tel. 015-2787218 (tst. 87218)
Elementary differential equations and boundary value problems
Sixth Edition, Wiley, 1997, ISBN 0-471-08955-9
( Seventh Edition, Wiley, 2001, ISBN 0-471-31999-6 )
Inhoud
Hfdst. 2 : Eerste orde differentiaalvergelijkingen Hfdst. 3 : Tweede orde lineaire diff. vgl. met constante coefficienten Hfdst. 4 : Hogere orde lineaire diff. vgl. met constante coefficienten Hfdst. 5 : Machtreeksoplossingen van tweede orde lineaire diff. vgl. Hfdst. 6 : De Laplace transformatie Hfdst. 7 : Stelsels eerste orde lineaire differentiaalvergelijkingen Hfdst. 10 : Partiele differentiaalvergelijkingen en Fourierreeksen
In het boek wordt gebruik gemaakt van de volgende functies :
cotx = 1
tanx secx =
1 cosx
cscx = 1
(tentamenstof)
§ 2.3 : 1 t/m 8, 21, 22
§ 2.4 : 1 t/m 8
§ 2.8 : 1 t/m 12, 15, 16, 19 t/m 22, 25 t/m 30
§ 2.9 : 1 t/m 18
§ 2.10 : 1 t/m 32
§ 3.1 : 1 t/m 24, 28 t/m 33
§ 3.2 : 1 t/m 6, 13, 14, 17, 18, 21 t/m 26
§ 3.3 : 1 t/m 10
§ 3.5 : 1 t/m 14, 23 t/m 30
§ 3.6 : 1 t/m 18
§ 3.7 : 1 t/m 20
§ 4.1 : 11 t/m 17
§ 4.2 : 11 t/m 37
§ 4.3 : 1 t/m 18
§ 4.4 : 1 t/m 13
§ 5.1 : 17 t/m 28
§ 5.2 : 1 t/m 18
§ 5.4 : 1 t/m 20
§ 5.5 : 1 t/m 16
§ 5.7 : 1 t/m 17
§ 5.8 : 1 t/m 6
§ 6.3 : 1 t/m 18, 24, 25
§ 6.4 : 1 t/m 13
§ 6.5 : 1 t/m 12
§ 6.6 : 3 t/m 20
§ 7.2 : 1 t/m 27
§ 7.3 : 1 t/m 25
§ 10.2 : 13 t/m 18
§ 10.4 : 1 t/m 22, 35 t/m 37
§ 10.5 : 1 t/m 4, 16, 17
§ 10.6 : 1 t/m 10, 15, 24
§ 10.7 : 1 t/m 7, 10 t/m 15
4
Tentamenopgaven over hfdst. 2 t/m 4
1. donderdag 31 oktober 1996 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
ydx+ (2x− yey)dy = 0,
als gegeven is dat µ(y) = y een integrerende factor is.
2. donderdag 31 oktober 1996 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
y′′ + 4y = 4 cos 2x, y(0) = 1, y′(0) = 0.
3. donderdag 31 oktober 1996 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′′ + y = 1
cosx .
4. donderdag 9 januari 1997 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′ − 2x x2 + 1
.
5. donderdag 9 januari 1997 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′ = y2 + 2xy
x2 .
6. donderdag 9 januari 1997 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′′′ − 4y′ = 8x+ 4.
7. donderdag 9 januari 1997 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′′ + y = tanx.
[Gegeven is dat
) .]
8. donderdag 22 januari 1998 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
(x+ 2y − 1) + (2x− y + 3)y′ = 0.
5
9. donderdag 22 januari 1998 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
(x2 − y2)y′ − 2xy = 0.
10. donderdag 22 januari 1998 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constanten de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
x2y′′ + xy′ − y = 4x.
twee basisoplossingen zijn van de bijbehorende homogene differentiaalvergelijking.
11. woensdag 18 maart 1998 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
xy′ − (x+ 1)y = x2 − x3.
12. woensdag 18 maart 1998 Toon aan dat de differentiaalvergelijking
(9x2 + y − 1)dx+ (x− 4y)dy = 0
exact is en bepaal de oplossing die tevens voldoet aan y(1) = 0.
13. woensdag 18 maart 1998 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constanten de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
x2y′′ − 2xy′ + 2y = x2.
Gegeven is dat y1(x) = x en y2(x) = x2 twee basisoplossingen zijn van de bijbehorende homogene differentiaalvergelijking.
14. maandag 14 december 1998 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
(x2 + y)dx+ (x+ y2)dy = 0.
15. maandag 14 december 1998 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′ = 2 (y x
)2 − 1.
16. maandag 14 december 1998 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constanten de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
(1 + x2)y′′ − 2xy′ + 2y = 6(x2 + 1)2.
Gegeven is dat y1(x) = x en y2(x) = x2 − 1 twee basisoplossingen zijn van de bijbeho- rende homogene differentiaalvergelijking.
6
17. maandag 17 mei 1999 Bepaal een vergelijking voor de integraalkromme van het beginwaardeprobleem
(2x cos y + 3x2y)dx+ (x3 − x2 sin y − y)dy = 0, y(0) = 2.
18. maandag 17 mei 1999 Toon aan dat de differentiaalvergelijking
(y + √ x2 + y2)dx− xdy = 0, x > 0
homogeen is en bepaal de oplossing die tevens voldoet aan y(1) = 0.
[Gegeven is dat
√ 1 + t2|.]
19. maandag 20 december 1999 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
(x2 + 6y) dy
dx = 2(1− xy), y(0) = 2.
20. maandag 20 december 1999 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
dy
y(1) = −1.
21. maandag 20 december 1999 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
y′′ − 3y′ + 2y = e2t + 10 cos t+ 4
y(0) = 5, y′(0) = 0.
22. maandag 20 december 1999 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′′ + y = 6 sin2 t.
23. woensdag 1 maart 2000 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
x+ 2y − 1 + (2x− y + 3) dy
dx = 0.
24. woensdag 1 maart 2000 Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
(x2 − y2) dy
dx − 2xy = 0.
7
25. woensdag 1 maart 2000 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
y′′ − 4y′ + 4y = 4e2t + 25 sin t+ 4t
y(0) = 3, y′(0) = 0.
26. woensdag 1 maart 2000 Bepaal met behulp van de methode van variatie van constanten de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking
y′′ + 4y = 4t.
[Gegeven is dat ∫ t cos t dt = cos t+ t sin t en
∫ t sin t dt = sin t− t cos t.]
8
1. donderdag 31 oktober 1996 Vermenigvuldigen met µ(y) = y geeft
y2dx+ (2xy − y2ey)dy = 0.
∂
∂ψ
∂y = 2xy − y2ey.
Hieruit volgt : ψ(x, y) = xy2−(y2−2y+2)ey. De oplossing is dus : ψ(x, y) = C oftewel xy2 − (y2 − 2y + 2)ey = C.
2. donderdag 31 oktober 1996 De karakteristieke vergelijking is : r2 + 4 = 0. Dus : yh(x) = c1 cos 2x + c2 sin 2x. Voor een particuliere oplossing proberen we dus : yp(x) = Ax cos 2x + Bx sin 2x. Dan volgt : y′′p(x) = A(−4x cos 2x− 4 sin 2x) + B(−4x sin 2x+ 4 cos 2x). Invullen geeft dan −4A sin 2x+4B cos 2x = 4 cos 2x, dus : A = 0 en B = 1. De algemene oplossing is dus : y(x) = x sin 2x+ c1 cos 2x+ c2 sin 2x. Uit y(0) = 1 en y′(0) = 0 volgt dan dat c1 = 1 en c2 = 0. De oplossing van het beginwaardeprobleem is dus : y(x) = x sin 2x+ cos 2x.
3. donderdag 31 oktober 1996 De karakteristieke vergelijking is : r2 + 1 = 0. Dus : yh(x) = c1 cosx + c2 sinx. We gebruiken nu de methode van variatie van constanten (zie : § 3.7) :
y(x) = u1(x) cosx+ u2(x) sinx.
Differentieren geeft :
−u1(x) sinx+ u2(x) cosx
en y′′(x) = −u′1(x) sinx+ u′2(x) cosx− u1(x) cosx− u2(x) sinx.
Invullen geeft dan
cosx .
−u′1(x) sinx+ u′2(x) cosx = 1
cosx .
9
De oplossing is dus :
y(x) = (cosx) ln | cosx|+ x sinx+ c1 cosx+ c2 sinx.
4. donderdag 9 januari 1997 Merk op, dat de differentiaalvergelijking lineair is. Een integrerende factor is 1/(x2 +1). Dan volgt (zie : § 2.1) :
d
dx
4x4 + C(x2 + 1).
Het kan ook met de methode van variatie van constanten (zie : § 2.1, opgave 32 op blz. 25). Los eerst de bijbehorende homogene differentiaalvergelijking op :
y′ − 2x x2 + 1
dx.
Hieruit volgt : ln |y| = ln(x2 + 1) + K, dus : yh(x) = C(x2 + 1). Stel nu y(x) = (x2 + 1)A(x), dan volgt y′(x) = (x2 + 1)A′(x) + 2xA(x). Invullen geeft dan :
(x2 + 1)A′(x) = −x 2 + 1 x5
=⇒ A′(x) = − 1 x5
y(x) = x2 + 1
4x4 + C(x2 + 1).
5. donderdag 9 januari 1997 De differentiaalvergelijking is homogeen (zie : § 2.9), want :
y′ = y2 + 2xy
x2 = (y x
dx = v2 + v =⇒ dv
,
dus : ln |v| − ln |v + 1| = ln |x|+K =⇒ v
v + 1 = Cx.
y/x
De oplossing kan ook expliciet geschreven worden in de vorm :
y(x) = Cx2
1− Cx .
Merk op, dat y(x) = −x ook een oplossing is !
6. donderdag 9 januari 1997 De karakteristieke vergelijking is : r3 − 4r = 0 ⇐⇒ r(r2 − 4) = 0. Dus : yh(x) = c1 + c2e
2x + c3e −2x. Voor een particuliere oplossing proberen we (zie : § 4.3, methode
van onbepaalde coefficienten)
yp(x) = Ax2 +Bx =⇒ y′p(x) = 2Ax+B en y′′′p (x) = 0.
Invullen geeft dan :
−8Ax− 4B = 8x+ 4 =⇒ A = −1 en B = −1.
Dus : yp(x) = −x2−x en de algemene oplossing is y(x) = −x2−x+ c1 + c2e 2x+ c3e
−2x.
7. donderdag 9 januari 1997 De karakteristieke vergelijking is : r2 + 1 = 0. Dus : yh(x) = c1 cosx+ c2 sinx. Stel nu y(x) = u1(x) cosx+ u2(x) sinx (zie : § 3.7, methode van variatie van constanten). Dan volgt :
y′(x) = u′1(x) cosx+ u′2(x) sinx =0
−u1(x) sinx+ u2(x) cosx
en y′′(x) = −u′1(x) sinx+ u′2(x) cosx− u1(x) cosx− u2(x) sinx.
Invullen geeft dan : −u′1(x) sinx+ u′2(x) cosx = tanx. Dus : u′1(x) cosx+ u′2(x) sinx = 0
−u′1(x) sinx+ u′2(x) cosx = tanx.
Hieruit volgt :
Dus :
De algemene oplossing is dus :
y(x) = −(cosx) ln ( | cosx|
8. donderdag 22 januari 1998 De differentiaalvergelijking kan geschreven worden in de vorm
(x+ 2y − 1)dx+ (2x− y + 2)dx = 0.
Deze differentiaalvergelijking is exact (zie : § 2.8), want
∂
∂
∂ψ
∂ψ
Hieruit volgt : ψ(x, y) = 1 2 x2 + 2xy − x− 1
2 y2 + 3y. De oplossing is dus :
ψ(x, y) = C oftewel 1 2 x2 + 2xy − x− 1
2 y2 + 3y = C.
9. donderdag 22 januari 1998 Schrijf de differentiaalvergelijking in de vorm
y′ = 2xy
x2 − y2 =
,
dan blijkt dat deze homogeen (zie : § 2.9) is. Merk op, dat y(x) = ±x geen oplossingen zijn, zodat x2 − y2 6= 0. Stel nu y(x) = xv(x), dan volgt :
xv′ + v = 2v
1− v2 =⇒ x
1− v2
v(1 + v2) =
1 + v2 = Cx.
x2 + y2 = Cx ⇐⇒ C(x2 + y2) = y.
10. donderdag 22 januari 1998 Stel (zie : § 3.7, methode van variatie van constanten) dat
y(x) = xu1(x) + u2(x) x
=0
+ 2 u2(x) x3
.
Invullen geeft dan x2u′1(x)− u′2(x) = 4x. Dus : xu′1(x) +
u′2(x) x
of
= 4 x .
Hieruit volgt :
Dus : u1(x) = 2 ln |x|+ c1 en u2(x) = −x2 + c2.
De algemene oplossing is dus :
y(x) = 2x ln |x| − x+ c1x+ c2
x of y(x) = 2x ln |x|+ k1x+
k2
x .
11. woensdag 18 maart 1998 Merk op, dat de differentiaalvergelijking lineair (zie : § 2.1) is. Men kan dus volgens de methode van § 2.1 een integrerende factor bepalen. Schrijf daarvoor de differentiaalver- gelijking in de vorm
y′ − (1 + 1 x
µ′(x) = −(1 + 1 x
)µ(x) =⇒ µ(x) = e−x
x y(x) = xe−x +C =⇒ y(x) = x2 +Cxex.
Het kan uiteraard ook met behulp van de methode van variatie van constanten (zie : § 2.1, opgave 32 op blz. 25). Los daarvoor eerst de bijbehorende homogene differentiaal- vergelijking xy′ − (x+ 1)y = 0 op. We vinden dan
x dy
)dx =⇒ ln |y| = x+ ln |x|+K.
Dus : yh(x) = Cxex. We zoeken vervolgens een oplossing van de vorm y(x) = u(x)xex
van de inhomogene differentiaalvergelijking. Invullen geeft dan
u′(x)x2ex = x2 − x3 =⇒ u′(x) = (1− x)e−x =⇒ u(x) = xe−x + C.
We vinden dus : y(x) = x2 + Cxex.
13
∂
∂
Er bestaat dus een functie ψ(x, y) die voldoet aan
∂ψ
∂ψ
∂y = x− 4y.
Hieruit volgt : ψ(x, y) = 3x3 + xy − x− 2y2. De algemene oplossing is dus :
ψ(x, y) = C oftewel 3x3 + xy − x− 2y2 = C.
Uit de voorwaarde y(1) = 0 volgt dan C = 3 + 0 − 1 − 0 = 2. De oplossing is dus : 3x3 + xy − x− 2y2 = 2.
13. woensdag 18 maart 1998 Stel y(x) = xu1(x) + x2u2(x), dan volgt (zie : § 3.7) volgens de methode van variatie van constanten
y′(x) = xu′1(x) + x2u′2(x) =0
+u1(x) + 2xu2(x)
en y′′(x) = u′1(x) + 2xu′2(x) + 2u2(x).
Invullen geeft dan x2u′1(x) + 2x3u′2(x) = x2. Dus : xu′1(x) + x2u′2(x) = 0
x2u′1(x) + 2x3u′2(x) = x2 ⇐⇒
xu′1(x) + x2u′2(x) = 0
u′1(x) + 2xu′2(x) = 1.
Hieruit volgt :
en dus : u1(x) = −x+ c1 en u2(x) = ln |x|+ c2.
De algemene oplossing is dus :
y(x) = −x2 + x2 ln |x|+ c1x+ c2x 2 of eventueel y(x) = x2 ln |x|+ c1x+ c3x
3.
∂
∂ψ
1 3 x3 + xy +
1 3 x3 + xy +
1 3 y3 = C of eventueel geschreven als x3 + 3xy + y3 = K.
14
15. maandag 14 december 1998 De differentiaalvergelijking is homogeen (zie : § 2.9). Stel dus y(x) = xv(x), dan volgt
x dv
dv
2v2 − v − 1 = dx
1 2v2 − v − 1
ln |2v + 1| = ln |x|+K =⇒ v − 1 2v + 1
= Cx3.
= Cx3 =⇒ y − x 2y + x
= Cx3.
Merk op, dat y(x) = −1 2x ook een oplossing is.
16. maandag 14 december 1998 Stel y(x) = xu1(x) + (x2 − 1)u2(x), dan volgt (zie : § 3.7) volgens de methode van variatie van constanten
y′(x) = xu′1(x) + (x2 − 1)u′2(x) =0
+u1(x) + 2xu2(x)
en y′′(x) = u′1(x) + 2xu′2(x) + 2u2(x).
Invullen geeft dan (1 + x2)u′1(x) + 2x(1 + x2)u′2(x) = 6(x2 + 1)2. Dus : xu′1(x) + x2u′2(x) = 0
(1 + x2)u′1(x) + 2x(1 + x2)u′2(x) = 6(1 + x2)2
oftewel xu′1(x) + x2u′2(x) = 0
u′1(x) + 2xu′2(x) = 6(1 + x2) =⇒ u′1(x) = −6x2 + 6 en u′2(x) = 6x
en dus : u1(x) = −2x3 + 6x+ c1 en u2(x) = 3x2 + c2.
De algemene oplossing is dus : y(x) = −2x4 + 6x2 + 3x2(x2 − 1) + c1x + c2(x2 − 1) oftewel
y(x) = x4 + 3x2 + c1x+ c2(x2 − 1).
15
∂
∂
Er bestaat dus een functie ψ(x, y) zodat
∂ψ
∂ψ
Hieruit volgt
De algemene oplossing is dus
ψ(x, y) = C oftewel x2 cos y + x3y − 1 2 y2 = C.
Met y(0) = 2 volgt dan C = 0 + 0− 2 = −2. De oplossing is dus :
x2 cos y + x3y − 1 2 y2 = −2.
18. maandag 17 mei 1999 Schrijf de differentiaalvergelijking in de vorm (x =
√ x2 voor x > 0)
)2 ,
dan is het duidelijk dat deze homogeen (zie : § 2.9) is. Stel dus y(x) = xv(x), dan volgt
x dv
= dx
x .
1 + v2 = Cx.
y
x + √
1 + (y/x)2 = Cx =⇒ y + √ x2 + y2 = Cx2 (x > 0).
Met y(1) = 0 volgt dan C = 1. De (impliciete) oplossing is dus : y + √ x2 + y2 = x2.
Men kan hieruit eventueel ook de expliciete oplossing afleiden : y(x) = 1 2(x2 − 1).
19. maandag 20 december 1999 Schrijf de differentiaalvergelijking in de vorm
(x2 + 6y)dy + 2(xy − 1)dy,
∂
∂ψ
∂x = 2xy − 2.
Hieruit volgt : ψ(x, y) = x2y − 2x+ 3y2. De algemene oplossing is dus :
ψ(x, y) = C oftewel x2y − 2x+ 3y3 = C.
Uit de voorwaarde y(0) = 2 volgt dat C = 12. De oplossing is dus : x2y−2x+3y2 = 12.
20. maandag 20 december 1999 De differentiaalvergelijking is separabel (zie : § 2.3), want :
dy
dx = (2x+ 3x2)y2 =⇒ dy
y2 = (2x+ 3x2)dx =⇒ −1
y = x2 + x3 + C.
Uit de voorwaarde y(1) = −1 volgt C = −1. De oplossing is dus :
y(x) = 1
1− x2 − x3 .
21. maandag 20 december 1999 De karakteristieke vergelijking is : r2 − 3r + 2 = 0 ⇐⇒ (r − 1)(r − 2) = 0. Dus : yh(t) = c1e
t + c2e 2t. Voor een particuliere oplossing gebruiken we de methode van
onbepaalde coefficienten (zie : § 3.6) :
Dan volgt :
y′p(t) = A(2t+ 1)e2t −B sin t+ C cos t en y′′p(t) = A(4t+ 4)e2t −B cos t− C sin t.
Invullen geeft dan :
Ae2t + (B − 3C) cos t+ (3B + C) sin t+ 2D = e2t + 10 cos t+ 4.
Hieruit volgt : A = 1, B = 1, C = −3 en D = 2. Dus :
y(t) = te2t + cos t− 3 sin t+ 2 + c1e t + c2e
2t
en y′(t) = (2t+ 1)e2t − sin t− 3 cos t+ c1e
t + 2c2e 2t.
Uit de beginvoorwaarden y(0) = 5 en y′(0) = 0 volgt dan : c1 + c2 = 2
c1 + 2c2 = 2 =⇒ c1 = 1 en c2 = 0.
De oplossing is dus : y(t) = te2t + cos t− 3 sin t+ 2(1 + et).
17
22. maandag 20 december 1999 De karakteristieke vergelijking is : r2 + 1 = 0. Dus : yh(t) = c1 cos t + c2 sin t. We gebruiken nu de methode van variatie van constanten (zie : § 3.7) :
y(t) = u1(t) cos t+ u2(t) sin t.
Differentieren geeft :
y′(t) = u′1(t) cos t+ u′2(t) sin t =0
−u1(t) sin t+ u2(t) cos t
en y′′(t) = −u′1(t) sin t+ u′2(t) cos t− u1(t) cos t− u2(t) sin t.
Invullen geeft dan −u′1(t) sin t+ u′2(t) cos t = 6 sin2 t.
Dus : u′1(t) cos t+ u′2(t) sin t = 0
−u′1(t) sin t+ u′2(t) cos t = 6 sin2 t.
Hieruit volgt u′1(t) = −6 sin3 t en u′2(t) = 6 sin2 t cos t,
dus :
sin3 t dt = 6 ∫
(1− cos2 t) d cos t = 6 cos t− 2 cos3 t+ c1
en u2(t) = 6
∫ sin2 t d sin t = 2 sin3 t+ c2.
De oplossing is dus :
y(t) = 6 cos2 t− 2 cos4 t+ 2 sin4 t+ c1 cos t+ c2 sin t.
Deze oplossing blijkt ook geschreven te kunnen worden als
y(t) = 2 cos2 t+ 2 + c1 cos t+ c2 sin t.
Dit betekent dat de (overigens slechte) poging om een particuliere oplossing van de vorm yp(t) = A cos2 t + B sin2 t te vinden succesvol blijkt te zijn. Men vindt dan : A = 4 en B = 2. Dus : yp(t) = 4 cos2 t + 2 sin2 t = 2 cos2 t + 2. Beter is om op te merken dat 6 sin2 t = 3 − 3 cos 2t en vervolgens een particuliere oplossing van de vorm yp(t) = A + B cos 2t + C sin 2t te zoeken. Invullen levert dan A = 3, B = 1 en C = 0. Dus : yp(t) = 3 + cos 2t. De oplossing kan dus ook geschreven worden als
y(t) = 3 + cos 2t+ c1 cos t+ c2 sin t.
18
23. woensdag 1 maart 2000 Schrijf de differentiaalvergelijking in de vorm (vergelijk met opgave 8) :
(x+ 2y − 1)dx+ (2x− y + 3)dy = 0,
dan blijkt dat deze exact (zie : § 2.8) is, want :
∂
∂
∂ψ
∂ψ
Hieruit volgt : ψ(x, y) = 1 2 x2 + 2xy − x− 1
2 y2 + 3y. De oplossing is dus :
ψ(x, y) = C oftewel 1 2 x2 + 2xy − x− 1
2 y2 + 3y = C.
24. woensdag 1 maart 2000 Schrijf de differentiaalvergelijking in de vorm (vergelijk met opgave 9) :
dy
dx =
1− (y/x)2 ,
dan blijkt dat deze homogeen (zie : § 2.9) is. Merk op, dat y(x) = ±x geen oplossingen zijn, zodat x2 − y2 6= 0. Stel nu y(x) = xv(x), dan volgt :
xv′ + v = 2v
1− v2 =⇒ x
1− v2
v(1 + v2) =
1 + v2 = Cx.
x2 + y2 = Cx ⇐⇒ C(x2 + y2) = y.
25. woensdag 1 maart 2000 De karakteristieke vergelijking is : r2− 4r+ 4 = 0 ⇐⇒ (r− 2)2 = 0. Dus : yh(t) = c1e
2t + c2te 2t. Voor een particuliere oplossing gebruiken we de methode van onbepaalde
coefficienten (zie : § 3.6) : yp(t) = At2e2t + B cos t + C sin t + Dt + E. Dan volgt :
19
y′p(t) = A(2t2+2t)e2t−B sin t+C cos t+D en y′′p(t) = A(4t2+8t+2)e2t−B cos t−C sin t. Invullen geeft dan :
2Ae2t + (3B − 4C) cos t+ (4B + 3C) sin t+ 4Dt− 4D + 4E = 4e2t + 25 sin t+ 4t.
Hieruit volgt : A = 2, B = 4, C = 3, D = 1 en E = 1. Dus :
y(t) = 2t2e2t + 4 cos t+ 3 sin t+ t+ 1 + c1e 2t + c2te
2t
en y′(t) = (4t2 + 4t)e2t − 4 sin t+ 3 cos t+ 1 + 2c1e
2t + c2(2t+ 1)e2t.
Uit de beginvoorwaarden y(0) = 3 en y′(0) = 0 volgt dan : c1 = −2
2c1 + c2 = −4 =⇒ c1 = −2 en c2 = 0.
De oplossing is dus : y(t) = 2(t2 − 1)e2t + 4 cos t+ 3 sin t+ t+ 1.
26. woensdag 1 maart 2000 De karakteristieke vergelijking is : r2 + 4 = 0. Dus : yh(t) = c1 cos 2t + c2 sin 2t. Stel nu : y(t) = u1(t) cos 2t + u2(t) sin 2t, dan volgt volgens de methode van variatie van constanten (zie : § 3.7) :
y′(t) = u′1(t) cos 2t+ u′2(t) sin 2t =0
−2u1(t) sin 2t+ 2u2(t) cos 2t
en y′′(t) = −2u′1(t) sin 2t+ 2u′2(t) cos 2t− 4u1(t) cos t− 4u2(t) sin t.
Invullen geeft dan −2u′1(t) sin 2t+ 2u′2(t) cos 2t = 4t.
Dus : u′1(t) cos 2t+ u′2(t) sin 2t = 0
−2u′1(t) sin 2t+ 2u′2(t) cos 2t = 4t.
Hieruit volgt u′1(t) = −2t sin 2t en u′2(t) = 2t cos 2t,
dus :
sin 2t+ t cos 2t+ c1 en u2(t) = 1 2
cos 2t+ t sin 2t+ c2.
De oplossing is dus :
sin 2t cos 2t+ t cos2 2t+ 1 2
sin 2t cos 2t+ t sin2 2t+ c1 cos 2t+ c2 sin 2t
= t+ c1 cos 2t+ c2 sin 2t.
20
Enkele opmerkingen over de stof van hfdst. 5
• In het geval van polynomiale coefficienten van de tweede orde lineaire differentiaal- vergelijking zijn er twee versies van de definities van een singulier en een regulier singulier punt :
P (x)y′′ +Q(x)y′ +R(x)y = 0
=⇒ y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 met p(x) = Q(x) P (x)
en q(x) = R(x) P (x)
.
Als P , Q en R polynomen zijn, dan geldt :
Een punt x0 heet een singulier punt (zie : § 5.2 en § 5.3) als
– P (x0) = 0, of als
– p en q analytisch zijn in x0.
Een singulier punt x0 heet een regulier singulier punt (zie : § 5.4) als
– de limieten p0 := lim
en q0 := lim
(x− x0)2R(x) P (x)
bestaan, of als
– (x − x0)p(x) en (x − x0)2q(x) analytisch zijn in x0, dat wil zeggen als deze een convergente Taylorreeks rond x0 hebben :
(x− x0)p(x) = ∞∑ n=0
qn(x− x0)n.
r(r − 1) + p0r + q0 = 0.
• In het geval van regulier singuliere punten zijn er grofweg twee verschillende manieren om te werk te gaan (methode van Frobenius) :
– Men kan de methode van § 5.7 gebruiken en een oplossing in de vorm van een gegeneraliseerde machtreeks
y(x) = xr ∞∑ n=0
anx n+r
proberen te vinden.
– Men kan ook eerst de indexvergelijking bepalen en oplossen en aan de hand van de wortels r1 en r2 twee lineair onafhankelijke oplossingen bepalen (zie ook : § 5.7).
21
Een voordeel van de eerste methode is dat er, ook in het geval dat r1 en r2 niet een geheel getal verschillen, maar eenmaal een gegeneraliseerde machtreeks ingevuld hoeft te worden. Een (belangrijk) nadeel is dat steeds met een (nog) onbekende r gewerkt moet worden, terwijl die gemakkelijk uit de indexvergelijking verkregen kan worden.
Een voordeel van de tweede methode is dus dat het rekenwerk vaak wat overzichtelijker is, omdat de waarde van r al bekend is. Een nadeel is dat in het geval dat r1 en r2
niet een geheel getal verschillen voor de tweede oplossing nogmaals een gegeneraliseerde machtreeks ingevuld moet worden behorende bij de andere waarde van r.
Mijns inziens verdient de tweede methode de voorkeur. Toch zal ik in de uitwerkingen ook de eerste methode demonstreren.
• De methode van Frobenius :
Stel dat x = 0 een regulier singulier punt is van de differentiaalvergelijking
y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (x > 0) ⇐⇒ x2y′′ + x[xp(x)]y′ + [x2q(x)]y = 0 (x > 0),
dat wil zeggen : p(x) en q(x) zijn niet allebei analytisch in x = 0 (singulier punt), maar xp(x) en x2q(x) zijn wel analytisch in x = 0 :
xp(x) = ∞∑ n=0
qnx n voor |x| < ρ voor zekere ρ > 0.
Stel verder dat r1 en r2 de twee wortels zijn van de indexvergelijking
r(r − 1) + p0r + q0 = 0
met r1 ≥ r2 als r1 en r2 reeel zijn. Dan geldt : er bestaat een oplossing van de vorm
y1(x) = xr1 ∞∑ n=0
Een tweede lineair onafhankelijke oplossing y2(x) heeft de volgende vorm :
– Als r1 − r2 /∈ {0, 1, 2, . . .} :
y2(x) = xr2 ∞∑ n=0
y2(x) = y1(x) lnx+ xr2 ∞∑ n=0
bnx n = y1(x) lnx+ xr2
∞∑ n=1
b′nx n.
In dit geval is het altijd mogelijk om b0 = 0 te kiezen. – Als r1 − r2 ∈ {1, 2, 3, . . .} :
y2(x) = ay1(x) lnx+ xr2 ∞∑ n=0
bnx n met b0 6= 0.
De waarde van a dient nog bepaald te worden (deze kan ook gelijk aan 0 zijn !).
22
x2y′′ + 3xy′ + (1 + x)y = 0.
(a) Toon aan dat x = 0 een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking is.
(b) Bereken voor x > 0 een niet-triviale oplossing van de differentiaalvergelijking in de vorm van een gegeneraliseerde machtreeks.
(c) Geef de vorm van een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de differentiaal- vergelijking.
2. dinsdag 18 maart 1997 Beschouw de differentiaalvergelijking
4x2y′′ + (4x+ 1)y = 0.
(a) Toon aan dat x = 0 een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking is.
(b) Bereken voor x > 0 een niet-triviale oplossing van de differentiaalvergelijking in de vorm van een gegeneraliseerde machtreeks.
(c) Geef de vorm van een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de differentiaal- vergelijking.
3. donderdag 2 april 1998 Beschouw de differentiaalvergelijking
x2y′′ + xy′ + (x2 − 1)y = 0.
(a) Toon aan dat x = 0 een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking is.
(b) Bereken voor x > 0 een niet-triviale oplossing van de differentiaalvergelijking in de vorm van een gegeneraliseerde machtreeks corresponderend met de grootste wortel van de indexvergelijking.
(c) Geef de vorm van een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de differentiaal- vergelijking.
4. woensdag 3 juni 1998 Gegeven is de differentiaalvergelijking
x2y′′ + (3x− x2)y′ + (1 + 2x)y = 0.
(a) Toon aan dat x = 0 een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking is.
(b) Bereken voor x > 0 een niet-triviale oplossing van de differentiaalvergelijking in de vorm van een gegeneraliseerde machtreeks.
(c) Geef de vorm van een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de differentiaal- vergelijking.
23
4x2y′′ + 4xy′ + (x− 1)y = 0.
(a) Toon aan dat x = 0 een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking is.
(b) Bereken voor x > 0 een niet-triviale oplossing van de differentiaalvergelijking in de vorm van een gegeneraliseerde machtreeks, corresponderend met de grootste wortel van de indexvergelijking.
(c) Geef de vorm van een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de differentiaal- vergelijking.
6. donderdag 11 mei 2000 Beschouw de differentiaalvergelijking
xy′′(x) + 2y′(x)− xy(x) = 0, x > 0.
(a) Toon aan dat x = 0 een regulier singulier punt van de differentiaalvergelijking is en bepaal de bijbehorende indexvergelijking.
(b) Bereken een niet-triviale oplossing van de differentiaalvergelijking in de vorm van een (gegeneraliseerde) machtreeks. Dat wil zeggen : geef de vorm van de oplossing en een recurrente betrekking voor de coefficienten. Bepaal tevens de eerste drie van nul verschillende termen van de (gegeneraliseerde) machtreeks.
(c) Geef de vorm van een tweede lineair onafhankelijke oplossing van de differentiaal- vergelijking. Geef hierbij duidelijk aan of deze tweede vorm ook een (gegenerali- seerde) machtreeks is of niet.
7. woensdag 30 augustus 2000 Beschouw de differentiaalvergelijking
x(x− 1)y′′(x) + 6x2y′(x) + 3y(x) = 0, x > 0.
(a) Bepaal alle regulier singuliere punten van de differentiaalvergelijking en hun bijbe- horende indexvergelijking.
(b) Bereken een niet-triviale oplossing van de differentiaalvergelijking in de vorm van een (gegeneraliseerde) machtreeks rond x = 0. Dat wil zeggen : geef de vorm van de oplossing en een recurrente betrekking voor de coefficienten. Bepaal tevens de eerste drie van nul verschillende termen van de (gegeneraliseerde) machtreeks.
(c) Geef de vorm van een tweede lineair onafhankelijke oplossing van de differentiaal- vergelijking. Geef hierbij duidelijk aan of deze tweede vorm ook een (gegenerali- seerde) machtreeks is of niet.
24
1. donderdag 23 januari 1997
(a) Alle coefficienten zijn polynomen (zie : § 5.2) en
lim x→0
x · 3x x2
x2 · 1 + x
x2 = 1
bestaan. Dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexvergelijking
r(r − 1) + 3r + 1 = 0 ⇐⇒ (r + 1)2 = 0.
Volgens de (algemenere) definitie van § 5.3 :
xp(x) = x · 3x x2
x2 = 1 + x
zijn analytisch in x = 0 (machtreeksen in x). Dus : x = 0 is een regulier singulier punt.
(b) Er bestaat (zie : § 5.6) een oplossing in de vorm
y(x) = x−1 ∞∑ n=0
anx n =
∞∑ n=0
(n− 1)(n− 2)anxn−3.
(n− 1)(n− 2)anxn−1 + 3 ∞∑ n=0
(n− 1)anxn−1 + ∞∑ n=0
anx n−1 +
∞∑ n=1
[{(n− 1)(n− 2) + 3(n− 1) + 1} an + an−1]xn−1 = 0.
Hieruit volgt de recurrente betrekking :
n2an = −an−1, n = 1, 2, 3, . . . .
Dus :
1 n2 · 1
(n!)2 a0, n = 1, 2, 3, . . . .
Dus :
(−1)n
25
(c) De indices (zie : § 5.7) zijn gelijk : r1 = r2 = −1. Er bestaat dus een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de vorm
y2(x) = y1(x) lnx+ x−1 ∞∑ n=1
bnx n = y1(x) lnx+
xp(x) = 0 en x2q(x) = x2 · 4x+ 1 4x2
= x+ 1 4
zijn analytisch in x = 0. Dus : x = 0 is een regulier singulier punt.
(b) Stel (zie : § 5.6 en § 5.7)
y(x) = xr ∞∑ n=0
(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−2.
Invullen geeft nu :
4x2 ∞∑ n=0
(n+ r)(n+ r − 1)anxn+r−2 + (4x+ 1) ∞∑ n=0
anx n+r = 0
anx n+r+1 +
an−1x n+r +
∞∑ n=1
[{4(n+ r)(n+ r − 1) + 1} an + 4an−1]xn+r = 0.
Hieruit volgt : 4r(r − 1) + 1 = 0 (indexvergelijking) en de recurrente betrekking
{4(n+ r)(n+ r − 1) + 1} an + 4an−1 = 0, n = 1, 2, 3, . . . .
Uit de indexvergelijking volgt : (2r − 1)2 = 0 en dus : r1 = r2 = 1/2. Dus :{ 4(n+
1 2
)(n− 1 2
) + 1 } an+4an−1 = 0 ⇐⇒ n2an+an−1 = 0, n = 1, 2, 3, . . . .
26
1 n2 · 1
(n!)2 a0, n = 1, 2, 3, . . . .
Dus :
2 .
(c) De indices (zie : § 5.7) zijn gelijk : r1 = r2 = 1/2. Er bestaat dus een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de vorm
y2(x) = y1(x) lnx+ x 1 2
∞∑ n=1
xp(x) = x · x x2
= x2 − 1
zijn analytisch in x = 0. Dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexver- gelijking
r(r − 1) + r − 1 = 0 ⇐⇒ r2 − 1 = 0.
(b) Er bestaat een oplossing van de vorm (zie : § 5.7)
y(x) = x1 ∞∑ n=0
y′(x) = ∞∑ n=0
(n+ 1)nanxn−1.
Invullen geeft nu :
x2 ∞∑ n=0
anx n+1 = 0
anx n+3 −
an−2x n+1 −
[0 + 1− 1] a0 + [2 + 2− 1] a1x+ ∞∑ n=2
[{n(n+ 1) + (n+ 1) + 1} an + an−2]xn+1 = 0.
Hieruit volgt de recurrente betrekking :
a1 = 0 en {n(n+ 1) + (n+ 1)− 1} an + an−2 = 0, n = 2, 3, 4, . . . .
Dus : a1 = 0 en n(n+ 2)an + an−2 = 0, n = 2, 3, 4, . . . .
Hieruit volgt :
2k(2k + 2) =
Dus :
∞∑ k=0
(x 2
)2k+1 .
(c) Voor de indices (zie : § 5.7) geldt : r1 − r2 = 2 ∈ {1, 2, 3, . . .}. Er bestaat dus een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de vorm
y2(x) = ay1(x) lnx+ x−1 ∞∑ n=0
bnx n = ay1(x) lnx+
bnx n−1,
waarbij de waarde van a nog bepaald dient te worden. Daarvoor berekenen we :
y′2(x) = a
[ y′1(x) lnx+
] =0
] + ∞∑ n=0
(n− 1)bnxn−1
Invullen geeft dan :
(2− 1− 1)b0x−1 − b1 + (2a+ b0)x+ . . . = 0 =⇒ b1 = 0 en a = −1 2 b0 6= 0.
28
xp(x) = x · 3x− x2
x2 = 1 + 2x
zijn analytisch in x = 0. Dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexver- gelijking
r(r − 1) + 3r + 1 = 0 ⇐⇒ (r + 1)2 = 0.
(b) Er bestaat dus een oplossing van de vorm (zie : § 5.7)
y(x) = x−1 ∞∑ n=0
anx n =
∞∑ n=0
(n− 1)(n− 2)anxn−3.
(n− 1)anxn−2 + (1 + 2x) ∞∑ n=0
anx n−1 = 0
(n− 1)anxn−1
(n− 1)anxn−1
∞∑ n=0
Hieruit volgt :
∞∑ n=1
[{(n− 1)(n− 2) + 3(n− 1) + 1} an − (n− 2− 2)an−1]xn−1 = 0
en dus :
an−1, n = 1, 2, 3, . . . .
29
a1 = −3, a2 = 3 2 , a3 = −1
6 , a4 = 0, a5 = 0, . . . .
Dus :
6 x2.
(c) De indices (zie : § 5.7) zijn gelijk : r1 = r2 = −1. Er bestaat dus een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de vorm
y2(x) = y1(x) lnx+ x−1 ∞∑ n=1
bnx n = y1(x) lnx+
(a) Alle coefficienten zijn polynomen (zie : § 5.2) en
lim x→0
x · 4x 4x2
x2 · x− 1 4x2
= −1 4
bestaan. Dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexvergelijking
r(r − 1) + r − 1 4
= 0 ⇐⇒ (r − 1 2
xp(x) = x · 4x 4x2
= 1 4
(x− 1)
zijn analytisch in x = 0. Dus : x = 0 is een regulier singulier punt.
(b) Er bestaat (zie : § 5.6 en § 5.7) een oplossing in de vorm
y(x) = x 1 2
y′(x) = ∞∑ n=0
∞∑ n=0
∞∑ n=1
[{ 4(n2 − 1
4 ) + 4(n+
1 2
4n(n+ 1)an + an−1 = 0, n = 1, 2, 3, . . .
en dus : an = − an−1
4n(n+ 1) =
Een oplossing is dus :
y1(x) = x 1 2
√ x
)n .
(c) Voor de indices (zie : § 5.7) geldt : r1 − r2 = 1 ∈ {1, 2, 3, . . .}. Er bestaat dus een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de vorm
y2(x) = ay1(x) lnx+ x− 1 2
∞∑ n=0
2 ,
waarbij de waarde van a nog bepaald dient te worden. Daarvoor berekenen we :
y′2(x) = a
[ y′1(x) lnx+
] =0
] + 4
Invullen geeft dan :
(3− 2− 1)b0x− 1 2 − [4a+ b0 + (−1 + 2− 1)b1]x
1 2 + . . . = 0 =⇒ a = −1
4 b0 6= 0.
xp(x) = x · 2 x
= −x2
zijn analytisch in x = 0. Dus : x = 0 is een regulier singulier punt. De indexver- gelijking is :
r(r − 1) + 2r + 0 = 0 ⇐⇒ r(r + 1) = 0.
(b) Er bestaat (zie : § 5.6 en § 5.7) een oplossing in de vorm
y(x) = x0 ∞∑ n=0
anx n =
∞∑ n=0
anx n
corresponderend met de grootste index r1 = 0 (gewone machtreeks). Dan volgt :
y′(x) = ∞∑ n=1
∞∑ n=2
nanx n−1 −
nanx n−1 −
Hieruit volgt :
Dit leidt tot de recurrente betrekking :
a1 = 0 en n(n+ 1)an − an−2 = 0, n = 2, 3, 4, . . .
en dus : a2 = a0/6, a3 = 0, a4 = a0/120, a5 = 0, . . . of algemeen (niet gevraagd !)
a2k−1 = 0 en a2k = a2k−2
2k(2k + 1) =
Een oplossing is dus (algemene vorm werd niet gevraagd !) :
y1(x) = ∞∑ k=0
x4 + . . . .
32
(c) Voor de indices (zie : § 5.7) geldt : r1 − r2 = 1 ∈ {1, 2, 3, . . .}. Er bestaat dus een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de vorm
y2(x) = ay1(x) lnx+ x−1 ∞∑ n=0
bnx n = ay1(x) lnx+
bnx n−1,
waarbij de waarde van a nog bepaald dient te worden. Daarvoor berekenen we :
y′2(x) = a
[ y′1(x) lnx+
] =0
(n− 1)bnxn−2 − ∞∑ n=0
bnx n = 0.
Uitschrijven leert dat
(2− 2)b0x−2 + ax−1 + 2b2 − b0 + . . . = 0 =⇒ a = 0.
Dit betekent dat y2(x) ook een (gegeneraliseerde) machtreeks is :
y2(x) = ∞∑ n=0
bnx n−1.
7. woensdag 30 augustus 2000
(a) Duidelijk is dat x = 0 en x = 1 de enige singuliere punten zijn. Nu geldt :
lim x→0
x→0 x2 · 3
x(x− 1) = 0,
dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexvergelijking : r(r − 1) = 0. Verder geldt :
lim x→1
(x− 1) · 6x2
x(x− 1) = 0,
dus : x = 0 is een regulier singulier punt met indexvergelijking : r(r− 1) + 6r = 0 oftewel r(r + 5) = 0.
33
(b) Merk op, dat x = 0 een regulier singulier punt is met indexvergelijking r(r−1) = 0. Dus : r1 = 1 en r2 = 0. Volgens de methode van Frobenius (zie : § 5.6 en § 5.7) bestaat er dus een oplossing van de vorm :
y(x) = x1 ∞∑ n=0
y′(x) = ∞∑ n=0
n(n+ 1)anxn−1.
Invullen geeft nu :
(n+ 1)anxn + 3 ∞∑ n=0
anx n+1 = 0
(n+ 1)anxn+2 + 3 ∞∑ n=0
anx n+1 = 0.
∞∑ n=1
(−2a1 + 3a0)x+ ∞∑ n=2
[n(n− 1)an−1 − n(n+ 1)an + 6(n− 1)an−2 + 3an−1]xn = 0.
Dit leidt tot de recurrente betrekking :
2a1 = 3a0 en n(n+1)an = (n2−n+3)an−1+6(n−1)an−2 = 0, n = 2, 3, 4, . . . .
Kies nu bijvoorbeeld a0 = 1, dan volgt :
a1 = 3 2 , a2 =
3 2 x2 +
9 4 x3 +
51 16 x4 + . . . .
(c) Voor de indices (zie : § 5.7) geldt : r1 − r2 = 1 ∈ {1, 2, 3, . . .}. Er bestaat dus een tweede, lineair onafhankelijke, oplossing van de vorm
y2(x) = ay1(x) lnx+ x0 ∞∑ n=0
bnx n = ay1(x) lnx+
34
waarbij de waarde van a nog bepaald dient te worden. Daarvoor berekenen we :
y′2(x) = a
[ y′1(x) lnx+
] =0
lnx
+ a
y1(x) x
] + x(x− 1)
∞∑ n=2
nbnx n−1 + 3
= 2(x− 1)(1 + 3x+ . . .) + (6x− 1)(x+ . . .) + 1 + 3 2 x+ . . .
= −1− 7 2 x+ . . . .
Invullen geeft dan :
(−a+ 3b0) + (−7 2 a− 2b2 + 3b1)x+ . . . = 0 =⇒ a = 3b0 6= 0.
Dit betekent dat y2(x) geen (gegeneraliseerde) machtreeks is :
y2(x) = 3b0y1(x) lnx+ ∞∑ n=0
bnx n.
Het wordt niet gevraagd, maar iets verder doorrekenen leert : b1 is willekeurig. Kiest men dan b0 = 1 en b1 = 0, dan volgt : b2 = −21/4 en b3 = −19/4 en dus :
y2(x) = 3y1(x) lnx+ 1− 21 4 x2 − 19
4 x3 + . . . .
Enkele opmerkingen over de stof van hfdst. 6
In dit hoofdstuk wordt veel gebruik gemaakt van de techniek van breuksplitsing. Hieronder volgen enkele voorbeelden van deze techniek. We gaan hierbij steeds uit van rationale functies (quotienten van polynomen) waarbij de graad van de teller kleiner is dan die van de noemer. Dit betekent dat bij alle voorkomende breuken de graad van de teller kleiner moet zijn dan die van de noemer. Als de graad van de noemer 1 is, dan zal de teller een constante moeten zijn, maar als de graad van de noemer 2 is, dan kan de graad van de teller maximaal 1 zijn, enzovoorts. Schrijf de teller steeds handig uit zodat het resultaat via de tabel van Laplace- getransformeerden (zie pag. 39) gemakkelijk terug te transformeren is.
• Voorbeeld 1.
= A
(s− 1)(s+ 2) =
.
2A−B = 5 =⇒ A = 2 en B = −1.
Dus : s+ 5
(s− 1)(s+ 2) =
2 s− 1
− 1 s+ 2
= A
s2 + 1 Uitschrijven levert voor de teller :
s4+2s3−4s2+1 = A(s+1)2(s2+1)+Bs(s+1)(s2+1)+Cs(s2+1)+Ds2(s+1)2+Es(s+1)2.
Deze gelijkheid moet gelden voor alle waarden van s en dus ook voor s = 0 en s = −1. Dan vinden we : 1 = A en −4 = −2C. Hieruit volgt dat A = 1 en C = 2. De andere onbekenden kunnen gevonden worden door andere waarden van s in te vullen. Door invullen van s = 1, s = 2 en s = −2 volgt nu :
0 = 8A+ 4B + 2C + 4D + 4E
17 = 45A+ 30B + 10C + 36D + 18E
−15 = 5A+ 10B − 10C + 4D − 2E
=⇒
5B + 6D + 3E = −8
5B + 2D − E = 0
36
= 1 s − 1 s+ 1
+ 2
.
Een andere mogelijkheid is het vergelijken van machten van s :
s4 + 2s3 − 4s2 + 1 = A(s+ 1)2(s2 + 1) +Bs(s+ 1)(s2 + 1) + Cs(s2 + 1) +Ds2(s+ 1)2 + Es(s+ 1)2
= (A+B +D)s4 + (2A+B + C + 2D + E)s3
+ (2A+B +D + 2E)s2 + (2A+B + C + E)s+A.
Hieruit volgt dat A = 1 en
A+B +D = 1
2A+B +D + 2E = −4
2A+B + C + E = 0
=⇒ B = −1, C = 2, D = 1 en E = −3.
• Voorbeeld 3.
= A(s+ 1) +B
(s− 2)2 + 1 .
Uitschrijven levert voor de teller :
2s3 + 4s2 − 17s− 9 = A(s+ 1)(s2 − 4s+ 5) +B(s2 − 4s+ 5) + C(s− 2)(s2 + 2s+ 2) +D(s2 + 2s+ 2)
= (A+ C)s3 + (−3A+B +D)s2
+ (A− 4B − 2C + 2D)s+ 5A+ 5B − 4C + 2D.
Hieruit volgt :
=⇒ A = −1, B = 2, C = 3 en D = −1.
Dus :
= − s+ 1 (s+ 1)2 + 1
+ 2
− 1 (s− 2)2 + 1
= As3 +Bs2 + Cs+D
(s+ 1)3 .
Uitschrijven levert voor de teller :
6s6 + 11s5 + 8s4 − s2 − 3s− 2 = As3(s+ 1)3 +Bs2(s+ 1)3 + Cs(s+ 1) +D(s+ 1)3
+ Es4(s+ 1)2 + Fs4(s+ 1) +Gs4
= (A+ E)s6 + (3A+B + 2E + F )s5 + (3A+ 3B + C + E + F +G)s4
+ (A+ 3B + 3C +D)s3 + (B + 3C + 3D)s2 + (C + 3D)s+D.
Hieruit volgt :
3A+ 3B + C + E + F +G = 8
A+ 3B + 3C +D = 0
B + 3C + 3D = −1
= 5 s − 4 s2
+ 3 s3 − 2 s4
Uitschrijven levert voor de teller :
−17s+ 11 = A(s− 3)(s+ 2) +B(s− 1)(s+ 2) + C(s− 1)(s− 3).
Invullen van s = 1, s = 3 en s = −2 levert nu eenvoudig :
−6 = −6A, −40 = 10B en 45 = 15C.
Hieruit volgt dat A = 1, B = −4 en C = 3 en dus :
−17s+ 11 (s− 1)(s− 3)(s+ 2)
= 1
+ 3
1 1 1 s
2 t 1 s2
4 sin at a
(s− a)2 + b2
(s− a)2 + b2
(s2 + a2)2
(s2 + a2)2
16 uc(t) e−cs
18 f (n)(t) snF (s)− sn−1f(0)− · · · − f (n−1)(0)
19 tnf(t) (−1)n dn
39
Tentamenopgaven over hfdst. 6
1. donderdag 23 januari 1997 Bepaal met behulp van de Laplace transformatie de oplossing x(t) en y(t) van het stelsel
2 d2x
dt2 + d2y
dt2 + 4y = 0,
die voldoet aan de beginvoorwaarden x(0) = 1 en x′(0) = y(0) = y′(0) = 0.
2. donderdag 23 januari 1997 Bepaal de oplossing y(t) van de integraalvergelijking
y(t) = sin t+ cos t+ ∫ t
0 y(t− τ) sin τ dτ.
3. dinsdag 18 maart 1997 Bepaal met behulp van de Laplace transformatie de oplossing x(t) en y(t) van het stelsel
d2x
dt − 3y = 0,
die voldoet aan de beginvoorwaarden x(0) = x′(0) = y(0) = 0 en y′(0) = 1.
4. dinsdag 18 maart 1997 Bepaal de oplossing y(t) van de integraalvergelijking
y(t) = sin t+ ∫ t
0 y′(τ) sin(t− τ) dτ.
5. donderdag 2 april 1998 Bepaal met behulp van de Laplace transformatie de oplossing x(t) en y(t) van het stelsel
d2x
dt2 = 4x+ 3y − 3,
die voldoet aan de beginvoorwaarden x(0) = x′(0) = y(0) = y′(0) = 0.
6. donderdag 2 april 1998 Bepaal de oplossing y(t) van de integraalvergelijking
y(t) = sin t+ ∫ t
40
7. woensdag 3 juni 1998 Bepaal met behulp van de Laplace transformatie de oplossing y(t) van het beginwaar- deprobleem
y′′ + 2y′ + 3y = sin t+ δ(t− π), y(0) = 0, y′(0) = 1.
8. donderdag 6 mei 1999 Bepaal met behulp van de Laplace transformatie de oplossing y(t) van het beginwaar- deprobleem
y′′ + 3y′ + 2y = (t− 3)u3(t), y(0) = 0, y′(0) = 1.
9. donderdag 11 mei 2000 Bepaal met behulp van de Laplace transformatie de oplossing van het beginwaardepro- bleem
y′′(t) + 4y(t) =
sin t, 0 ≤ t < π
sin t+ cos t, t ≥ π y(0) = 1, y′(0) = 1.
[Hint : cos t = − cos(t− π).]
10. donderdag 11 mei 2000 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
y′′(t) + 2y′(t) + y(t) = 1 + δ(t− 2), y(0) = 1, y′(0) = −1.
11. woensdag 30 augustus 2000 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
y′′(t)− 3y′(t) + 2y(t) = sin t+ δ(t− π), y(0) = 1, y′(0) = 2.
12. woensdag 30 augustus 2000 Bepaal de oplossing van het beginwaardeprobleem
y′(t) = 1 + e−t + ∫ t
0 y(τ) cos(t− τ) dτ, y(0) = 1.
41
Uitwerkingen van de opgaven over hfdst. 6
1. donderdag 23 januari 1997 Stel X(s) = L{x(t)}(s) en Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt :
2 [ s2X(s)− sx(0)− x′(0)
] + [ s2Y (s)− sy(0)− y′(0)
] + 4X(s) = 0
] + 3
] + 4Y (s) = 0.
Met de beginvoorwaarden x(0) = 1 en x′(0) = y(0) = y′(0) = 0 geeft dit : 2 [ s2X(s)− s
] + s2Y (s) + 4X(s) = 0
oftewel (2s2 + 4)X(s) + s2Y (s) = 2s
2s2X(s) + (3s2 + 4)Y (s) = 2s.
Hieruit volgt (bijvoorbeeld met de regel van Cramer)
X(s) = 2s(3s2 + 4)− 2s3
(2s2 + 4)(3s2 + 4)− 2s4 =
= s(s2 + 2)
(2s2 + 4)(3s2 + 4)− 2s4 =
8s 4(s2 + 1)(s2 + 4)
X(s) = 1 3
2 3
cos t− 2 3
cos 2t.
2. donderdag 23 januari 1997 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.6) :
Y (s) = 1
s2 + 1
en dus
(s2 + 1)Y (s) = 1 + s+ Y (s) =⇒ s2Y (s) = 1 + s =⇒ Y (s) = 1 s2
+ 1 s .
42
3. dinsdag 18 maart 1997 Stel X(s) = L{x(t)}(s) en Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt :
[ s2X(s)− sx(0)− x′(0)
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) ]
+ 4 [sX(s)− x(0)]− 3Y (s) = 0.
Met de beginvoorwaarden x(0) = x′(0) = y(0) = 0 en y′(0) = 1 geeft dit : (s2 − 3)X(s)− 4sY (s) = 0
4sX(s) + (s2 − 3)Y (s) = 1.
Hieruit volgt (bijvoorbeeld met de regel van Cramer)
X(s) = 4s
.
X(s) = 1 2
2 1
s2 + 1 +
3 2
sin t+ 1 2
sin 3t.
4. dinsdag 18 maart 1997 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.6) :
Y (s) = 1
s2 + 1 .
(s2 + 1)Y (s) = 1 + sY (s) =⇒ Y (s) = 1
s2 − s+ 1 =
1 2
√ 3 t.
5. donderdag 2 april 1998 Stel X(s) = L{x(t)}(s) en Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt :
s2X(s)− sx(0)− x′(0) = −X(s)− Y (s) + 1 s
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) = 4X(s) + 3Y (s)− 3 s .
43
Met de beginvoorwaarden x(0) = x′(0) = y(0) = y′(0) = 0 geeft dit : (s2 + 1)X(s) + Y (s) =
1 s
Hieruit volgt (bijvoorbeeld met de regel van Cramer)
X(s) =
.
X(s) = 1 4
1 (s− 1)2
4 te−t en y(t) = 1− 1
2 et − 1
2 tet − 1
2 e−t +
1 2 te−t.
6. donderdag 2 april 1998 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.6) :
Y (s) = 1
s2 + 1
en dus
s2 − s+ 1 =
1 2
√ 3 t.
7. woensdag 3 juni 1998 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.5) :
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 2 [sY (s)− y(0)] + 3Y (s) = 1
s2 + 1 + e−πs.
44
Met de beginvoorwaarden y(0) = 0 en y′(0) = 1 volgt dan :
(s2 + 2s+ 3)Y (s) = 1 + 1
s2 + 1 + e−πs =
s2 + 2 s2 + 1
s2 + 2 (s2 + 1)(s2 + 2s+ 3)
= −1 4
+ 1
+ 1√ 2
1√ 2
√ 2 t+
√ 2 t+
√ 2(t−π).
8. donderdag 6 mei 1999 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.3) :
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 3 [sY (s)− y(0)] + 2Y (s) = e−3s
s2 .
Met de beginvoorwaarden y(0) = 0 en y′(0) = 1 volgt dan :
(s2 + 3s+ 2)Y (s) = 1 + e−3s
s2 =⇒ Y (s) =
1 (s+ 1)(s+ 2)
en 1
4 +
] .
9. donderdag 11 mei 2000 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.3) :
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 4Y (s) = F (s),
45
f(t) =
sin t+ cos t, t ≥ π.
Merk op, dat f(t) = sin t− uπ(t) cos(t− π) en dus
F (s) = 1
s2 + 1 .
Met de beginvoorwaarden y(0) = 1 en y′(0) = 1 volgt nu :
(s2 + 4)Y (s) = s+ 1 + 1
s2 + 1 − e−πs s
s2 + 1 en dus
(s2 + 1)(s2 + 4) .
1 (s2 + 1)(s2 + 4)
] en dus :
sin 2t+ 1 3
sin t− 1 3 uπ(t) [cos(t− π)− cos 2(t− π)] .
10. donderdag 11 mei 2000 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.5) :
s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 2 [sY (s)− y(0)] + Y (s) = 1 s
+ e−2s.
Met de beginvoorwaarden y(0) = 1 en y′(0) = −1 volgt nu :
(s2 + 2s+ 1)Y (s) = s+ 1 + 1 s
+ e−2s = s2 + s+ 1
s + e−2s
+ e−2s
(s+ 1)2 .
s2 + s+ 1 s(s+ 1)2
= 1 s − 1
(s+ 1)2 +
e−2s
(s+ 1)2 .
46
11. woensdag 30 augustus 2000 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.5) :
s2Y (s)− sy(0)− y′(0)− 3 [sY (s)− y(0)] + 2Y (s) = 1
s2 + 1 + e−πs.
Met de beginvoorwaarden y(0) = 1 en y′(0) = 2 volgt nu :
(s2 − 3s+ 2)Y (s) = s− 1 + 1
s2 + 1 + e−πs =
(s− 1)(s− 2)(s2 + 1) +
s3 − s2 + s
2 1
s− 1 +
6 5
] .
12. woensdag 30 augustus 2000 Stel Y (s) = L{y(t)}(s), dan volgt (zie : § 6.6) :
sY (s)− y(0) = 1 s
+ 1
s2 + 1 .
s2 + 1
en dus
=⇒ Y (s) = (s2 + 1)(s2 + 3s+ 1)
s4(s+ 1) .
Y (s) = (s2 + 1)(s2 + 3s+ 1)
s4(s+ 1) =
3 s
+ 2 s3
.
47
1. donderdag 31 oktober 1996 Bereken met matrixmethoden (bijvoorbeeld variatie van constanten) de algemene op- lossing van het eerste orde stelsel
x′(t) = (
A =
−1 −2 −2 1 2 1 3 2 4
met eigenwaarden r1 = r2 = 2 en r3 = 1. Bepaal de algemene oplossing het stelsel
x′(t) = Ax(t).
3. donderdag 22 januari 1998 De matrix A en de vectorfunctie g(t) worden gegeven door
A =
en g(t) =
et.
De defecte1 matrix A heeft de drievoudige eigenwaarde r1 = r2 = r3 = 1. Bepaal de algemene oplossing van het inhomogene stelsel
x′(t) = Ax(t) + g(t).
4. woensdag 18 maart 1998 Bepaal de algemene oplossing van het stelsel
x′(t) = (
) x(t) +
( et
−et ) .
5. maandag 14 december 1998 De matrix A en de vectorfunctie g(t) worden gegeven door
A =
1 0 3
.
De matrix A heeft de eigenwaarden r1 = 2 en r2 = r3 = 1. Bepaal de algemene oplossing van het inhomogene stelsel
x′(t) = Ax(t) + g(t).
1defect betekent : niet diagonaliseerbaar
A =
6 −7 −5
met eigenwaarden r1 = r2 = 1 en r3 = −1. Bepaal de algemene oplossing het stelsel
x′(t) = Ax(t).
x′(t) = Ax(t) + g(t) met A = (
5 −8 4 −7
(b) Bepaal de algemene oplossing van het inhomogene stelsel.
8. woensdag 1 maart 2000 Beschouw het inhomogene stelsel differentiaalvergelijkingen gegeven door
x′(t) = Ax(t) + g(t) met A = (
2 −1 3 −2
(b) Bepaal de algemene oplossing van het inhomogene stelsel.
49
Uitwerkingen van de opgaven over hfdst. 7
1. donderdag 31 oktober 1996 Eerst berekenen we de eigenwaarden van de matrix : 2− r 1
−2 −r
Voor de eigenvectoren vinden we nu :
r = 1 + i : (
) −→ v =
( −1
= (
) et + i
( − sin t
) et.
Dus :
Ψ(t) = (
− cos t − sin t cos t+ sin t sin t− cos t
) et
Ψ−1(t) = (
sin t− cos t sin t − cos t− sin t − cos t
) e−t.
Stel nu x(t) = Ψ(t)u(t), dan volgt (zie : § 7.9, variatie van constanten) :
Ψ′(t)u(t) + Ψ(t)u′(t) = (
2 1 −2 0
) et =
( sin t− cos t sin t − cos t− sin t − cos t
)( 1 −1
) en dus :
x(t) = Ψ(t)u(t) = (
− cos t − sin t cos t+ sin t sin t− cos t
) et ( − sin t+ c1
) et.
50
Het kan eventueel ook alsvolgt (zie ook : § 7.9). Stel x(t) = Ty(t) met
T = ( −1 −1
) .
) y(t) + T−1
)( et
−et )
) y(t) +
Hieruit volgt dat y1(t) =
1 2 iet + c3e
t(cos t+ i sin t)
y2(t) = −1 2 iet + c4e
(1−i)t = −1 2 iet + c4e
t(cos t− i sin t)
met c3, c4 ∈ C en dus
x(t) = Ty(t) = ( −1 −1
1− i 1 + i
−1 2 ie
) =
x(t) = (
met c1, c2 ∈ R.
2. donderdag 9 januari 1997 Eerst bepalen we de eigenvectoren van A :
r1 = 2 :
∼ 1 0 1
−→ v1 =
∼ 1 0 1
−→ v2 =
Stel nu x(t) = (u1t+ u2)e2t, dan volgt (zie : § 7.7) :
(2u1t+ u1 + 2u2) e2t = A(u1t+ u2)e2t =⇒ Au1 = 2u1 en Au2 = u1 + 2u2.
Hieruit volgt : (A− 2I)u1 = o
(A− 2I)u2 = u1
oftewel (A− 2I)2u2 = o −→ u1 = (A− 2I)u2.
Stel nu bijvoorbeeld u1 = v1, dan volgt : −3 −2 −2 1 0 1 3 2 2
−2
1 −1
(A− 2I)2 =
=
.
0 0 1
.
Dit geeft dezelfde vorm van de oplossing. Maar men zou u2 ook anders kunnen kiezen :
u2 =
2 −1 0
Dit leidt tot een iets andere vorm van de oplossing :
x(t) = c1
et.
3. donderdag 22 januari 1998 Eerst bepalen we de eigenvectoren van A bij de eigenwaarde r = 1 : 1 1 2
1 1 2 −1 −1 −2
∼ 1 1 2
−→ v1 =
Stel nu x(t) = (u1t+ u2)et, dan volgt (zie : § 7.7) :
(u1t+ u1 + u2) et = A(u1t+ u2)et =⇒ Au1 = u1 en Au2 = u1 + u2.
Hieruit volgt : (A− I)u1 = o
(A− I)u2 = u1
oftewel (A− I)2u2 = o −→ u1 = (A− I)u2.
Nu moet u1 zo gekozen worden (zie : §7.7, opgave 16 op blz. 397) dat (A − I)u2 = u1
oplosbaar is : 1 1 2 1 1 2 −1 −1 −2
−α− 2β
α β
u1 =
1 1 −1
∼ 1 1 2
1 0 0
1 0 0
de homogene differentiaalvergelijking x′(t) = Ax(t) :
x(t) = c1
(A− 2I)2 =
=
= O.
Men kan dan u2 willekeurig kiezen. De bijbehorende u1 volgt dan uit u1 = (A − I)u2. De oplossing van x′(t) = Ax(t) ziet er dan zo uit :
x(t) = c1 {u1t+ u2} et + c2
1 −1 0
Ψ(t) =
t+ 1 1 0 t −1 2 −t 0 −1
et =⇒ Ψ−1(t) =
1 1 2 −t −t− 1 −2t− 2 −t −t −2t− 1
e−t.
53
Stel nu x(t) = Ψ(t)u(t), dan volgt (zie : § 7.9, variatie van constanten) :
Ψ′(t)u(t) + Ψ(t)u′(t) = AΨ(t)u(t) + g(t) =⇒ Ψ(t)u′(t) = g(t).
Dus :
u′(t) = Ψ−1(t)g(t) =
1 1 2 −t −t− 1 −2t− 2 −t −t −2t− 1
e−t
.
x(t) = Ψ(t)u(t) =
t+ 1 1 0 t −1 2 −t 0 −1
et
et + c1
et.
4. woensdag 18 maart 1998 Eerst berekenen we de eigenwaarden van de matrix : 2− r −1
3 −2− r
= r2 − 4 + 3 = r2 − 1 = (r − 1)(r + 1) =⇒ r = ±1.
Voor de eigenvectoren vinden we nu :
r1 = 1 : (
) .
Stel nu x(t) = Ψ(t)u(t), dan volgt (zie : § 7.9, variatie van constanten) :
Ψ′(t)u(t) + Ψ(t)u′(t) = (
2 −1 3 −2
)( et
−et )
et 3e−t
( 1 3
) et + c1
( 1 1
) et + c2
( 1 3
) e−t.
Het kan ook alsvolgt (zie ook : § 7.9). Stel x(t) = Ty(t) met
T = (
t
−t
( 1 3
) et + c1
( 1 1
) et + c2
( 1 3
) e−t.
5. maandag 14 december 1998 Eerst bepalen we de eigenvectoren van A :
r1 = 2 :
1 0 1
∼ 1 0 1
−→ v1 =
1 0 2
∼ 1 0 2
−→ v2 =
.
De matrix A is dus diagonaliseerbaar (niet defect). Een fundamentaalmatrix Ψ(t) is dus bijvoorbeeld :
Ψ(t) =
=
met als inverse
Ψ−1(t) =
e−2t 0 0 0 e−t 0 0 0 e−t
−1 0 −2 1 1 2 1 0 1
=
e−t e−t 2e−t
e−t 0 e−t
Stel nu x(t) = Ψ(t)u(t), dan volgt (zie : § 7.9, variatie van constanten) :
Ψ′(t)u(t) + Ψ(t)u′(t) = AΨ(t)u(t) + g(t) =⇒ Ψ(t)u′(t) = g(t).
Dus :
e−t e−t 2e−t
e−t 0 e−t
et
x(t) = Ψ(t)u(t) =
e−t e−t 2e−t
e−t 0 e−t
−e−t + c1
et.
Het kan ook alsvolgt (zie ook : § 7.9). Stel x(t) = Ty(t) met
T =
=⇒ T−1 =
.
56
−1 0 −2 1 1 2 1 0 1
et
y3(t) = c3e t.
−et + c1e 2t
et.
6. maandag 17 mei 1999 Eerst bepalen we de eigenvectoren van A :
r1 = 1 :
6 −7 −6
∼ 1 0 −1
−→ v1 =
6 −7 −4
∼ 2 0 1
−→ v2 =
Stel nu x(t) = (u1t+ u2)et, dan volgt (zie : § 7.7) :
(u1t+ u1 + 2u2) et = A(u1t+ u2)et =⇒ Au1 = u1 en Au2 = u1 + u2.
Hieruit volgt : (A− I)u1 = o
(A− I)u2 = u1
oftewel (A− I)2u2 = o −→ u1 = (A− I)u2.
Stel nu bijvoorbeeld u1 = v1, dan volgt : 0 −1 0 −4 4 4
6 −7 −6
1 0 1
∼ 1 0 −1
−1 −1
(A− I)2 =
6 −7 −6
6 −7 −6
.
6 −7 −6
0 −1 1
.
Dit geeft dezelfde vorm van de oplossing. Maar men zou u2 ook anders kunnen kiezen :
u2 =
6 −7 −6
1 1 0
Dit leidt tot een iets andere vorm van de oplossing :
x(t) = c1
(a) Eerst berekenen we de eigenwaarden van A :
|A− rI| = 5− r −8
4 −7− r
= r2 + 2r − 3 = (r − 1)(r + 3).
De eigenwaarden zijn dus : r1 = 1 en r2 = −3. Voor de eigenvectoren vinden we nu :
r1 = 1 : (
) .
Hieruit volgt dat de oplossing van x′(t) = Ax(t) gelijk is aan :
x(t) = c1
( 2 1
) et + c2
( 1 1
) e−3t.
58
Nu is eAt (zie : § 7.8) gelijk aan de fundamentaalmatrix Ψ(t) die voldoet aan Ψ(0) = I (de eenheidsmatrix). Dus :(
2 1 1 1
1 0 0 1
) .
Hieruit volgt (voor de eerste kolom c1 = 1 en c2 = −1 en voor de tweede kolom c1 = −1 en c2 = 2) :
eAt =
.
(b) Er zijn drie mogelijkheden (zie : § 7.9) : Methode 1. Via diagonaliseren : A = TDT−1 met D = diag(1,−3) en
T = (
y′(t) = Dy(t) + h(t) met h(t) = T−1g(t) = (
1 + 2t −1− 4t
y′2(t) = −3y2(t)− (1 + 4t)et =⇒
y1(t) = (t2 + t)et + c1e
−3t
t + v3e t, dan volgt (methode van onbepaalde
coefficienten) : x′p(t) = v1(t2 + 2t)et + v2(t+ 1)et + v3e t. Invullen geeft dan :
v1(t2+2t)et+v2(t+1)et+v3e t = Av1t
2et+Av2te t+Av3e
4α 2α+ 2
Ψ(t) = (
) met als inverse
)( 1 −1 −1 2
) .
Stel nu x(t) = Ψ(t)u(t), dan volgt (methode van variatie van constanten) :
Ψ′(t)u(t) + Ψ(t)u′(t) = AΨ(t)u(t) + g(t) =⇒ Ψ(t)u′(t) = g(t).
Dus :
)( et
−2tet
x(t) = Ψ(t)u(t) = (
−3t
(a) Eerst berekenen we de eigenwaarden van A :
|A− rI| = 2− r −1
3 −2− r
= r2 − 4 + 3 = r2 − 1 = (r − 1)(r + 1).
De eigenwaarden zijn dus : r1 = 1 en r2 = −1. Voor de eigenvectoren vinden we nu :
r1 = 1 : (
) .
Hieruit volgt dat de oplossing van x′(t) = Ax(t) gelijk is aan :
x(t) = c1
( 1 1
) et + c2
( 1 3
) e−t.
Nu is eAt (zie : § 7.8) gelijk aan de fundamentaalmatrix Ψ(t) die voldoet aan Ψ(0) = I (de eenheidsmatrix). Dus :(
1 1 1 3
1 0 0 1
) .
Hieruit volgt (voor de eerste kolom c1 = 3/2 en c2 = −1/2 en voor de tweede kolom c1 = −1/2 en c2 = 1/2) :
eAt =
.
(b) Er zijn drie mogelijkheden (zie : § 7.9) : Methode 1. Via diagonaliseren : A = TDT−1 met D = diag(1,−1) en
T = (
y′(t) = Dy(t) + h(t) met h(t) = T−1g(t) = (
2 −1
y′2(t) = −y2(t)− et =⇒
−t.
61
Methode 2. Stel xp(t) = v1te t + v2e
t, dan volgt (methode van onbepaalde coeffi- cienten) : x′p(t) = v1(t+ 1)et + v2e
t. Invullen geeft dan :
t +Av2e t + (
α− 1 α+ 1
) =⇒ α = 2 en v2 =
Ψ(t) = ( et e−t
) met als inverse
) 1 2
) .
Stel nu x(t) = Ψ(t)u(t), dan volgt (methode van variatie van constanten) :
Ψ′(t)u(t) + Ψ(t)u′(t) = AΨ(t)u(t) + g(t) =⇒ Ψ(t)u′(t) = g(t).
62
Dus :
)( et
−et )
et 3e−t
Tentamenopgaven over hfdst. 10
1. donderdag 10 april 1997 Bepaal met behulp van de methode van scheiden van variabelen de oplossing van het randwaardeprobleem :
ut = uxx, 0 < x < 2, t > 0
ux(0, t) = 0, ux(2, t) = 0, t > 0
u(x, 0) = (x− 1)2, 0 ≤ x ≤ 2.
2. dinsdag 3 juni 1997 Bepaal met behulp van de methode van scheiden van variabelen de oplossing van het randwaardeprobleem :
uxx = utt, 0 < x < 1, t > 0
u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, t > 0
u(x, 0) = x(1− x), ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.
3. maandag 15 juni 1998 Bepaal met behulp van de methode van scheiden van variabelen de oplossing van het randwaardeprobleem :
uxx + uyy = 0, 0 < x < 1, 0 < y < 1
u(x, 0) = 0, u(x, 1) = 0, 0 ≤ x ≤ 1
u(0, y) = 0, u(1, y) = y(1− y), 0 ≤ y ≤ 1.
4. donderdag 27 augustus 1998 Bepaal met behulp van de methode van scheiden van variabelen de oplossing van het randwaardeprobleem :
uxx + uyy = 0, 0 < x < 2, 0 < y < 1
u(x, 0) = 0, u(x, 1) = x, 0 ≤ x ≤ 2
ux(0, y) = 0, ux(2, y) = 0, 0 ≤ y ≤ 1.
64
5. donderdag 1 juli 1999 Bepaal met behulp van de methode van scheiden van variabelen de oplossing van het randwaardeprobleem :
ut = uxx, 0 < x < 2, t > 0
ux(0, t) = 0, ux(2, t) = 0, t > 0
u(x, 0) = (x− 1)2, 0 ≤ x ≤ 2.
6. donderdag 6 juli 2000 Beschouw de functie f gedefinieerd door
f(x) = x(1− x), 0 ≤ x ≤ 1.
(a) Bereken de Fouriercosinusreeks van f .
(b) Bereken de Fouriersinusreeks van f .
(c) Bepaal met behulp van de methode van scheiden van variabelen de oplossing van het randwaardeprobleem :
uxx + uyy = 0, 0 < x < 1, 0 < y < 2
u(x, 0) = 0, u(x, 2) = x(1− x), 0 ≤ x ≤ 1
u(0, y) = 0, u(1, y) = 0, 0 ≤ y ≤ 2.
7. vrijdag 1 september 2000 Beschouw de functie f gedefinieerd door
f(x) =
(a) Bereken de Fouriercosinusreeks van f .
(b) Bereken de Fouriersinusreeks van f .
(c) Bepaal met behulp van de methode van scheiden van variabelen de oplossing van het randwaardeprobleem :
4uxx = utt, 0 < x < 2, t > 0
u(0, t) = 0, u(2, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 2.
65
Uitwerkingen van de opgaven over hfdst. 10
1. donderdag 10 april 1997 Stel u(x, t) = X(x)T (t), dan volgt (zie : § 10.1) :
X(x)T ′(t) = X ′′(x)T (t) =⇒ T ′(t) T (t)
= X ′′(x) X(x)
= σ (separatieconstante)
en dus X ′′(x)− σX(x) = 0 en T ′(t)− σT (t) = 0.
Uit de randvoorwaarden ux(0, t) = 0 en ux(2, t) = 0 voor t > 0 volgt : X ′(0) = 0 en X ′(2) = 0. Dus :
X ′′(x)− σX(x) = 0, 0 < x < 2
X ′(0) = 0, X ′(2) = 0.
(i) σ = 0 : X ′′(x) = 0 =⇒ X(x) = a1x + a2. Dus : X ′(x) = a1. Uit X ′(0) = 0 en X ′(2) = 0 volgt nu dat a1 = 0. Dus : σ = 0 is een eigenwaarde met bijbehorende eigenfunctie X0(x) = 1. Voor T (t) vinden we dan : T ′(t) = 0 =⇒ T0(t) = 1.
(ii) σ = λ2 > 0 : X ′′(x) − λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = b1 coshλx + b2 sinhλx. Dus : X ′(x) = λb1 sinhλx+ λb2 coshλx. Uit X ′(0) = 0 volgt nu : λb2 = 0 =⇒ b2 = 0, want λ 6= 0. Dus : X ′(x) = λb1 sinhλx. Uit X ′(2) = 0 volgt nu : λb1 sinh 2λ = 0 =⇒ b1 = 0, want λ sinh 2λ 6= 0. Er zijn dus geen positieve eigenwaarden.
(iii) σ = −λ2 < 0 : X ′′(x) + λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = c1 cosλx + c2 sinλx. Dus : X ′(x) = −λc1 sinλx + λc2 cosλx. Uit X ′(0) = 0 volgt nu : λc2 = 0 =⇒ c2 = 0, want λ 6= 0. Dus : X ′(x) = −λc1 sinλx. Uit X ′(2) = 0 volgt nu : −λc1 sin 2λ = 0. Dit leidt tot niet-triviale oplossingen als
sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = nπ oftewel λ = nπ
2 , n = 1, 2, 3, . . . .
Er zijn dus negatieve eigenwaarden :
σn = −λ2 n = −n
met bijbehorende eigenfuncties
Xn(x) = cos nπx
Voor T (t) vinden we dan
T ′(t)− σnT (t) = 0 =⇒ Tn(t) = e− n2π2t
4 , n = 1, 2, 3, . . . .
Dus :
nπx
2 .
66
Uit de beginvoorwaarde u(x, 0) = (x− 1)2 voor 0 ≤ x ≤ 2 volgt nu
c0
Dit is een Fouriercosinusreeks (zie : § 10.4), dus :
c0 = 2 2
cn = 2 2
nπx
2
nπx
2
= 8
k2π2 , k = 1, 2, 3, . . . .
De oplossing is dus :
u(x, t) = 1 3
2π2t cos kπx.
2. dinsdag 3 juni 1997 Stel u(x, t) = X(x)T (t), dan volgt (zie : § 10.1) :
X ′′(x)T (t) = X(x)T ′′(t) =⇒ X ′′(x) X(x)
= T ′′(t) T (t)
= σ (separatieconstante)
en dus X ′′(x)− σX(x) = 0 en T ′′(t)− σT (t) = 0.
Uit de randvoorwaarden u(0, t) = 0 en u(1, t) = 0 voor t > 0 volgt : X(0) = 0 en X(1) = 0. En uit de beginvoorwaarde ut(x, 0) = 0 voor 0 ≤ x ≤ 1 volgt : T ′(0) = 0. Dus :
X ′′(x)− σX(x) = 0, 0 < x < 1
X(0) = 0, X(1) = 0.
(i) σ = 0 : X ′′(x) = 0 =⇒ X(x) = a1x + a2. Uit X(0) = X(1) = 0 volgt nu dat a1 = a2 = 0. Dus : σ = 0 is geen eigenwaarde.
(ii) σ = λ2 > 0 : X ′′(x) − λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = b1 coshλx + b2 sinhλx. Uit X(0) = 0 volgt nu : b1 = 0. Dus : X(x) = b2 sinhλx. Uit X(1) = 0 volgt nu : b2 sinhλ = 0 =⇒ b2 = 0, want λ 6= 0. Er zijn dus geen positieve eigenwaarden.
67
(iii) σ = −λ2 < 0 : X ′′(x) + λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = c1 cosλx + c2 sinλx. Uit X(0) = 0 volgt nu : c1 = 0. Dus : X(x) = c2 sinλx. Uit X(1) = 0 volgt nu : c2 sinλ = 0. Dit leidt tot niet-triviale oplossingen als
sinλ = 0 =⇒ λ = nπ, n = 1, 2, 3, . . . .
Er zijn dus negatieve eigenwaarden :
σn = −λ2 n = −n2π2, n = 1, 2, 3, . . .
met bijbehorende eigenfuncties
Xn(x) = sinnπx, n = 1, 2, 3, . . . .
Voor T (t) vinden we dan
T ′′(t)− σnT (t) = 0 =⇒ Tn(t) = cn cosnπt+ kn sinnπt, n = 1, 2, 3, . . . .
Hieruit volgt : T ′(t) = −nπcn cosnπt + nπkn cosnπt. Uit de voorwaarde T ′(0) = 0 volgt dan nπkn = 0 =⇒ kn = 0 voor n = 1, 2, 3, . . .. Dus :
u(x, t) = ∞∑ n=1
cn cosnπt sinnπx.
Uit de beginvoorwaarde u(x, 0) = x(1− x) voor 0 ≤ x ≤ 1 volgt nu
∞∑ n=1
cn = 2 ∫ 1
nπ
∫ 1
= − 2 nπ
+ 2 nπ
= 2
n2π2
∫ 1
2 n2π2
+ 4
n2π2
∫ 1
Hieruit volgt :
De oplossing is dus :
u(x, t) = 8 π3
.
68
3. maandag 15 juni 1998 Stel u(x, y) = X(x)Y (y), dan volgt (zie : § 10.1) :
X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = 0 =⇒ X ′′(x) X(x)
= −Y ′′(y) Y (y)
= σ (separatieconstante)
en dus X ′′(x)− σX(x) = 0 en Y ′′(y) + σY (y) = 0.
Uit de randvoorwaarden u(x, 0) = 0 en u(x, 1) = 0 voor 0 ≤ x ≤ 1 volgt : Y (0) = 0 en Y (1) = 0. En uit de randvoorwaarde u(0, y) = 0 voor 0 ≤ y ≤ 1 volgt : X(0) = 0. Dus :
Y ′′(y) + σY (y) = 0, 0 < y < 1
Y (0) = 0, Y (1) = 0.
(i) σ = 0 : Y ′′(y) = 0 =⇒ Y (y) = a1y + a2. Uit Y (0) = Y (1) = 0 volgt nu dat a1 = a2 = 0. Dus : σ = 0 is geen eigenwaarde.
(ii) σ = −λ2 < 0 : Y ′′(y) − λ2Y (y) = 0 =⇒ Y (y) = b1 coshλy + b2 sinhλy. Uit Y (0) = 0 volgt nu : b1 = 0. Dus : Y (y) = b2 sinhλy. Uit Y (1) = 0 volgt nu : b2 sinhλ = 0 =⇒ b2 = 0, want λ 6= 0. Er zijn dus geen negatieve eigenwaarden.
(iii) σ = λ2 > 0 : Y ′′(y) + λ2Y (y) = 0 =⇒ Y (y) = c1 cosλy + c2 sinλy. Uit Y (0) = 0 volgt nu : c1 = 0. Dus : Y (y) = c2 sinλy. Uit Y (1) = 0 volgt nu : c2 sinλ = 0. Dit leidt tot niet-triviale oplossingen als
sinλ = 0 =⇒ λ = nπ, n = 1, 2, 3, . . . .
Er zijn dus positieve eigenwaarden :
σn = λ2 n = n2π2, n = 1, 2, 3, . . .
met bijbehorende eigenfuncties
Voor X(x) vinden we dan
X ′′(x)−σnX(x) = 0 =⇒ Xn(x) = cn coshnπx+dn sinhnπx, n = 1, 2, 3, . . . .
Met de voorwaarde X(0) = 0 volgt nu : cn = 0 voor n = 1, 2, 3, . . .. Dus :
u(x, y) = ∞∑ n=1
dn sinhnπx sinnπy.
Tenslotte gebruiken we nog de randvoorwaarde u(1, y) = y(1− y) voor 0 ≤ y ≤ 1 :
∞∑ n=1
69
dn sinhnπ = 2 ∫ 1
nπ
∫ 1
= − 2 nπ
+ 2 nπ
= 2
n2π2
∫ 1
= 2
Hieruit volgt :
De oplossing is dus :
u(x, y) = 8 π3
.
4. donderdag 27 augustus 1998 Stel u(x, y) = X(x)Y (y), dan volgt (zie : § 10.1) :
X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = 0 =⇒ X ′′(x) X(x)
= −Y ′′(y) Y (y)
= σ (separatieconstante)
en dus X ′′(x)− σX(x) = 0 en Y ′′(y) + σY (y) = 0.
Uit de randvoorwaarde u(x, 0) = 0 voor 0 ≤ x ≤ 2 volgt : Y (0) = 0. Verder volgt uit de randvoorwaarden ux(0, y) = 0 en ux(2, y) = 0 voor 0 ≤ y ≤ 1 : X ′(0) = 0 en X ′(2) = 0. Dus :
X ′′(x)− σX(x) = 0, 0 < x < 2
X ′(0) = 0, X ′(2) = 0.
(i) σ = 0 : X ′′(x) = 0 =⇒ X(x) = a1x + a2. Dus : X ′(x) = a1. Uit X ′(0) = X ′(2) = 0 volgt nu dat a1 = 0. Dus : σ = 0 is een eigenwaarde met bijbehorende eigenfunctie X0(x) = 1. Voor Y (y) vinden we dan : Y ′′(y) = 0 =⇒ Y (y) = d1y + d2. Met de voorwaarde Y (0) = 0 vinden we dus : Y0(y) = y.
(ii) σ = λ2 > 0 : X ′′(x) − λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = b1 coshλx + b2 sinhλx. Dus : X ′(x) = λb1 sinhλx+ λb2 coshλx. Uit X ′(0) = 0 volgt nu : λb2 = 0 =⇒ b2 = 0, want λ 6= 0. Dus : X ′(x) = λb1 sinhλx. Uit X ′(2) = 0 volgt nu : λb1 sinh 2λ = 0 =⇒ b1 = 0, want λ sinh 2λ 6= 0. Er zijn dus geen positieve eigenwaarden.
70
(iii) σ = −λ2 < 0 : X ′′(x) + λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = c1 cosλx + c2 sinλx. Dus : X ′(x) = −λc1 sinλx + λc2 cosλx. Uit X ′(0) = 0 volgt nu : λc2 = 0 =⇒ c2 = 0, want λ 6= 0. Dus : X ′(x) = −λc1 sinλx. Uit X ′(2) = 0 volgt nu : −λc1 sin 2λ = 0. Dit leidt tot niet-triviale oplossingen als
sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = nπ oftewel λ = nπ
2 , n = 1, 2, 3, . . . .
Er zijn dus negatieve eigenwaarden :
σn = −λ2 n = −n
met bijbehorende eigenfuncties
Xn(x) = cos nπx
2 , n = 1, 2, 3, . . . .
Voor Y (y) vinden we dan : Y ′′(y) + σnY (y) = 0 voor 0 < y < 1 met Y (0) = 0. Hieruit volgt :
Yn(y) = sinh nπy
Dus :
nπy
2 .
Tenslotte gebruiken we nog de randvoorwaarde u(x, 1) = x voor 0 ≤ x ≤ 2 :
c0
Dit is een Fouriercosinusreeks (zie : § 10.4), dus :
c0 = 2 2
= 2
en
Hieruit volgt :
, k = 1, 2, 3, . . . .
De oplossing is dus :
∞∑ k=1
2)π .
71
5. donderdag 1 juli 1999 Stel u(x, t) = X(x)T (t), dan volgt (zie : § 10.1 en vergelijk met opgave 1) :
X(x)T ′(t) = X ′′(x)T (t) =⇒ T ′(t) T (t)
= X ′′(x) X(x)
= σ (separatieconstante)
en dus X ′′(x)− σX(x) = 0 en T ′(t)− σT (t) = 0.
Uit de randvoorwaarden ux(0, t) = 0 en ux(2, t) = 0 voor t > 0 volgt : X ′(0) = 0 en X ′(2) = 0. Dus :
X ′′(x)− σX(x) = 0, 0 < x < 2
X ′(0) = 0, X ′(2) = 0.
(i) σ = 0 : X ′′(x) = 0 =⇒ X(x) = a1x + a2. Dus : X ′(x) = a1. Uit X ′(0) = X ′(2) = 0 volgt nu dat a1 = 0. Dus : σ = 0 is een eigenwaarde met bijbehorende eigenfunctie X0(x) = 1. Voor T (t) vinden we dan : T ′(t) = 0 =⇒ T0(t) = 1.
(ii) σ = λ2 > 0 : X ′′(x) − λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = b1 coshλx + b2 sinhλx. Dus : X ′(x) = λb1 sinhλx+ λb2 coshλx. Uit X ′(0) = 0 volgt nu : λb2 = 0 =⇒ b2 = 0, want λ 6= 0. Dus : X ′(x) = λb1 sinhλx. Uit X ′(2) = 0 volgt nu : λb1 sinh 2λ = 0 =⇒ b1 = 0, want λ sinh 2λ 6= 0. Er zijn dus geen positieve eigenwaarden.
(iii) σ = −λ2 < 0 : X ′′(x) + λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = c1 cosλx + c2 sinλx. Dus : X ′(x) = −λc1 sinλx + λc2 cosλx. Uit X ′(0) = 0 volgt nu : λc2 = 0 =⇒ c2 = 0, want λ 6= 0. Dus : X ′(x) = −λc1 sinλx. Uit X ′(2) = 0 volgt nu : −λc1 sin 2λ = 0. Dit leidt tot niet-triviale oplossingen als
sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = nπ oftewel λ = nπ
2 , n = 1, 2, 3, . . . .
Er zijn dus negatieve eigenwaarden :
σn = −λ2 n = −n
met bijbehorende eigenfuncties
Xn(x) = cos nπx
Voor T (t) vinden we dan
T ′(t)− σnT (t) = 0 =⇒ Tn(t) = e− n2π2t
4 , n = 1, 2, 3, . . . .
Dus :
nπx
2 .
Uit de beginvoorwaarde u(x, 0) = (x− 1)2 voor 0 ≤ x ≤ 2 volgt nu
c0
72
c0 = 2 2
cn = 2 2
nπx
2
nπx
2
= 8
k2π2 , k = 1, 2, 3, . . . .
De oplossing is dus :
u(x, t) = 1 3
(a) De Fouriercosinusreeks van f is
f(x) = a0
met
3 x3) 1 0
an = 2 ∫ 1
∫ 1
= 2 nπ
= 2 nπ
∫ 1
= 2
n2π2
∫ 1
= 2
, k = 1, 2, 3, . . .
∞∑ k=1
1 k2
(b) De Fouriersinusreeks van f is
f(x) = ∞∑ n=1
met
∫ 1
= − 2 nπ
= − 2 nπ
+ 2 nπ
= 2
n2π2
∫ 1
= 2
Hieruit volgt :
en dus :
(c) Stel u(x, y) = X(x)Y (y), dan volgt (zie : § 10.1) :
X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = 0 =⇒ X ′′(x) X(x)
= −Y ′′(y) Y (y)
= σ ∈ R
en dus X ′′(x)− σX(x) = 0 en Y ′′(y) + σY (y) = 0.
Uit de randvoorwaarde u(x, 0) = 0 voor 0 ≤ x ≤ 1 volgt : Y (0) = 0. Verder volgt uit de randvoorwaarden u(0, y) = 0 en u(1, y) = 0 voor 0 ≤ y ≤ 2 : X(0) = 0 en X(1) = 0. Dus :
X ′′(x)− σX(x) = 0, 0 < x < 1
X(0) = 0, X(1) = 0.
74
(i) σ = 0 : X ′′(x) = 0 =⇒ X(x) = a1x + a2. Uit X(0) = 0 en X(1) = 0 volgt nu dat a1 = a2 = 0. Dus : σ = 0 is geen eigenwaarde.
(ii) σ = λ2 > 0 : X ′′(x) − λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = b1 coshλx + b2 sinhλx. Uit X(0) = 0 volgt nu : b1 = 0. Dus : X(x) = b2 sinhλx. Uit X(1) = 0 volgt nu : b2 sinhλ = 0 =⇒ b2 = 0, want sinhλ 6= 0. Er zijn dus geen positieve eigenwaarden.
(iii) σ = −λ2 < 0 : X ′′(x) + λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = c1 cosλx + c2 sinλx. Uit X(0) = 0 volgt nu : c1 = 0. Dus : X(x) = c2 sinλx. Uit X(1) = 0 volgt nu : c2 sinλ = 0. Dit leidt tot niet-triviale oplossingen als
sinλ = 0 =⇒ λ = nπ, n = 1, 2, 3, . . . .
Er zijn dus negatieve eigenwaarden :
σn = −λ2 n = −n2π2, n = 1, 2, 3, . . .
met bijbehorende eigenfuncties
Xn(x) = sinnπx, n = 1, 2, 3, . . . .
Voor Y (y) vinden we dan : Y ′′(y) +σnY (y) = 0 voor 0 < y < 2 met Y (0) = 0. Hieruit volgt :
Yn(y) = sinhnπy, n = 1, 2, 3, . . . .
Dus :
cn sinnπx sinhnπy.
Tenslotte gebruiken we nog de randvoorwaarde u(x, 2) = x(1−x) voor 0 ≤ x ≤ 1 :
∞∑ n=1
cn sinh 2nπ sinnπx = x(1− x), 0 ≤ x ≤ 1.
Dit is een Fouriersinusreeks (zie : § 10.4), dus met behulp van (b) volgt :
cn sinh 2nπ = bn = 4
n3π3 [1− (−1)n] , n = 1, 2, 3, . . . .
Hieruit volgt :
c2k = 0 en c2k−1 = − 8 (2k − 1)3π3 sinh(4k − 2)π
, k = 1, 2, 3, . . . .
De oplossing is dus :
u(x, y) = 8 π3
.
(a) De Fouriercosinusreeks van f is
f(x) = a0
+ (2x− 1 2 x2) 2 1
= 1
an = 2 2
nπx
2
k2π2
(b) De Fouriersinusreeks van f is
f(x) = ∞∑ n=1
bn sin nπx
nπx
2
Hieruit volgt :
(2k − 1)2π2 , k = 1, 2, 3, . . .
en dus :
(c) Stel u(x, t) = X(x)T (t), dan volgt (zie : § 10.1) :
4X ′′(x)T (t) = X(x)T ′′(t) =⇒ X ′′(x) X(x)
= 1 4 T ′′(t) T (t)
= σ ∈ R
en dus X ′′(x)− σX(x) = 0 en T ′′(t)− 4σT (t) = 0.
Uit de randvoorwaarden u(0, t) = 0 en u(2, t) = 0 voor t ≥ 0 volgt : X(0) = 0 en X(2) = 0. Verder volgt uit de randvoorwaarde ut(x, 0) = 0 voor 0 ≤ x ≤ 2 : T ′(0) = 0. Dus :
X ′′(x)− σX(x) = 0, 0 < x < 2
X(0) = 0, X(2) = 0.
(i) σ = 0 : X ′′(x) = 0 =⇒ X(x) = a1x + a2. Uit X(0) = 0 en X(2) = 0 volgt nu dat a1 = a2 = 0. Dus : σ = 0 is geen eigenwaarde.
(ii) σ = λ2 > 0 : X ′′(x) − λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = b1 coshλx + b2 sinhλx. Uit X(0) = 0 volgt nu : b1 = 0. Dus : X(x) = b2 sinhλx. Uit X(2) = 0 volgt nu : b2 sinh 2λ = 0 =⇒ b2 = 0, want sinh 2λ 6= 0. Er zijn dus geen positieve eigenwaarden.
(iii) σ = −λ2 < 0 : X ′′(x) + λ2X(x) = 0 =⇒ X(x) = c1 cosλx + c2 sinλx. Uit X(0) = 0 volgt nu : c1 = 0. Dus : X(x) = c2 sinλx. Uit X(2) = 0 volgt nu : c2 sin 2λ = 0. Dit leidt tot niet-triviale oplossingen als
sin 2λ = 0 =⇒ 2λ = nπ oftewel λ = nπ
2 , n = 1, 2, 3, . . . .
Er zijn dus negatieve eigenwaarden :
σn = −λ2 n = −n
met bijbehorende eigenfuncties
Xn(x) = sin nπx
77
Voor T (t) vinden we dan : T ′′(t)− 4σnT (t) = 0 oftewel T ′′(t) + n2π2T (t) = 0 voor t > 0 met T ′(0) = 0. Hieruit volgt :
Tn(t) = cn cosnπt+ kn sinnπt =⇒ T ′(t) = −nπcn sinnπt+ nπkn cosnπt
voor n = 1, 2, 3, . . .. Uit T ′(0) = 0 volgt dan : nπkn = 0 en dus kn = 0 voor n = 1, 2, 3, . . ..
Dus :
2 .
Tenslotte gebruiken we nog de randvoorwaarde u(x, 0) = f(x) voor 0 ≤ x ≤ 2 :
∞∑ n=1
2 = f(x), 0 ≤ x ≤ 2.
Dit is een Fouriersinusreeks (zie : § 10.4), dus met behulp van (b) volgt :
cn = bn = 8
Hieruit volgt :
(2k − 1)2π2 , k = 1, 2, 3, . . . .
De oplossing is dus :
u(x, t) = 8 π2
2 )πx.