g wordt gedefinieerddoor de formule
( f ∗g)(t) =Z +∞
−∞
f (t− x)g(x)dx.
Merk op dat f ∗g = g∗ f : dit volgt als we de substitutie u = t−x uitvoeren. De Fouriergetransfor-meerde van het convolutieproduct is het product van de Fouriergetransformeerden.
44
Stelling 2.6.11F { f ∗g}(p) = F(p)G(p). (2.37)
Bewijs.
F { f ∗g}(p) =Z +∞
−∞
dtZ +∞
−∞
f (t− x)g(x)e−iptdx
=Z +∞
−∞
dx(Z +∞
−∞
f (t− x)e−ip(t−x)dt)
g(x)e−ipx
=Z +∞
−∞
dx(Z +∞
−∞
f (s)e−ipsds)
g(x)e−ipx
=Z +∞
−∞
dxF(p)g(x)e−ipx = F(p)G(p).
We verwisselden eerst de integratievolgorde, en voerden dan de substitutie s = t− x uit. �
Beschouw weer twee functies f ,g : R→ C. Het inwendig product 〈 f ,g〉 wordt gedefinieerd doorde formule
〈 f ,g〉=Z +∞
−∞
f (t)g(t)dt. (2.38)
Men kan aantonen dat de integraal (2.38) convergeert als f en g kwadratisch integreerbaar zijn, ditbetekent dat Z +∞
−∞
| f (t)|2dt,Z +∞
−∞
|g(t)|2dt < +∞.
De norm ‖ f‖ van f wordt dan gedefinieerd als volgt:
‖ f‖2 = 〈 f , f 〉=Z +∞
−∞
| f (t)|2dt.
Stelling 2.6.12 Onderstel f ,G : R→ C kwadratisch integreerbaar.
〈F { f},G〉= 2π〈 f ,F −1{G}〉. (2.39)
Bewijs.
2π〈 f ,F −1{G}〉 =Z +∞
−∞
f (t)dtZ +∞
−∞
G(p)eiptdp
=Z +∞
−∞
f (t)dtZ +∞
−∞
G(p)e−iptdp
=Z +∞
−∞
F(p)G(p)dp.
�
Een onmiddellijk gevolg van stelling 2.6.12 is het feit dat de Fouriertransformatie het inwendigproduct en de norm bewaren (op een factor 2π na).
45
Gevolg 2.6.13 (Formule van Plancherel) Onderstel f ,g : R→ C kwadratisch integreerbaar.
〈F,G〉= 2π〈 f ,g〉, ‖F‖2 = 2π‖ f‖2.
Bewijs.〈F { f},F {g}〉(2.38)
= 2π〈 f ,F −1{F {g}}〉= 2π〈 f ,g〉.�
Voorbeeld 2.6.14 We passen de formule van Plancherel toe op voorbeelden 2.6.5 en 2.6.6. Neemeerst R = 1 in voorbeeld 2.6.5. We vinden formule (2.32) terug:
4Z +∞
−∞
sin2 pp2 dp = 2π
Z +∞
−∞
f1(t)2dt = 2π
Z 1
−1dp = 4π.
Nu nemen we R = 2 in voorbeeld 2.6.6. We krijgen
4Z +∞
−∞
sin4 pp4 dp = 2π
Z +∞
−∞
f2(t)2dt = 4π
Z 2
0(1− t
2)2dt =
[8π
3(
t2−1)3
]2
0=
8π
3.
zodat Z +∞
−∞
sin4 pp4 dp =
2π
3.
Uit de formule van Plancherel volgt ook dat
〈F1,F2〉= 4Z +∞
−∞
sin3 pp3 dp
= 2π〈 f1, f2〉= 4π
Z 1
0(1− t
2)dt
= 4π
[t− t2
4
]1
0= 3π,
en hieruit volgt dat Z +∞
−∞
sin3 pp3 dp =
3π
4.
We beschouwen tenslotte de constante functie
g(t) =1
2π
De Fouriergetransformeerde bestaat niet, omdat de integraal
1π
Z∞
0cos tdt
divergeert. We onderstellen - tegen beter weten in - dat de Fouriergetransformeerde wel bestaat,en schrijven
F { 12π}(p) = δ(p).
46
We kunnen dan (2.38) toepassen. Neem f : R→ C, and stel F = F { f}. We vinden danZ +∞
−∞
F(p)δ(p)dp = 〈F { f},δ〉= 2π〈 f , 12π〉=
Z +∞
−∞
f (t)dt = F(0).
δ heeft dus de volgende eigenschap, die men de zifteigenschap noemt:Z +∞
−∞
F(p)δ(p)dp = F(0). (2.40)
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 Z +∞
−∞
F(p)δR(p)dp = RZ 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) =Z +∞
−∞
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) =Z +∞
−∞
ϕ(x)g(x)dx.
47
Deel II
Gewone en partieledifferentiaalvergelijkingen
48
Hoofdstuk 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. Als G een primitievevan g is, dan worden de oplossingen van y′ = g(x) gegeven door
y = G(x)+ c
waarbij c een willekeurige constante is.2) y′ = y. De oplossingen van deze vergelijking zijn
y = cex
waarbij alweer c een willekeurige constante is.3) y′′ = 0. Dan is y′ = c, en
y = cx+d
49
waarbij c en d twee willekeurige constanten zijn.4) y′′+ y = 0. De oplossingen zijn nu
y = csinx+d cosx
waarbij c en d twee willekeurige constanten zijn.
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 voeren daar-om 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 algeme-ne 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 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.
Veel problemen uit de natuurkunde (en uit andere natuurwetenschappen en economische en socialewetenschappen) geven aanleiding tot differentiaalvergelijkingen. We geven enkele zeer eenvoudi-ge voorbeelden.
Voorbeelden 3.1.3 1) Een deeltje met massa m is bevestigd aan een veer. Als men de veer uitrektover een afstand x, dan zal de veer een terugroepende kracht uitoefenen op het deeltje die in eerstebenadering rechtevenredig is met x:
F =−kx
waarbij k > 0 een constante is. Kracht is massa maal versnelling, en dus geldt
md2xdt2 =−kx
50
u
0
m
x
F
Figuur 3.1: een veer
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
x = csin
√km
t +d cos
√km
t
2) In de buurt van het aardoppervlak is de zwaartekracht die werkt op een deeltje in goede benade-ring rechtevenredig met de massa van dit deeltje:
F =−gm
De constante g (de valversnelling) kan experimenteel bepaald worden en is in benadering gelijk aan9.81 m/sec2. Als x de hoogte voorstelt, dan wordt de valbeweging van het deeltje dus beschrevendoor de differentiaalvergelijking
md2xdt2 =−mg
ofd2xdt2 =−g
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
x =−gt2
2+ ct +d
3) N(t) stelt een populatie op tijdstip t voor (bijvoorbeeld het aantal bijen in een bijenkorve, ofhet aantal inwoners van de stad Antwerpen). Als we onderstellen dat de aangroei van de populatie(de afgeleide van N naar de tijd) rechtevenredig is met de populatie zelf, dan vinden we dat N eenoplossing is van de differentiaalvergelijking
N′(t) = λN(t)
waarbij λ een constante is. De oplossing van deze vergelijking 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.
51
Differentiaalvergelijkingen hebben ook meetkundige toepassingen. Beschouw een familie vlakkekrommen die afhangt van twee constanten:
ϕ(x,y,c,d) = 0 (3.2)
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‖ voor elke M op de kromme?
M(x, y)
y
0 T x
x (x , y )1 1
Figuur 3.2: 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
52
3.2 Beginvoorwaarden en randvoorwaarden
Zoals we gezien hebben hangt de algemene integraal van een differentiaalvergelijking van n-deorde af van n constanten. Door n bijkomende voorwaarden op te leggen kan men deze n constantenvastleggen. De oplossing wordt dan uniek.
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
x(t) = h−gt2
2
We vinden dat x = 0 als t =√
2h/g.
Voor een normale differentiaalvergelijking heeft het beginvoorwaardeprobleem onder bepaaldevoorwaarden altijd een unieke oplossing. De onderliggende stelling is de volgende:
53
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 over hetinwendige 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 expli-ciet kan geconstrueerd worden. Zulk een situatie zijn we al eens tegengekomen: de stelling van deinverse functie, en de stelling van de impliciete functie vertelden ons onder welke voorwaarde eenalgebraische vergelijking een unieke oplossing heeft, maar vertelde er niet bij hoe die oplossingkon geconstrueerd worden. Hetzelfde zien we hier, maar dan voor een nieuw type vergelijkingen,namelijk differentiaalvergelijkingen. Het is dan ook niet toevallig dat de bewijzen van beide stel-lingen gebruik maken van dezelfde wiskundige technieken. We zien hier een fenomeen dat in demoderne wiskunde meermaals opduikt: om de stelling van de impliciete functie en de bestaans-stelling voor differentiaalvergelijkingen te kunnen bewijzen moeten we eerst een abstracte theorieontwikkelen: men voert metrische ruimten, dit zijn verzamelingen waarop een afstand gedefinieerdis. Vervolgens bewijst men de dekpuntstelling, deze geeft nodige en voldoende voorwaarden opdateen functie van een metrische ruimte naar zichzelf een uniek dekpunt heeft. Tot slot merken we opdat de dekpuntstelling nog andere toepassingen heeft: ze kan gebruikt worden om de convergentievan bepaalde algoritmen om vergelijkingen numeriek op te lossen te bespreken. Verdere detailslaten we hier achterwege.
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?
54
Hoofdstuk 4
Differentiaalvergelijkingen van 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
p(x,y)~u1 +q(x,y)~u2
de gradient van een functie z = g(x,y)?
55
Stelling 4.1.1 Onderstel dat p(x,y) en q(x,y) continue partiele afgeleiden van eerste orde bezittenin een enkelvoudig samenhangend domein D. Dan is p(x,y)dx + q(x,y)dy een totale differentiaalover D als en alleen als
∂p∂y
=∂q∂x
over 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 =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
(Z x
x0
p(t,y)dt +ϕ(y))
=Z x
x0
∂p∂y
(t,y)dt +ϕ′(y)
=Z x
x0
∂q∂x
(t,y)dt +ϕ′(y)
= q(x,y)−q(x0,y)+ϕ′(y)
zodatϕ′(y) = q(x0,y)
enϕ(y) =
Z y
y0
q(x0,u)du+ c
56
en de gezochte functie g is dus
g(x,y) =Z x
x0
p(t,y)dt +Z 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) =Z y
y0
q(x,u)du+Z 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 4.1.2 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 4.1.1 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 =
Z(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
57
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. Indien dg = p(x,y)dx +q(x,y)dy, dan wordt de oplossing van de differentiaalvergelijkingin impliciete vorm gegeven door de formule
g(x,y) = c
Voorbeelden 4.1.3 1) De vergelijking
lnydx+xy
dy = 0
is een juiste differentiaalvergelijking. Immers
d(xlny) = lnydx+xy
dy
en de oplossing van de differentiaalvergelijking is dus
xlny = c
ofy = ec/x
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
Uit∂z∂x
= x(x2 + y2−a2)
volgt dat
z =x4
4+
x2y2
2− x2a2
2+ϕ(y)
58
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 oplossing van de differentiaalvergelijking is
(x2 + y2)2 +2a2(y2− x2) = d
Differentiaalvergelijkingen met gescheiden veranderlijken
Onderstel dat we de differentiaalvergelijking y′ = f (x,y) kunnen herschrijven onder de vorm
p(x)dx = q(y)dy
Deze vergelijking is onmiddellijk integreerbaar, en de algemene integraal isZp(x)dx =
Zq(y)dy
Voorbeelden 4.1.4 1)y′ = y
ofdyy
= dx
oflny = x+ lnc
ofy = cex
Merk op : a) door te delen door y hebben we de oplossing y = 0 uitgesloten. Deze wordt echteropnieuw ingevoerd door finaal ook c = 0 toe te laten.b) Als y negatief is, dan moeten we schrijven ln |y| = x + lnc, of −y = cex, of y = −cex. Dezeoplossing wordt opnieuw ingevoerd door finaal ook c < 0 toe te laten.
59
2)y′ =−y
xof
dyy
=−dxx
oflny =−lnx+ lnc
ofxy = c
Opmerking 4.1.5 Om de vergelijking
p(x,y)dx+q(x,y)dy = 0
op te lossen tracht men soms een functie µ(x,y) te vinden zodanig dat
µ(x,y)p(x,y)dx+µ(x,y)q(x,y)dy = 0
een juiste differentiaalvergelijking is. Men integreert dan deze vergelijking en gaat na of er somsgeen vreemde oplossingen ingevoerd werden (de oplossingen van µ(x,y) = 0) of weggelaten wer-den (de oplossingen van 1/µ(x,y) = 0).Het probleem is op deze manier herleid tot het vinden van µ, de integrerende factor. µ moet voldoenaan de betrekking
∂(µp)∂y
=∂(µq)
∂xDit is een partiele differentiaalvergelijking die moeilijker op te lossen is dan de oorspronkelijkevergelijking.
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
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
60
Deel teller en noemer door xm. We krijgen dan
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 algmene integraalkunnen we volgende formule opschrijven.
x = cexp(Z dz
f (z)− z
)Voorbeeld 4.2.1
(x2− y2)dy = 2xydx
Dit is een homogene differentiaalvergelijking van graad 2. Stel y = zx, dan wordt de vergelijking
(1− z2)(zdx+ xdz) = 2zdx
of1− z2
z+ z3 dz =dxx
of
lnx− lnc =Z 1− z2
z+ z3 dz
=Z dz
z−
Z 2z1+ z2 dz
= lnz− ln(1+ z2)
Hierbij splitsten we 1− z2/z+ z3 in partiele breuken. Door de exponent van beide leden te nemenvinden we
x =cz
1+ z2 =cyx
x2 + y2
ofx2 + y2− cy = 0
De integraalkrommen zijn dus cirkels die de x-as raken in de oorsprong.
61
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
)en deze vergelijking is homogeen.
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.
62
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
tdz+ zdt =1− z1+ z
dt
ofdtt
=1+ z
1−2z− z2 dz =−12
2(z+1)(z+1)2−2
dz
ofln t =−1
2ln((z+1)2−2
)+
12
lnc
oft2((z+1)2−2
)= c
ofu2 +2ut− t2 = c
of(y+1)2 +2(y+1)(x−3)− (x−3)2 = c
of, tenslottey2 +2xy− x2−4y+8x−14 = c
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)
De vergelijking is dus een veelterm van graad 1 in y en y′. Als d(x) = 0, dan zeggen we dat (4.5)een homogene differentiaalvergelijking is. De differentiaalvergelijking
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 homoge-ne vergelijking.
63
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.
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
Integratie levert
lny =−Z b(x)
a(x)dx+ lnc
ofy = ce−
R b(x)a(x) dx (4.8)
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)
64
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) =Z 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).
Voorbeeld 4.3.2 Beschouw de differentiaalvergelijking
sinxy′− y = 3 (4.11)
We integreren eerst de geassocieerde homogene vergelijking
sinxy′− y = 0
We vindendyy
=dx
sinxof
lny =Z dx
sinx= ln
(tg
x2)+ lnc
ofyh = ctg
x2
We zoeken nu een particuliere oplossing door variatie van de constante:
yp = c(x)tgx2
Substitutie in (4.11) levertsinxc′(x)tg
x2
= 3
zodatc′(x) =
3tg x
22sin x2 cos x
2=
32sin2 x
2en
c(x) =32
Z dxsin2 x
2
=−3cotgx2
+ c
Tenslotte isy = tg
x2
(−3cotg
x2
+ c)
=−3+ ctgx2
65
De vergelijking van Bernoulli
Een differentiaalvergelijking van de vorm
a(x)y′+b(x)y = d(x)ym (4.12)
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 (4.12)wordt
a(x)z′
1−m+b(x)z = d(x) (4.13)
en dit is een lineaire vergelijking.
Voorbeeld 4.3.3 We beschouwen de differentiaalvergelijking
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
Stel nu (variatie van de constante)zp = c(x)x
Subsitutie in de vergelijking levertx2c′(x) =−lnx
enc(x) =−
Z lnxdxx2 =
lnxx−
Z dxx2 =
lnxx
+1x
+ c
We hebben dus tenslotte datz = 1+ lnx+ cx
ofy =
11+ lnx+ cx
66
Hoofdstuk 5
Normale differentiaalstelsels envergelijkingen
5.1 De methode van afleiding en eliminatie
Een normale differentiaalvergelijking van orde n is een differentiaalvergelijking van de 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 stelsel differentiaalvergelijkingen van orde 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,y2, · · · ,yn functies zijn van de veranderlijke x. Merk op dat een normaaldifferentiaalstelsel van orde 1 niets anders is dan een differentiaalvergelijking van eerste orde eneerste graad. We kunnen (5.2) herschrijven in vectorvorm: schrijf
Y = (y1,y2, · · · ,yn)
enF = ( f1, f2, · · · , fn)
Dan wordt (5.2)Y ′ = F(x,Y ) (5.3)
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.
67
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(x) = g2(x,y1,y′1,y2, · · · ,yn)
Nogmaals afleiden geeft, na invullen van de laatste n−1 vergelijkingen van (5.2):
y′′′1 (x) = g3(x,y1,y′1,y′′1,y2, · · · ,yn)
Verder afleiden geeft, samengevat
y′1 = f1(x,y1,y2, · · · ,yn)y′′1(x) = g2(x,y1,y′1,y2, · · · ,yn)y′′′1 (x) = 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)
(5.4)
Als we uit (5.4) 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 ) (5.5)
Onderstel dat we (5.5) kunnen oplossen. Dan kennen we y1. Bij de eliminatie van y2,y3, · · · ,yn
uit (5.4) 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 (5.5) kunnen oplossen. Deze methode om een differentiaalstelsel op te lossen noemt mende methode van afleiding en eliminatie.
Voorbeeld 5.1.1 Beschouw het differentiaalstelsel
y′1 = y2−2y1 (5.6)y′2 = 2y2−3y1 (5.7)
Afleiden van (5.6) geeft, gebruik makend van (5.7)
y′′1 = y′2−2y′1 = 2y2−3y1−2y′1
Uit (5.6) volgty2 = y′1 +2y1 (5.8)
en dus isy′′1 = 2y′1 +4y1−3y1−2y′1 = y1
eny1 = Aex +Be−x
Substitutie in (5.8) geeft
y2 = Aex−Be−x +2Aex +2Be−x = 3Aex +Be−x
68
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)) (5.9)
Stely1 = y, y2 = y′, · · · ,yi = y(i−1), · · · ,yn = y(n−1)
Als y een oplossing is van (5.9), dan geldt
y′1 = y2y′2 = y3...y′n−1 = yn
y′n = y(n) = f (x,y1,y2,y3, · · · ,yn)
(5.10)
en Y = (y1,y2, · · · ,yn) is dus een oplossing van het normale differentiaalstelsel (5.10). Als we demethode van afleiding en eliminatie toepassen op (5.10), dan vinden we (5.9) terug.Voor een normale differentiaalvergelijking van orde n heeft de bestaansstelling (onder bepaaldevoorwaarden) een unieke oplossing. Een analoog resultaat geldt voor normale differentiaalstelsels.
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)
69
Indien de functies b1,b2, · · · ,bn identiek gelijk zijn aan 0, dan noemen we het stelsel (5.11) eenhomogeen lineair 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 is (5.11) equivalent met
Y ′(x) = A(x)Y (x)+B(x) (5.12)
De bestaansstelling is steeds van toepassing op een lineair differentiaalstelsel.
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 onderstellen dat A : (a,b)→Mnn(R) differentieerbaar is.
Stelling 5.2.2 De oplossingen van het homogeen stelsel (5.13) vormen een vectorruimte.
Bewijs. Y = 0 is steeds een oplossing, zodat de oplossingsverzameling niet leeg is. Om aan tetonen dat de oplossingen van (5.13) een deelvectorruimte van 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).
70
Bewijs. Uit de existentiestelling stelling 5.2.1 volgt dat de vergelijking (5.13) met beginvoorwaardeY (x0) = 0 een unieke oplossing heeft. Y (x) = 0 is een oplossing die aan de beginvoorwaardevoldoet, 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 vectorruim-te is. We kunnen dus spreken van lineaire (on)afhankelijke oplossingen. Een stel oplossingenY1,Y2, · · · ,Ym is lineair afhankelijk als er constanten c1,c2, · · · ,cm bestaan waarvan er tenminste eenverschillend 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 als (5.14) zich slechts kanvoordoen indien
c1 = c2 = · · ·= cm = 0
Lemma 5.2.4 Zij x0 ∈ (a,b). Een stel oplossingen Y1,Y2, · · · ,Ym van (5.13) is lineair (on)afhankelijkals 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. �
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.
71
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. Op I zijn er dus n lineair onafhankelijke oplossingen van (5.13), en dus is de dimensie van deoplossingsruimte op I tenminste n. In gevolg 5.2.5 hebben we gezien dat deze dimensie tenhoogsten 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 continu zijn. Onderstel ookdat we het homogene stelsel (5.13) kunnen we oplossen. Om (5.15) te integreren volstaat het omeen particuliere oplossing te vinden:
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)
72
Aangezien Y ′i = A(x)Yi, krijgen wen
∑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 regulier, 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.(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
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)
73
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
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? Een nodige en voldoendevoorwaarde is dat de n overeenstemmende oplossingen Y1, · · · ,Yn van (5.22) lineair onafhanke-lijk zijn. Uit lemma 5.2.4 volgt dat het voldoende is dat Y1(x0), · · · ,Yn(x0) lineair onafhankelijkzijn in Rn, voor een zekere x0 ∈ (a,b). Een nodige en voldoende voorwaarde hiervoor is dat dedeterminant
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.
Stelling 5.3.3 n oplossingen y1,y2, · · · ,yn van (5.21) zijn lineair afhankelijk als de WronskiaanW (y1, · · · ,yn) identiek gelijk aan 0 is over het interval (a,b). Als de Wronskiaan in 1 punt x0 gelijkaan 0 is, dan is hij overal 0.
74
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. We kunnen (5.23) dus oplossen, en wevinden 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)
75
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 �
5.4 Constante coefficienten
In deze paragraaf bestuderen we de differentiaalvergelijking (5.17) in het geval waarin de coefficientenai onafhankelijk zijn van x.
y(n) +a1y(n−1) + · · ·+an−1y′+any = b(x) (5.24)
In principe kan men van (5.24) altijd de algemene integraal bepalen.
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
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). De
76
vergelijking (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.
Als f een differentieerbare functie is, dan noteert men D f voor de afgeleide functie. De tweedeafgeleide 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. Nog algemener kunnen we 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)( f ) = 0 (5.28)
waarbijP(λ) = λ
n +a1λn−1 + · · ·+an
de karakteristieke veelterm is. Onderstel nu dat λ1,λ2, · · · ,λr de - eventueel complexe - wortelszijn van de karakteristieke vergelijking, en dat de multipliciteit van λi het getal mi is. Dan kan dekarakteristieke veelterm 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)( f ) = (D−λ1)m1(D−λ2)m2 · · ·(D−λr)mr f = 0 (5.29)
We beweren nu dat, voor m < mi,y = xmeλix
77
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.
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 dezelde 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)
78
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.
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
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
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
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
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? Formeel is er geen enkel probleem, als we gebruik makenvan de complexe exponentiele functie (zie volume 1). Herinner dat
ea+ib = ea(cosb+ isinb)
79
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 i kleiner is dan deze multipliciteit, dan zijn
xieλx = xieαx(cosβx+ isinβx)
enxieλx = xieαx(cosβx− isinβx)
oplossingen. Lineaire combinaties hiervan (eventueel met complexe coefficienten) zijn ook oplos-singen, en dus zijn
xieαx cosβx en xieαx 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) y′′+ y = 0. De karakteristieke vergelijking is
λ2 +1 = 0
De wortels zijn i en −i. De complexe oplossingen zijn
cosx+ isinx en cosx− isinx
of, in reele vorm, cosx en sinx. De algemene integraal is dus
y = c1 cosx+ c2 sinx
2) y′′+2y′+2y = 0. Karakteristieke vergelijking:
λ2 +2λ+2 = 0
De wortels zijn λ =−1± i, en de algemene integraal is
y = e−x(c1 cosx+ c2 sinx)
3) y′′′− y = 0. Karakteristieke vergelijking:
λ3−1 = 0
De wortels zijn
λ = 1 en λ =−1± i
√3
2
80
en de algemene integraal is
y = c1ex + e−x2 (c2 cos
√3
2x+ c3 sin
√3
2x)
4) yiv +2y′′+ y = 0. Karakteristieke vergelijking:
λ4 +2λ
2 +1 = 0
of(λ2 +1)2 = 0
We hebben twee dubbele wortels λ =±i, en de algemene integraal is
y = (c1 + c2x)cosx+(c3 + c4x)sinx
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 de con-stante toepassen.
Voorbeeld 5.4.6 y′′+ y = ex. De oplossing van de homogene vergelijking is
yh = Acosx+Bsinx
Als particuliere oplossing stellen we voor:
yp = A(x)cosx+B(x)sinx
A′ en B′ zijn dan de oplossingen van het lineair stelsel (zie (5.23)){A′ cosx+B′ sinx = 0−A′ sinx+B′ 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
81
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 bestaater in om een particuliere oplossing voor te stellen die van ”dezelfde vormıs 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
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
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 oplossing
82
te 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
Onderstel dat het rechterlid van de vergelijking (5.36) van de vorm
b(x) = V (x)eµx
is, waarbij V een veelterm van graad p is. De karakteristieke vergelijking van de homogene verge-lijking 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:
83
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.
Voorbeelden 5.4.9 1) y′′′+ y′′ = x2. De oplossing van de homogene vergelijking is
yh = c1e−x + c2 + c3x
0 is dus een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking. Het rechterlid bestaat uit e0x
vermenigvuldigd met een veelterm van graad 2. Daarom stellen we een particuliere oplossing voorvan 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
Als particuliere oplossing stellen we voor
yp = Ax2ex
84
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
Het rechterlid is cosx = 12(eix + e−ix). Als particuliere oplossing stellen we daarom een lineaire
combinatie van eix en e−ix voor, of, hetgeen op hetzelfde neerkomt, een lineaire combinatie vancosx 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
i en −i zijn enkelvoudige wortels van de karakteristieke vergelijking. Als particuliere oplossingstellen we nu een lineaire combinatie van xeix en xe−ix voor, of, hetgeen op hetzelfde 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
85
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)
In matrixvorm:Y ′ = AY (5.41)
Om dit stelsel op te lossen kunnen we altijd de methode van afleiding en eliminatie toepassen.Dit herleidt het stelsel tot een homogene differentiaalvergelijking met constante coefficienten. Hetvolstaat dan om de resultaten uit § 5.4 toepassen.In deze paragraaf be bespreken we in het kort een alternatieve methode. Herhaal dat V een eigen-vector is van de matrix A met bijhorende eigenwaarde λ als
AV = λV
In de cursus lineaire algebra hebben we 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 = Veλx eenoplossing van (5.41)
Bewijs.Y ′ = λVeλx = AVeλx = AY
�
Onderstel nu dat er n lineair onafhankelijke eigenvectoren V1,V2, · · · ,Vn van A bestaan, met bijho-rende eigenwaarden λ1,λ2, · · · ,λn. Dit is steeds het geval als A een symmetrische matrix is (ziecursus lineaire algebra). In dit geval is de algemene integraal van (5.41)
Y =n
∑i=1
ciVieλix
De oplossing van (5.41) is dus herleid tot het bepalen van de eigenwaarden en eigenvectoren vande matrix van het stelsel.
86
Hoofdstuk 6
Oplossing van differentiaalvergelijkingendoor reeksontwikkeling
6.1 Inleiding
We beschouwen opnieuw de homogene lineaire differentiaalvergelijking
a0(x)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 coefficientenai constanten zijn. In het algemeen weten we dat de oplossingen een vectorruimte vormen. In deomgeving van een gegeven punt a is de dimensie van de oplossingsruimte juist n, de orde van dedifferentiaalvergelijking.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 vereen-voudigen zullen we ons beperken tot homogene lineaire vergelijkingen van orde 2. Onze methodenzijn ook voor hogere orden van toepassing. De vergelijking die we bestuderen is dus van 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 convergeert in een omgeving van een punt a. Daarom voerenwe eerst het volgende begrip in.
Definitie 6.1.1 Een numerieke functie f : R → R noemen we analytisch in het punt a als deTaylorreeks in het punt a bestaat en convergeert naar f (x) voor x in een omgeving van a.
87
Merk op dat dit een zware eis is voor de functie f . Een functie die analytisch is in het punt a is eenoneindig 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)
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 deze oplossing? We schrijven
y(x) =∞
∑n=0
cn(x−a)n (6.5)
en vullen dit in in (6.3). Binnen het convergentieinterval 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(n−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
88
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. Het linkerlid is dus nul als de coefficient van xn
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)
(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 (de vergelijking is van orde 2, en er zijndus twee integratiecostanten). Indien men de oplossing wenst die voldoet aan de beginvoorwaarden
y(a) = y0 en y′(a) = y1
dan volstaat het c0 = y0 en c1 = y1 te stellen.
De vergelijking van Legendre
Dit is een vergelijking van de vorm
(1− x2)y′′−2xy′+α(α+1)y = 0 (6.7)
Het punt x = 0 is een gewoon punt van deze vergelijking. Dit ziet men door (6.7) te delen door1− x2. Men krijgt
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
89
convergeren voor |x| < 1. Uit stelling 6.2.1 volgt dat de reeksontwikkeling van de oplossing ookconvergeert 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
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
y1(0) = c0 = 0 en y′1(0) = c1 = 1
De algemene integraal van de vergelijking van Legendre is nu
y(x) = c0y1(x)+ c1y2(x)
90
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.
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. We formuleren hier alvast enkele eigen-schappen, we zullen in een later hoofdstuk op de veeltermen van Legendre terugkomen.
Stelling 6.2.3 Als n 6= m, dan is Z 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)
91
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)Z 1
−1Pn(x)Pm(x)dx
=Z 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. �
Gevolg 6.2.4 Als p(x) een veelterm is van graad kleiner dan n, dan isZ 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
92
=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 veeltermen van Laguerre en Hermite invoeren. Voor verdere detailsverwijzen we naar de oefeningen.
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)
waarbij ρ een getal is dat reeel en zelfs complex kan zijn. Voor x < a kunnen er problemen zijn(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 oplossing op de rechter-helft van een omgeving van a. Dat de hierboven geschetste methode werkt, blijkt uit de volgendestelling 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.
93
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)
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
94
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 vergelij-king. Als deze oplossingen lineair onafhankelijk zijn, dan kennen we dus de algemene integraalvan de differentiaalvergelijking. Verschillende gevallen zijn 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 men tweelineair onafhankelijke reele oplossingen ; de details worden uitgewerkt in het oefeningenboek. Inde praktijk blijkt 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. We verwijzen hier weer naar het oefeningenboek.
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
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
95
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)
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) =Z
∞
0t p−1e−tdt (p > 0) (6.22)
96
Een belangrijke eigenschap van de gammafunctie is dat
Γ(p) = (p−1)Γ(p−1) (6.23)
Voor details verwijzen we naar volume 2. Als we
c0 =1
2νΓ(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 orde ν.
-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
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)
97
De algemene integraal van de vergelijking van Bessel is dus
y = AJν(x)+BJ−ν(x)
-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-asy-
as
Figuur 6.2: De Gamma functie
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 + · · ·
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.
98
Hoofdstuk 7
Eerste integralen
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)
Een eerste integraal van het stelsel (7.1) is een functie φ(x,y1,y2, · · · ,yn) die constant is (dit wilzeggen: onafhankelijk van x) als men y1,y2, · · · ,yn vervangt door een oplossing van het stelsel.Een eerste integraal kunnen we dus schrijven als
φ(x,y1,y2, · · · ,yn) = c
of, korter,φ = c
Het is evident dat als φ = c een eerste integraal is van (7.1), en f : R→R een willekeurige functieis, dat dan f ◦φ = c′ ook een eerste integraal is. Immers, op een oplossing geldt dat
f (φ(x,y1,y2, · · · ,yn)) = f (c) = c′
Deze nieuwe eerste integraal levert echter geen nieuwe informatie op over de oplossingen vanhet differentiaalstelsel. Daarom voeren we de volgende definitie in: twee eerste integralen φ1 =c1 en φ2 = c2 worden verschillend genoemd als er geen enkele functie g bestaat zodanig datφ1 = g ◦ φ2 of φ2 = g ◦ φ1. Meer algemeen zeggen we dat m eerste integralen φ1 = c1, · · · ,φm =cm verschillend zijn als er er geen enkele functie in m− 1 veranderlijken bestaat zodat φi =g(φ1, · · · ,φi−1,φi+1, · · · ,φm).
Stelling 7.1.1 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.
99
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. �
Stelling 7.1.2 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)
(7.2)
Als we dit stelsel oplossen naar de constanten c1, · · · ,cn dan verkrijgen we (met behulp van destelling van de impliciete functies):
c1 = φ1(x,y1, · · · ,yn)c2 = φ2(x,y1, · · · ,yn)...cn = φn(x,y1, · · · ,yn)
(7.3)
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) (7.4)
zulk een eerste integraal. (7.3) en (7.4) laten dan toe om x,y1, · · · ,yn te berekenen in functie van deconstanten c1, · · · ,cn+1. Maar dan is x geen onafhankelijke veranderlijke meer.Veronderstel tenslotte dat we n verschillende eerste integralen (7.3) kennen. Hieruit kunnen wey1,y2, · · · ,yn oplossen, zodat we een stelsel van de vorm (7.2) krijgen. Dit is een algemene inte-graal. �
Men kan stelling 7.1.2 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 integraal
100
schrijven onder de vorm (7.2), dan betekent dit dat we van elke oplossing een stel parameterver-gelijkingen kennen. Als we n verschillende eerste integralen (7.3) 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 7.1.2 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) (7.5)
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
(7.6)
De eerste vergelijking is een homogene differentiaalvergelijking:
(x+ y)dx = (x− y) dy
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 (7.6).
101
Soms kan men ook op de volgende manier een eerste integraal vinden. Onderstel dat we functiesα,α1, · · · ,αn van x,y1, · · · ,yn kan 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 stelseldx
y− z=
dyz− x
=dz
x− y(7.7)
Stel eerst α = α1 = α2 = 1. Dan is
α(y− z)+α1(z− x)+α2(x− y) = 0
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 (7.7) zijn dus de krommen{x+ y+ z = c1x2 + y2 + z2 = c2
(7.8)
De oplossingen zijn dus cirkels met middelpunt op de as R(1,1,1) en gelegen in een vlak loodrechtop deze as.
102
Voorbeeld 7.2.3 We beschouwen weer het stelsel (7.6). 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
)zodat z√
x2 + y2= c2
een tweede eerste integraal van het stelsel (7.6) levert. We kunnen dus concluderen dat de algemeneintegraal van het stelsel bestaat uit de krommen van de vorm
√x2 + y2
expbgtg yx
= c1
z2
x2 + y2 = c2
103
Hoofdstuk 8
Lineaire partiele differentiaalvergelijkingenvan orde 1
8.1 Inleiding
Een partiele differentiaalvergelijking is een betrekking tussen een functie y van n veranderlijkenx1,x2, · · · ,xn en de partiele afgeleiden van y naar de xi. De orde van de partiele differentiaalverge-lijking is de hoogste orde van afleiden die voorkomt in de vergelijking.Een oplossing van de differentiaalvergelijking is een functie y = f (x1, · · · ,xn) die identiek voldoetaan de vergelijking (tenminste op een zeker domein). Een probleem dat men zich kan stellen ishet bepalen van de algemene integraal van een partiele differentiaalvergelijking. Uit de volgendevoorbeelden zal blijken dat dit niet altijd een erg relevant probleem is.
Voorbeeld 8.1.1 z is een functie van de veranderlijken x en y. De oplossingen van de partieledifferentiaalvergelijking
∂z∂x
= 0
wordt gegeven door de formulez = ψ(y)
waarbij ψ een willekeurige functie van een veranderlijke is. Immers, als we z afleiden naar deveranderlijke x, dan vinden we 0.
Men kan de willekeurige functie ψ vergelijken met de integratieconstante c bij een gewone diffe-rentiaalvergelijking. De algemene integraal van een partiele differentiaalvergelijking van orde 2hangt nu af van twee willekeurige functies. Dit blijkt uit het volgend voorbeeld.
Voorbeeld 8.1.2 We nemen nu de volgende partiele differentiaalvergelijking van orde 2:
a2 ∂2z∂x2 −
∂2z∂y2 = 0 (8.1)
104
Deze partiele differentiaalvergelijking wordt ook wel de eendimensionale golfvergelijking ge-noemd. We beweren nu dat
z = φ(x−ay)+ψ(x+ay)
een oplossing is van (8.1), ongeacht wat de (tweemaal differentieerbare) functies φ en ψ zijn.Immers,
∂z∂x
= φ′(x−ay)+ψ
′(x+ay)
∂z∂y
= −aφ′(x−ay)+aψ
′(x+ay)
∂2z∂x2 = φ
′′(x−ay)+ψ′′(x+ay)
∂2z∂y2 = a2
φ′′(x−ay)+a2
ψ′′(x+ay)
en hieruit volgt onmiddellijk dat z een oplossing is van (8.1).
Voor een differentiaalvergelijking van drie veranderlijken wordt de situatie nog ingewikkelder: dealgemene integraal hangt nu af van een willekeurige functie van twee veranderlijken.
Voorbeeld 8.1.3 u is een functie van drie veranderlijken x,y en z. De algemene integraal van dedifferentiaalvergelijking
∂u∂x
= 0
is nuu = ψ(y,z)
waarbij ψ een willekeurige functie van twee veranderlijken is.
Uit deze voorbeelden blijkt dat een fysisch probleem dat zich laat vertalen in een partiele differen-tiaalvergelijking nog niet opgelost is als we de algemene integraal van de partiele differentiaalver-gelijking kunnen bepalen: we moeten ook nog de onbekende functies bepalen die in de algemeneintegraal optreden (gebruik makende van rand- of beginvoorwaarden), en dit probleem is dikwijlsmoeilijker dan het bepalen van de algemene integraal. Daarom tracht men dikwijls de oplossingvan het probleem rechtstreeks te vinden, zonder eerst de algemene integraal uit te rekenen.In dit hoofdstuk zullen we zien hoe men de algemene integraal van een lineaire partiele differenti-aalvergelijking van orde een kan bepalen.
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
105
8.2 Homogene lineaire partiele differentiaalvergelijking van or-de een
Een partiele differentiaalvergelijking van de vorm
a1(x1, · · · ,xn)∂y∂x1
+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)∂y∂xn
= 0 (8.2)
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)(8.3)
Zoals we zullen zien is er een verband tussen de oplossingen van (8.2) (meetkundig gezien hyper-oppervlakken in Rn+1) en de eerste integralen van (8.3).Onderstel dat
f (x1,x2, · · · ,xn) = c
een eerste integraal is van het geassocieerd stelsel (8.3). Op een oplossing van (8.3) is dus
d f =∂ f∂x1
dx1 +∂ f∂x2
dx2 + · · · ∂ f∂xn
dxn = 0
en, vanwege (8.3)
a1(x1, · · · ,xn)∂ f∂x1
+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)∂ f∂xn
= 0 (8.4)
Waar (8.3) voldoet aan de voorwaarden van de bestaansstelling gaat er door elk punt een oplossingvan (8.3). In een dergelijk punt geldt dus (8.4). (8.4) drukt dus uit dat y = f (x1, · · · ,xn) eenoplossing is van (8.2). Elke eerste integraal van (8.3) levert dus een oplossing van (8.2).Omgekeerd, onderstel dat y = f (x1, · · · ,xn) een oplossing is van (8.2). We zullen aantonen datf (x1, · · · ,xn) = c dan een eerste integraal is van (8.3). Uit het voorgaande hoofdstuk weten wedat we n− 1 verschillende eerste integralen van (8.3) 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 (8.2). Wehebben dus
a1(x1, · · · ,xn)∂ f1
∂x1+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)
∂ f1
∂xn= 0
...
a1(x1, · · · ,xn)∂ fn−1
∂x1+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)
∂ fn−1
∂xn= 0
a1(x1, · · · ,xn)∂ f∂x1
+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)∂ f∂xn
= 0
106
We kunnen dit beschouwen als een lineair stelsel met a1, · · · ,an als onbekenden. Omdat de ai nietallen identiek gelijk aan nul zijn (anders is de partiele differentiaalvergelijking gewoon 0 = 0) bezithet stelsel een van nul verschillende oplossing. Dus is de determinant van het stelsel gelijk aan nul.Deze determinant is de Jacobiaanse determinant van f1, · · · , fn−1, f ten opzichte van x1, · · · ,xn:
∂( f1, · · · , fn−1, f )∂(x1,x2, · · · ,xn)
= 0
Uit Stelling 7.4.2, Analyse I, volgt nu dat er een betrekking bestaat tussen f1, · · · , fn−1 en f . Omdatde eerste integralen f1 = c1, · · · , fn−1 = cn−1 verschillend zijn kan er geen betrekking bestaan tussenf1, · · · , fn−1. Daarom is noodzakelijk
f = φ( f1 · · · , fn−1)
en dus is f = c een eerste integraal van (8.3). Hiermee hebben we de volgende stelling bewezen:
Stelling 8.2.1 y = f (x1, · · · ,xn) is een oplossing van (8.2) als en alleen als f (x1, · · · ,xn) = c eeneerste integraal is van (8.3). Om de algemene integraal van (8.2) te vinden volstaat het om n−1 verschillende eerste integralen f1 = c1, · · · , fn−1 = cn−1 van (8.3) te bepalen. De algemeneintegraal is dan
y = φ(
f1(x1, · · · ,xn), · · · , fn−1(x1, · · · ,xn))
Voorbeeld 8.2.2 We beschouwen de partiele differentiaalvergelijking
y∂u∂x
+ x∂u∂y
+ z∂u∂z
= 0 (8.5)
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
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
)
107
De tweede eerste integraal is dus
f2(x,y,z) =− zx+ y
= c2
De algemene integraal van (8.5) 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) (8.6)
noemen we een lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde 1. We kunnen deze herleidentot een homogene vergelijking. We zoeken oplossingen in impliciete vorm, d.w.z. y wordt bepaaldals functie van x1, · · · ,xn door een betrekking van de vorm
ψ(x1, · · · ,xn,y) = 0 (8.7)
Dit betekent dat ψ nu de nieuwe onbekende functie is. Als we (8.7) afleiden naar xi, dan vindenwe
∂ψ
∂xi+
∂ψ
∂y∂y∂xi
= 0
(zie ook het hoofdstuk over impliciete functies in “Analyse I”). Als we deze betrekking substitue-ren in (8.6), dan vinden we
a1(x1, · · · ,xn,y)∂ψ
∂x1+ · · ·+an(x1, · · · ,xn,y)
∂ψ
∂xn+b(x1, · · · ,xn,y)
∂ψ
∂y= 0 (8.8)
Dit is een homogene lineaire vergelijking in ψ. Het geassocieerd stelsel is
dx1
a1=
dx2
a2= · · ·= dxn
an=
dyb
(8.9)
Dit is een stelsel van orde n, en het bezit n verschillende eerste integralen f1 = c1, · · · , fn = cn. Dealgemene integraal van (8.8) is dus
ψ = φ( f1, f2, · · · , fn)
waarbij φ een willekeurige functie in n veranderlijken is. De oplossing van (8.6) wordt implicietgegeven door de betrekking
φ( f1, f2, · · · , fn) = 0 (8.10)
108
Voorbeeld 8.3.1 We beschouwen de partiele differentiaalvergelijking
yp+ xq = z (8.11)
We zoeken oplossingen van de vormψ(x,y,z) = 0
(8.8) wordt nu
y∂ψ
∂x+ x
∂ψ
∂y+ z
∂ψ
∂z= 0
en dit is juist (8.5). We hebben deze vergelijking reeds opgelost, (voorbeeld 8.2.2) en de algemeneintegraal is
ψ = φ
(x2− y2,
zx+ y
)De algemene integraal van (8.11) wordt dus in impliciete vorm gegeven door de formule
φ
(x2− y2,
zx+ y
)= 0
Met behulp van de stelling van de impliciete functies kunnen we deze oplossen naar bijvoorbeeldde tweede veranderlijke. We vinden
zx+ y
= ϕ(x2− y2)
ofz = (x+ y)ϕ(x2− y2)
waarbij ϕ een willekeurige functie van een variabele is.
Meetkundige interpretatie
We beschouwen het geval n = 2. De vergelijking (8.6) kunnen we dan schrijven als
a(x,y,z)p+b(x,y,z)q = c(x,y,z) (8.12)
Elke oplossing van (8.12) 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 (8.13)
Hierbij is (x,y,z) een lopend punt in het raakvlak. Uit (8.12) en (8.13) volgt dat de rechte metvergelijking
x− xa
=y− y
b=
z− zc
(8.14)
in het raakvlak (8.13) ligt. Voor elk punt (x,y,z) ∈R3 kunnen we de rechte met vergelijking (8.14)neerschrijven.
109
Een kromme die in elk punt raakt aan de rechte (8.14) 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
(8.15)
en dit is juist het geassocieerd stelsel aan de partiele differentiaalvergelijking (8.12). 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.
8.4 Het vraagstuk van Cauchy
Beschouw weer de partiele differentiaalvergelijking (8.12)
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 (8.12) 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.
110
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 (8.16)
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.
Voorbeeld 8.4.1 We hernemen de partiele differentiaalvergelijking
yp+ xq = z
Welk integraaloppervlak gaat door de hyperbool met vergelijking{y = 0xz = 1
111
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
112
Hoofdstuk 9
Variatierekening
9.1 De vergelijkingen van Euler
In volume 1 hebben we extreme waarden van functies van een of meer veranderlijken besproken.Een van de resultaten die we bewezen is het volgende: onderstel dat de scalaire functie f : Rn→Reen (locaal) minimum of maximum bereikt in het punt ~a. Als f differentieerbaar is in ~a, dan geldtnoodzakelijk 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.In R3 beschouwen we een oppervlak S 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))
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
113
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 kunnen we opschrijven, aangezien we formules hebben die toelaten omde booglengte te berekenen (zie volume 2). Voor de lengte l van de kromme C vinden we:
l =Z 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 =Z 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 datZ b
af (x)φ(x)dx = 0
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].
114
Bewijs. Onderstel dat er een c ∈ [a,b] bestaat zodat f (c) 6= 0. Omdat f continu is, bestaat er duseen omgeving van x waarop f (c) 6= 0. Hieruit volgt dat we c verschillend 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 tekenheeft als f (c). We definieren nu de functie φ : [a,b]→ R als 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 =Z b
af (x)φ(x)dx =
Zβ
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 =Z 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) =Z 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.Daarom bereikt I(α,β,γ) een extremum voor α = β = γ = 0. Een nodige voorwaarde hiervoor isdat
∂I∂α
=∂I∂β
=∂I∂γ
= 0
115
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
=Z t2
t1
(∂ f∂x
φ(t)+∂ f∂x′
φ′(t))
dt
=Z t2
t1
∂ f∂x
φ(t)dt +Z t2
t1
∂ f∂x′
φ′(t)dt
=Z t2
t1
∂ f∂x
φ(t)dt +[
∂ f∂x′
φ(t)]t2
t1−
Z t2
t1φ(t)
ddt
(∂ f∂x′
)dt
(partiele integratie)
=Z 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
∂I∂α
=Z 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 differentiaalvergelijkingen de vergelijkingen van Euler. De oplossingennoemt men de extremalen. De Eulervergelijkingen vormen een differentiaalstelsel van drie verge-lijkingen van orde 2, en de algemene integraal hangt dus af van 6 constanten. Als we eisen dat deextremaal door de punten A en B gaat, dan krijgen we zes bijkomende voorwaarden die toelatenom 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 =Z t2
t1f (t,x1,x2, · · · ,xn,x′1,x
′2, · · · ,x′n)dt
extreem wordt voor de kromme (x1, · · · ,xn) is dat voldaan is aan het stelsel differentiaalvergelij-kingen
∂ f∂xi
=ddt
(∂ f∂x′i
)(9.2)
voor i = 1,2, · · · ,n.
116
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 fucntionaal I van de volgendevorm is:
I =Z t2
t1f (x,y,y′)dx
De vergelijking van Euler wordt nu∂ f∂y
=ddx
(∂ f∂y′
)(9.3)
Dit is een differentiaalvergelijking van orde 2, die men in sommige gevallen kan herleiden tot eendifferentiaalvergelijking van orde 1.Eerste geval f hangt niet af van y, met andere woorden
I =Z t2
t1f (x,y′)dx
(9.3) wordt danddx
(∂ f∂y′
)= 0
of∂ f∂y′
= c
Dit is een differentiaalvergelijking van orde 1.Tweede geval f hangt niet af van x, met andere woorden
I =Z 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 differentiaalvergelijking van orde 1.
117
0x
y
A
B
Figuur 9.1: Geodeten in het vlak
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)?
We parameteren de kromme in x. De functionaal is dus
I =Z 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 ogenblik
118
0
m
y
x
A (h, a, o)
Figuur 9.2: Het vraagstuk van de brachistochrone
de kinetische energie gelijk aan de potentiele energie, met andere woorden
mv2
2= mgx of v =
√2gx
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 =Z
C
ds√2gx
=1√2g
Z 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
119
enc2y+ c3z = c4
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 (zie Reeks 3 van de 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
120
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 (zie volume 2).
9.2 Het vraagstuk met nevenvoorwaarden
We werken in R3. Gevraagd wordt weer om de functionaal
I =Z t2
t1f (t,x,y,z,x′y′,z′)dt (9.4)
extremaal te maken, maar nu eist men dat de beschouwde krommen op een gegeven oppervlak
g(x,y,z) = 0 (9.5)
liggen. Een voor de hand liggende manier om dit vraagstuk aan te pakken is de volgende. Uit destelling van de impliciete functies volgt dat, in de onderstelling dat gradg 6= 0, minstens een vande drie componenten x, y of z kan opgelost worden in functie van een van de twee overigen. Welossen (9.5) op naar een van de veranderlijken, bijvoorbeeld z. Dit levert als vergelijking voor hetoppervlak
z = h(x,y) (9.6)
Afleiden naar t geeft, met behulp van de kettingregel:
z′ =∂h∂x
x′+∂h∂y
y′ (9.7)
Als we (9.6) en (9.7) substitueren in (9.4), dan vinden we
I =Z t2
t1f(
t,x,y,h(x,y),x′,y′,∂h∂x
x′+∂h∂y
y′)
dt (9.8)
We kunnen nu gewoon de Eulervergelijkingen oplossen voor (9.8). 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
121
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
(9.9)
We bekijken de eerste vergelijking van (9.9) 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 (9.10)
Afleiden van de betrekkingg(x,y,h(x,y)) = 0
naar x levert∂h∂x
=−∂g∂x∂g∂z
(9.11)
Substitutie van (9.11) in (9.10) 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 (9.9) halen dat
∂ f∂y− d
dt
(∂ f∂y′
)∂g∂y
=
∂ f∂z− d
dt
(∂ f∂z′
)∂g∂z
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
(9.12)
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.
122
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 =Z t2
t1
√x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2dt
langs deze kromme minimaal wordt. De Eulervergelijkingen (9.12) 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
(9.13)
We kunnen (9.13) ook nog als volgt herformuleren: de vector
gradg =(
∂g∂x
,∂g∂y
,∂g∂z
)is evenwijdig met de vector (d2x
ds2 ,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
)
123
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, terwijl de geodeten op de cilinder de schroeflijnen zijn. Voor details verwijzenwe naar de oefeningen.
124
Deel III
Numerieke Analyse
125
Hoofdstuk 10
Het oplossen van vergelijkingen en 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)
126
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.
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
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.
127
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)
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.
128
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.
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 alnaargelang 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
129
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. Het volstaat de vergelijking onder een andere vorm te
herschrijven.√
a is een oplossing 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
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
130
% 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).
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
131
In het algemeen vinden wemn = c1+α+α2+···+αn−1
m0
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.
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 Taylor ontwikkeling 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.
132
4) Men kan aantonen dat de methode van de koorde asymptotisch van orde α = (1+√
5)/2≈ 1.618is. 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.
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) 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)
133
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 Taylor ontwikkeling 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)
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)
134
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)
(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
135
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);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.
136
10.4 Stelsels lineaire vergelijkingen
In de cursus “Algebra en beschrijvende meetkunde”hebben we gezien hoe ineaire stelsels kunnenopgelost worden, bijvoorbeeld met de eliminatiemethode van Gauss of Gauss-Jordan, of, in hetgeval van een regulier stelsel, met de methode van Cramer. Deze methoden worden minder handigals de orde van het stelsel groot wordt (in de praktijk treden gemakkelijk 100 bij 100 of 1000 bij1000 stelsels op). Zeker de methode van Cramer wordt dan irrelevant. Daarom ontwikkelt meniteratieve methoden om lineaire stelsels op te lossen. We bespreken slechts enkele eenvoudigevoorbeelden.
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.
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)
137
We verwachten dat formules van Gauss-Seidel sneller convergeren dan die van Gauss. In de prak-tijk blijkt dit ook het geval te zijn. Zonder bewijs vermelden we verder de volgende eigenschap.
Stelling 10.4.1 Indien de matrix A van het stelsel AX = B symmetrisch en positief definiet is, danconvergeren de formules van Gauss-Seidel voor elke beginwaarde.
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
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)
138
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 10.4.2 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.
139
Hoofdstuk 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 (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
140
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)
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.Vanwege 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). �
141
Voorbeeld 11.1.2 We beschouwen de functie
f (x) =2√π
Z x
0e−t2
dt
Gegeven is
f (1.0) = 0.84270f (1.1) = 0.88021f (1.2) = 0.91031
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)| ≤ max
1≤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)|1.6
6≈ 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 ekwidistant 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.
142
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)
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)
143
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 gereken
f ′(x0) =1
2h(−3 f0 +4 f1− f2)+
h2
3f (3)(ξ0) (11.8)
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
N——©——© rest h2
3 D3
-1 0 12hD ©——
N——© rest −h2
6 D3
144
1 -4 32hD ©——©——
Nrest h2
3 D3
-11 18 -9 26hD
N——©——©——© rest −h3
4 D4
-2 -3 6 -16hD ©——
N——©——© rest h3
12D4
1 -6 3 26hD ©——©——
N——© rest − h3
12D4
-2 9 -18 116hD ©——©——©——
Nrest h3
4 D4
-25 48 -36 16 -312hD
N——©——©——©——© rest h4
5 D5
-3 -10 18 -6 112hD ©——
N——©——©——© rest − h4
20D5
1 -8 0 8 -112hD ©——©——
N——©——© rest − h4
30D5
-1 6 -18 10 312hD ©——©——©——
N——© rest − h4
20D5
3 -16 36 -48 2512hD ©——©——©——©——
Nrest h4
5 D5
11.3 Numeriek integreren
De Newton-Cotes formules
Ons doel is om algoritmen te ontwikkelen die toelaten omZ 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 is
145
in 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 Z b
af (x)dx =
n
∑i=0
fi
Z b
aLi(x)dx+
Z b
arn(x)dx
We stellen ci =R b
a Li(x)dx, en vinden als integratieformuleZ b
af (x)dx =
n
∑i=0
ci fi +E( f ) (11.12)
waarbij de gemaakte fout E( f ) gegeven wordt door de formule
E( f ) =Z 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 ekwidistant.
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.
In beide gevallen vinden we voor de coefficienten ci de volgende formule
ci =Z b
a
n
∏j=0, j 6=i
x− x j
xi− x jdx =
(−1)n−i
hni!(n− i)!
Z 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.
146
a x0 x1 bxn
Figuur 11.2: De open Newton-Cotes formules
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 Z 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.
Voorbeeld 11.3.3 De trapeziumregelWe schrijven de gesloten formule met twee spilpunten neer. Gebruik makend van (11.14) vindenwe
c0 =−1h
Z x1
x0
(x− x1)dx =−1h
Z 0
−htdt =
h2
enc1 =
1h
Z x1
x0
(x− x0)dx =h2
zodat Z 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 Z 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.
147
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)!
Z 2
0
2
∏j=0, j 6=i
(x− j)dx
en dus
c0 =12
Z 2
0(x−1)(x−2)dx =
13
c1 = −Z 2
0x(x−2)dx =
43
c2 =12
Z 2
0x(x−1)dx =
13
zodat Z 2
0g(t)dt ≈ 1
3[g(0)+4g(1)+g(2)
]Om de algemene formule te vinden nemen we als substitutie
x = x0 + th en dx = hdt
We krijgen Z x2
x0
f (x)dx = hZ 2
0f (x0 +ht)dt
≈ h3[
f (x0)+4 f (x0 +h)+ f (x0 +2h)]
of Z 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 weZ 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 formulesZ x1
x0
f (x)dx =h2( f0 + f1)−
h3
12f ′′(ξ) (11.19)
148
Z x2
x0
f (x)dx =h3( f0 +4 f1 + f2)−
h5
90f (4)(ξ) (11.20)Z x3
x0
f (x)dx =3h8
( f0 +3 f1 +3 f2 + f3)−3h5
80f (4)(ξ) (11.21)Z x4
x0
f (x)dx ≈ 2h45
(7 f0 +32 f1 +12 f2 +32 f3 +7 f4)−8h7
945f (6)(ξ) (11.22)
Open formules
Z x1
x−1
f (x)dx = 2h f0 +h3
3f ′′(ξ) (11.23)Z x2
x−1
f (x)dx =3h2
( f0 + f1)+3h3
4f ′′(ξ) (11.24)Z x3
x−1
f (x)dx =4h3
(2 f0− f1 +2 f2)+28h5
90f (4)(ξ) (11.25)Z 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.
Voorbeeld 11.3.5 We berekenen het getal π met de formule
π =Z 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 orde
149
1,2, . . . 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 =Z 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.
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), enz, 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, datZ b
af (x)dx = h
Z 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)
150
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) =Z 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)
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) =Z 2
0x3dx− 1
3(03 +4 ·13 +23) = 0
E(x4) =Z 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.
151
11.4 Differentiaalvergelijkingen
We beperken ons tot normale differentiaalvergelijkingen van orde 1
y′ = f (x,y) (11.30)
met beginvoorwaardey(x0) = y0 (11.31)
De algoritmes die we zullen ontwikkelen zijn ook van toepassing op stelsels differentiaalvergelij-kingen
d~ydx
= f (x,~y)
met beginvoorwaarde~y(x0) =~y0. Doordat een differentiaalvergelijking van orde n steeds te herlei-den is tot een stelsel differentiaalvergelijkingen van n vergelijkingen en n onbekenden van orde 1,vinden we in principe ook algoritmen voor differentiaalvergelijkingen van hogere orde met begin-voorwaarden.
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 +Z 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
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)
152
1x x000 1
y
y
y0 1
1*
Figuur 11.5: De methode van Euler-Heun
(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 benaderingis, 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.
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.
153
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)
154
Index
analytische functie 25, 87Besselfunctie 97binomiaalreeks 27Cauchyrij 7convergente rij 5convergentiecriterium van Cauchy 8convergentieinterval 18convergentiestraal 18convolutieproduct 44criterium van Weierstrass 16cycloıde 121differentiaaloperator 77differentiaalstelsel 67differentiaalvergelijking 49discretisatie 152distributie 47divergente rij 5eigenwaarden en eigenvectoren 86Eulervergelijkingen 116exponentiele groei 51formule van Milne 149formule van Newton 127formule van Simpson 148Fourierreeks 33Fouriertransformatie 38frequentie 31geodeet 113gesloten Newton-Cotes formule 146gewoon punt 88Gibbsverschijnsel 35goniometrische reeks 30homogeen lineair differentiaalstelsel 70homogene differentiaalvergelijking 60inwendig product 45juiste differentiaalvergelijking 58karakteristieke veelterm 76karakteristieke vergelijking 77
Legendre, veeltermen van 91Legendre, vergelijking van 89lineair differentiaalstelsel 69lineaire differentiaalvergelijking 63lineaire differentiaalvergelijking van orde n 73lineaire partiele differentiaalvergelijking 106linkervoorwaarde van Lipschitz 34machtreeks 16methode van de vaste richting 128methode van Euler 153methode van Gauss-Seidel 137methode van Heun 153methode van Runge-Kutta 153Morrey 134Newton-Raphson 134norm van een functie 14normale differentiaalvergelijking 49, 67numerieke reeks 7open Newton-Cotes formule 146partiele differentiaalvergelijking 104positieve reeks 8product van reeksen 22pulsatie 31puntsgewijze convergentie 14puntsgewijze convergentie 9rechtervoorwaarde van Lipschitz 34regelmatig singulier punt 88regula falsi 129Runge-Kutta I 153Runge-Kutta II 153simplexformule 150singulier 88stelling van Abel 20Taylorreeks 25trapeziumregel 147tridiagonale matrix 138uniforme convergentie 10
155
uniforme convergentie 15veralgemeende functie 47verbeteringsformule 153vergelijking van Bernoulli 66voorspellingsformule 152zifteigenschap 47
156