Aanvullingen van de Wiskunde

S. Caenepeel

Syllabus 131 bij 1009383BNR “Aanvullingen van de Wiskunde”Derde Bachelor Ingenieurswetenschappen Electronica en Informatietechnologie, Derde Bachelor Fysica 2017

Inhoudsopgave

1 Eerste integralen 3

1.1 Eerste integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Het bepalen van eerste integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Lineaire partiele differentiaalvergelijkingen van orde 1 9

2.1 Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.2 Homogene lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde een . . . . . . . . . . 11

2.3 De volledige lineaire vergelijking van orde een . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.4 Het vraagstuk van Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3 Partiele differentiaalvergelijkingen van orde 2 18

3.1 Quasi-lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde 2 . . . . . . . . . . . . . 18

3.2 Het vraagstuk van Cauchy en karakteristieke krommen . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.3 Herleiding tot de kanonische vorm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.4 Het geassocieerd stelsel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.5 Voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4 Oneindigdimensionale Euclidische Ruimten 31

4.1 Genormeerde ruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4.2 Banachruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4.3 Euclidische ruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5 Fourierreeksen 52

5.1 Goniometrische veeltermen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1

5.2 Veeltermen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

5.3 Trapfuncties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

5.4 Dubbele Fourierreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

5.5 Orthogonale basissen en het Sturm-Liouville probleem . . . . . . . . . . . . . . . 70

5.6 Besselfuncties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

6 De methode van de scheiding der veranderlijken 78

6.1 Het vraagstuk van de trillende snaar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

6.2 De potentiaal binnen een bol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

6.3 De tweedimensionale warmtevergelijking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

6.4 De potentiaal binnen een cilinder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

6.5 Het drumstel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

2

Hoofdstuk 1

Eerste integralen

1.1 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)

(1.1)

Een eerste integraal van het stelsel (1.1) 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 (1.1), 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 1.1.1 Als men een eerste integraal φ(x,y1, · · · ,yn) = c van het stelsel (1.1) kent, dan kanmen het stelsel vervangen door een equivalent stelsel van orde n− 1, waarin ook de constante cvoorkomt.

3

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 (1.1) geeft een stelsel in de n− 1 onbe-kenden y2, · · · ,yn, dat bovendien afhangt van c. �

Stelling 1.1.2 Als de algemene integraal van het stelsel (1.1) 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)

(1.2)

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)

(1.3)

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) (1.4)

zulk een eerste integraal. (1.3) en (1.4) 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 (1.3) kennen. Hieruit kunnen wey1,y2, · · · ,yn oplossen, zodat we een stelsel van de vorm (1.2) krijgen. Dit is een algemene inte-graal. �

Men kan stelling 1.1.2 als volgt interpreteren: de algemene integraal van (1.1) is in feite een ver-zameling krommen in Rn die afhangt van n parameters c1, · · · ,cn. Als we deze algemene integraal

4

schrijven onder de vorm (1.2), dan betekent dit dat we van elke oplossing een stel parameterver-gelijkingen kennen. Als we n verschillende eerste integralen (1.3) kennen, dan betekent dit dat weelke oplossing kennen als de doorsnede van n hyperoppervlakken in Rn+1.

1.2 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 1.1.2 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 (1.1)onder de vorm

dxg

=dy1

g1= · · ·= dyn

gn(= k) (1.5)

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 1.2.1 We beschouwen het stelseldx

x− y=

dyx+ y

=dzz

(1.6)

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 (1.6).

5

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 1.2.2 We beschouwen het stelseldx

y− z=

dyz− x

=dz

x− y(1.7)

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 (1.7) zijn dus de krommen{x+ y+ z = c1x2 + y2 + z2 = c2

(1.8)

De oplossingen zijn dus cirkels met middelpunt op de as R(1,1,1) en gelegen in een vlak loodrechtop deze as.

6

Voorbeeld 1.2.3 We beschouwen weer het stelsel (1.6). 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 (1.6) 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

Voorbeeld 1.2.4 Behoudswetten (behoud van energie, hoeveelheid van beweging,...) leiden somstot eerste integralen. We zullen dit illustreren aan de hand van een eenvoudig voorbeeld: de valbe-weging. De differentiaalvergelijking die de val van een deeltje beschrijft is

h′′ =−g

Hierbij is h(t) de hoogte op tijdstip t en g de valversnelling. De potentiele energie van het deeltje ismgh, en de kinetische energie is mv2/2, waarbij v(t) de snelheid op tijdstip t is. De totale energieis constant:

E = mgh+mv2

2= c

7

We zullen dit op een alternatieve manier aantonen. Eerst schrijven we de differentiaalvergelijkingvan orde 1 als een differentiaalstelsel: {

h′ = vv′ =−g

ofdhv

=dv−g

= dt

De eerste vergelijking geeft een eerste integraal:

−gdh = vdv

−gh+ c =v2

2

gh+v2

2= c1

De tweede vergelijking geeft als tweede eerste integraal

v+gt = c2

Deze drukt de verandering van impuls uit als gevolg van de constante zwaartekracht mg.

8

Hoofdstuk 2

Lineaire partiele differentiaalvergelijkingenvan orde 1

2.1 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 2.1.1 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 2.1.2 We nemen nu de volgende partiele differentiaalvergelijking van orde 2:

a2 ∂2z∂x2 −

∂2z∂y2 = 0 (2.1)

9

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 (2.1), 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 (2.1).

Voor een differentiaalvergelijking van drie veranderlijken wordt de situatie nog ingewikkelder: dealgemene integraal hangt nu af van een willekeurige functie van twee veranderlijken.

Voorbeeld 2.1.3 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

10

2.2 Homogene lineaire partiele differentiaalvergelijking van ordeeen

Een partiele differentiaalvergelijking van de vorm

a1(x1, · · · ,xn)∂y∂x1

+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)∂y∂xn

= 0 (2.2)

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)(2.3)

Zoals we zullen zien is er een verband tussen de oplossingen van (2.2) (meetkundig gezien hyper-oppervlakken in Rn+1) en de eerste integralen van (2.3).Onderstel dat

f (x1,x2, · · · ,xn) = c

een eerste integraal is van het geassocieerd stelsel (2.3). Op een oplossing van (2.3) is dus

d f =∂ f∂x1

dx1 +∂ f∂x2

dx2 + · · ·∂ f∂xn

dxn = 0

en, vanwege (2.3)

a1(x1, · · · ,xn)∂ f∂x1

+ · · ·+an(x1, · · · ,xn)∂ f∂xn

= 0 (2.4)

Waar (2.3) voldoet aan de voorwaarden van de bestaansstelling gaat er door elk punt een oplossingvan (2.3). In een dergelijk punt geldt dus (2.4). (2.4) drukt dus uit dat y = f (x1, · · · ,xn) eenoplossing is van (2.2). Elke eerste integraal van (2.3) levert dus een oplossing van (2.2).Omgekeerd, onderstel dat y = f (x1, · · · ,xn) een oplossing is van (2.2). We zullen aantonen datf (x1, · · · ,xn) = c dan een eerste integraal is van (2.3). Uit het voorgaande hoofdstuk weten wedat we n− 1 verschillende eerste integralen van (2.3) 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 (2.2). 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

11

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 (2.3). Hiermee hebben we de volgende stelling bewezen:

Stelling 2.2.1 y = f (x1, · · · ,xn) is een oplossing van (2.2) als en alleen als f (x1, · · · ,xn) = c eeneerste integraal is van (2.3). Om de algemene integraal van (2.2) te vinden volstaat het om n−1 verschillende eerste integralen f1 = c1, · · · , fn−1 = cn−1 van (2.3) te bepalen. De algemeneintegraal is dan

y = φ(

f1(x1, · · · ,xn), · · · , fn−1(x1, · · · ,xn))

Voorbeeld 2.2.2 We beschouwen de partiele differentiaalvergelijking

y∂u∂x

+ x∂u∂y

+ z∂u∂z

= 0 (2.5)

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

)

12

De tweede eerste integraal is dus

f2(x,y,z) =−z

x+ y= c2

De algemene integraal van (2.5) is dus

u = φ

(x2− y2,

zx+ y

)waarbij φ een willekeurige functie in twee veranderlijken is.

2.3 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) (2.6)

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 (2.7)

Dit betekent dat ψ nu de nieuwe onbekende functie is. Als we (2.7) 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 (2.6), dan vinden we

a1(x1, · · · ,xn,y)∂ψ

∂x1+ · · ·+an(x1, · · · ,xn,y)

∂ψ

∂xn+b(x1, · · · ,xn,y)

∂ψ

∂y= 0 (2.8)

Dit is een homogene lineaire vergelijking in ψ. Het geassocieerd stelsel is

dx1

a1=

dx2

a2= · · ·= dxn

an=

dyb

(2.9)

Dit is een stelsel van orde n, en het bezit n verschillende eerste integralen f1 = c1, · · · , fn = cn. Dealgemene integraal van (2.8) is dus

ψ = φ( f1, f2, · · · , fn)

waarbij φ een willekeurige functie in n veranderlijken is. De oplossing van (2.6) wordt implicietgegeven door de betrekking

φ( f1, f2, · · · , fn) = 0 (2.10)

13

Voorbeeld 2.3.1 We beschouwen de partiele differentiaalvergelijking

yp+ xq = z (2.11)

We zoeken oplossingen van de vormψ(x,y,z) = 0

(2.8) wordt nu

y∂ψ

∂x+ x

∂ψ

∂y+ z

∂ψ

∂z= 0

en dit is juist (2.5). We hebben deze vergelijking reeds opgelost, (voorbeeld 2.2.2) en de algemeneintegraal is

ψ = φ

(x2− y2,

zx+ y

)De algemene integraal van (2.11) 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 (2.6) kunnen we dan schrijven als

a(x,y,z)p+b(x,y,z)q = c(x,y,z) (2.12)

Elke oplossing van (2.12) 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 (2.13)

Hierbij is (x,y,z) een lopend punt in het raakvlak. Uit (2.12) en (2.13) volgt dat de rechte metvergelijking

x− xa

=y− y

b=

z− zc

(2.14)

in het raakvlak (2.13) ligt. Voor elk punt (x,y,z) ∈R3 kunnen we de rechte met vergelijking (2.14)neerschrijven.

14

Een kromme die in elk punt raakt aan de rechte (2.14) 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

(2.15)

en dit is juist het geassocieerd stelsel aan de partiele differentiaalvergelijking (2.12). 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.

2.4 Het vraagstuk van Cauchy

Beschouw weer de partiele differentiaalvergelijking (2.12)

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 (2.12) 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.

15

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 (2.16)

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 2.4.1 We hernemen de partiele differentiaalvergelijking

yp+ xq = z

Welk integraaloppervlak gaat door de hyperbool met vergelijking{y = 0xz = 1

16

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

17

Hoofdstuk 3

Partiele differentiaalvergelijkingen vanorde 2

3.1 Quasi-lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde 2

We beperken ons tot het geval van functies van twee veranderlijken:

z = z(x,y)

We gebruiken de standaard notaties voor de eerste en tweede partiele afgeleiden van z:

p =∂z∂x

; q =∂z∂y

r =∂2z∂x2 ; s =

∂2z∂x∂y

; t =∂2z∂y2

Een quasi-lineaire partiele differentiaalvergelijking van orde twee is van de vorm

a(x,y)r+2b(x,y)s+ c(x,y)t = f (x,y,z, p,q) (3.1)

De vergelijking is dus lineair in de tweede afgeleiden r,s en t, maar niet in x,y,z, p en q.

Voorbeelden 3.1.1 Hier zijn drie typische voorbeelden van quasi-lineare partiele differentiaalver-gelijkingen van orde 2:

r− t = 0 de golfvergelijkingr−q = 0 de diffusievergelijkingr+ t = 0 de vergelijking van Laplace

In (3.1) voeren we een coordinatentransformatie uit:{ξ = ϕ(x,y)η = ψ(x,y)

18

We onderstellen dat ϕ en ψ continue partiele afgeleiden tot op orde twee bezitten en dat de Jacobi-aanse determinant

∂(ϕ,ψ)

∂(x,y)6= 0

nergens nul is. Gebruik makend van de kettingregel vinden we

p =∂z∂ξ

∂ϕ

∂x+

∂z∂η

∂ψ

∂x

en

r =∂z∂ξ

∂2ϕ

∂x2 +∂ϕ

∂x

(∂2z∂ξ2

∂ϕ

∂x+

∂2z∂ξ∂η

∂ψ

∂x

)+

∂z∂η

∂2ψ

∂x2 +∂ψ

∂x

(∂2z

∂ξ∂η

∂ϕ

∂x+

∂2z∂η2

∂ψ

∂x

)q, s en t worden op analoge manier berekend. Als we alles invullen in (3.1) krijgen we

α∂2z∂ξ2 +2β

∂2z∂ξ∂η

+ γ∂2z∂η2 = φ

(ξ,η,z,

∂z∂ξ

,∂z∂η

)waarbij

α = a(

∂ϕ

∂x

)2

+2b∂ϕ

∂x∂ϕ

∂y+ c(

∂ϕ

∂y

)2

β = a∂ϕ

∂x∂ψ

∂x+b(

∂ϕ

∂x∂ψ

∂y+

∂ϕ

∂y∂ψ

∂x

)+ c

∂ϕ

∂y∂ψ

∂y

γ = a(

∂ψ

∂x

)2

+2b∂ψ

∂x∂ψ

∂y+ c(

∂ψ

∂y

)2

Na een beetje rekenwerk kunnen we hieruit afleiden dat

β2−αγ = (b2−ac)

(∂(ϕ,ψ)

∂(x,y)

)2

Het teken van b2− ac blijft dus ongewijzigd na een coordinatentransformatie. Daarom klasserenwe quasi-lineaire vergelijkingen volgens het teken van b2−ac:

• als b2− ac > 0 over een domein D, dan noemen we de vergelijking hyperbolisch over ditdomein;

• als b2−ac< 0 over een domein D, dan noemen we de vergelijking elliptisch over dit domein;

• in de punten waar b2−ac = 0 noemen we de vergelijking parabolisch.

De golfvergelijking is overal hyperbolisch; de vergelijking van Laplace is overal elliptisch; dediffusievergelijking is overal parabolisch.

19

3.2 Het vraagstuk van Cauchy en karakteristieke krommen

Het vraagstuk van Cauchy bestaat erin om een integraaloppervlak van (3.1) te vinden dat door eengegeven kromme k gaat, en zodanig dat het oppervlak in elk punt van k raakt aan een gegeven vlak.We kunnen dit als volgt formuleren: gegeven zijn 5 functies van een veranderlijke

ξ(t),η(t),ζ(t), p(t),q(t)

ξ(t),η(t),ζ(t) bepalen de vergelijking van k:x = ξ(t)y = η(t)z = ζ(t)

De functies p(t) en q(t) bepalen de vergelijking van het raakvlak in het punt (ξ(t),η(t),ζ(t)):

z−ζ(t) = p(t)(x−ξ(t))+q(t)(y−η(t))

We zoeken dan een integraaloppervlak z = φ(x,y) dat voldoet aan de voorwaarden

φ(ξ(t),η(t)) = ζ(t) (3.2)∂φ

∂x(ξ(t),η(t)) = p(t) (3.3)

∂φ

∂y(ξ(t),η(t)) = q(t) (3.4)

(3.2) drukt uit dat het integraaloppervlak door k gaat, en (3.3) en (3.4) drukken uit dat het inte-graaloppervlak raakt aan het gegeven raakvlak. De 5 gegeven functies zijn niet onafhankelijk: alswe (3.2) afleiden naar t, dan krijgen we, rekening houdend met (3.3) en (3.4),

ζ′(t) =

∂φ

∂xξ′(t)+

∂φ

∂yη′(t) = p(t)ξ′(t)+q(t)η′(t) (3.5)

Dit kunnen we ook meetkundig inzien: de raaklijn aan de kromme k moet in het raakvlak liggen,dus is er maar een parameter nodig om het raakvlak vast te leggen. We onderstellen dus dat de vijfgegeven functies voldoen aan (3.5). Als we (3.3) en (3.4) afleiden naar t, dan krijgen we

p′(t) =∂2φ

∂x2 (ξ(t),η(t))ξ′(t)+

∂2φ

∂x∂y(ξ(t),η(t))η′(t) (3.6)

q′(t) =∂2φ

∂x∂y(ξ(t),η(t))ξ′(t)+

∂2φ

∂y2 (ξ(t),η(t))η′(t) (3.7)

Aangezien de punten van k op het integraaloppervlak liggen hebben we ook

a(ξ(t),η(t))∂2φ

∂x2 (ξ(t),η(t))+2b(ξ(t),η(t))∂2φ

∂x∂y(ξ(t),η(t))

+ c(ξ(t),η(t))∂2φ

∂y2 (ξ(t),η(t)) = f (ξ(t),η(t),φ(ξ(t),η(t)), p(t),q(t)) (3.8)

20

De vergelijkingen (3.6), (3.7) en (3.8) vormen een stelsel lineaire vergelijkingen in

∂2φ

∂x2 (ξ(t),η(t)),∂2φ

∂x∂y(ξ(t),η(t)),

∂2φ

∂y2 (ξ(t),η(t))

Als dit stelsel geen unieke oplossing heeft, dan is de determinant nul:∣∣∣∣∣∣ξ′(t) η′(t) 0

0 ξ′(t) η′(t)a(ξ(t),η(t)) 2b(ξ(t),η(t)) c(ξ(t),η(t))

∣∣∣∣∣∣= 0

ofcξ′(t)2−2bη

′(t)ξ′(t)+aη′(t)2 = 0 (3.9)

Dit is een homogene kwadratische vergelijking in ξ′ en η′; als we delen door (ξ′)2 krijgen we eengewone kwadratische vergelijking in λ = η′/ξ′:

aλ2−2bλ+ c = 0 (3.10)

De twee (eventueel samenvallende of toegevoegd complexe) wortels λ1(x,y) en λ2(x,y) interpre-teren we als richtingscoefficienten in het xy-vlak: het is de richtingscoefficient van de raaklijnvan k′, de projectie van k op het xy-vlak. We noemen de nulpunten van (3.10) de karakteristiekerichtingen. Een kromme k′ die in elk punt raakt aan een karakteristieke richting noemen we karak-teristieke grondkromme. De vergelijking van deze karakteristieke grondkromme is:

dydx

= λ1(x,y) ;dydx

= λ2(x,y)

In een hyperbolisch punt zijn er twee reele karakteristieke richtingen; in een elliptisch punt zijn dekarakteristieke richtingen toegevoegd complex; in een parabolisch punt is er slechts een karakte-ristieke richting.

3.3 Herleiding tot de kanonische vorm

De karakteristieke richtingen kunnen we gebruiken om (3.1) tot een eenvoudige vorm te herleiden.

Eerste geval

Onderstel dat de vergelijking hyperbolisch is in (een omgeving van) (x0,y0). (3.10) heeft dus tweeverschillende reele wortels λ1(x,y) en λ2(x,y). Kies dan functies ϕ(x,y),ψ(x,y) zodat{

∂ϕ

∂x +λ1∂ϕ

∂y = 0∂ϕ

∂y 6= 0en

{∂ψ

∂x +λ2∂ψ

∂y = 0∂ψ

∂y 6= 0

21

op een omgeving van (x0,y0). We voeren dan volgende coordinatentransformatie uit:{ξ = ϕ(x,y)η = ψ(x,y)

De Jacobiaanse determinant van deze transformatie is

∂(ϕ,ψ)

∂(x,y)=

∂ϕ

∂x∂ψ

∂y− ∂ϕ

∂y∂ψ

∂x= (λ2−λ1)

∂ϕ

∂y∂ψ

∂y6= 0

zoals gewenst. Uit de berekeningen van § 3.1 volgt nu dat

α = a(

∂ϕ

∂x

)2

+2b∂ϕ

∂x∂ϕ

∂y+ c(

∂ϕ

∂y

)2

= (aλ21−2bλ1 + c)

(∂ϕ

∂y

)2

= 0

Op dezelfde manier vinden we dat γ = 0, en de vergelijking neemt volgende vorm aan:

∂2z∂ξ∂η

= Φ

(ξ,η,z,

∂z∂ξ

,∂z∂η

)(3.11)

Dit noemen we de kanonische vorm voor een hyperbolische vergelijking. We kunnen deze nogherschrijven na volgende transformatie: {

ξ = ξ+η

η = ξ−η

We krijgen dan∂2z

∂ξ2 −

∂2z∂η

2 = Φ

(ξ,η,z,

∂z

∂ξ,

∂z∂η

)

Tweede geval

Onderstel dat de vergelijking elliptisch is in (een omgeving van) (x0,y0). We kiezen ϕ en stellendan ψ = ϕ, de complex toegevoegde van φ. De vergelijking neemt dan opnieuw de vorm (3.11)aan, maar uiteraard zijn de veranderlijken complex. Om een reele vorm te krijgen, nemen we

ξ = ξ+η = ϕ(x,y)+ψ(x,y)η = 1

i (ξ−η) = 1i (ϕ(x,y)−ψ(x,y))

en dan wordt de vergelijking

∂2z

∂ξ2 +

∂2z∂η

2 = Φ

(ξ,η,z,

∂z

∂ξ,

∂z∂η

)

22

Derde geval

Onderstel dat de vergelijking parabolisch is op een omgeving van (x0,y0). Er is dan slechts eenkarakteristieke richting λ, en we kiezen ψ{

∂ψ

∂x +λ∂ψ

∂y = 0∂ψ

∂y 6= 0

op een omgeving van (x0,y0). Verder kiezen we ϕ zodat

∂(ϕ,ψ)

∂(x,y)6= 0

We stellen dan weer {ξ = ϕ(x,y)η = ψ(x,y)

Zoals in het hyperbolisch geval vinden we γ = 0. Omdat β2−αγ = 0, is ook β = 0, en de vergelij-king wordt

∂2z∂ξ2 = Φ

(ξ,η,z,

∂z∂ξ

,∂z∂η

)

3.4 Het geassocieerd stelsel

Beschouw weer het stelsel lineaire vergelijkingen (3.6), (3.7) en (3.8).Als de determinant van het stelsel verschillend van nul is, dan heeft het stelsel precies 1 oplossing;als de determinant nul is, dan zijn er twee mogelijkheden: er is geen enkele oplossing, of er zijnoneindig veel oplossingen. Er zijn oneindig veel oplossingen als de rang van de uitgebreide matrixvan het stelsel ξ′ η′ 0 p′

0 ξ′ η′ q′

a 2b c f

kleiner is dan drie. Dit is het geval als twee drie maal drie deeldeterminanten van de matrix nulzijn. Een eerste deeldeterminant gelijk aan nul geeft (3.9). Een tweede deeldeterminant is:

∣∣∣∣∣∣ξ′ 0 p′

0 η′ q′

a c f

∣∣∣∣∣∣= 0

ofap′η′+ cq′ξ′ = f ξ

′η′ (3.12)

Wat kunnen we besluiten: indien het vraagstuk van Cauchy een oneindig aantal oplossingen heeft,dan voldoen de functies ξ(t),η(t),ζ(t), p(t),q(t) aan de vergelijkingen (3.5), (3.9) en (3.12). We

23

veranderen de notatie door ξ, η en ζ te vervangen door x,y en z. Dit geeft het volgende differenti-aalstelsel, dat we het geassocieerd stelsel aan de vergelijking (3.1) noemen.

dz = pdx+qdycdx2−2bdxdy+ady2 = 0adydp+ cdxdq = f dxdy

(3.13)

Merk op dat dit een stelsel is met vijf onbekende functies, maar slechts drie vergelijkingen. Deoplossingen van de stelsels (3.14) en (3.15) zijn ook oplossingen van (3.13).

dz = pdx+qdydy = λ1dxaλ1dp+ cdq = f λ1dx

(3.14)

dz = pdx+qdydy = λ2dxaλ2dp+ cdq = f λ2dx

(3.15)

Zonder bewijs geven we volgende eigenschappen.

Stelling 3.4.1 Als v(x,y,z, p,q) = c een eerste integraal is van (3.13), dan zijn de oplossingen vande partiele differentiaalvergelijking van eerste orde

v(x,y,z, p,q) = 0

ook oplossingen van (3.1)

Stelling 3.4.2 Als v1(x,y,z, p,q) = c1 en v2(x,y,z, p,q) = c2 twee verschillende eerste integralenzijn van (3.14), dan is (3.1) equivalent met de vergelijking

φ(v1(x,y,z, p,q),v2(x,y,z, p,q)) = 0

waarbij φ een willekeurige functie van twee veranderlijken is.

Opmerkingen 3.4.3 1) Uiteraard mogen we in stelling 3.4.2 ook twee verschillende eerste in-tegralen van (3.15) nemen. De stelling is wel niet geldig als we een eerste integraal van (3.14)combineren met een van (3.15).2) Als we twee verschillende integralen van (3.14) kunnen vinden, dan laat stelling 3.4.2 toe omde oplossing van de partiele differentiaalvergelijking (3.1) te herleiden tot de oplossing van eenpartiele differentiaalvergelijking van orde een, met daarin een willekeurige functie. De algemeneintegraal van (3.1) zal dus afhangen van twee willekeurige functies.

3.5 Voorbeelden

Voorbeeld 1

y2r−2xys+ x2t = px+qy− z (3.16)

24

De vergelijking (3.9) wordtx2dx2 +2xydxdy+ y2dy2 = 0

ofxdx+ ydy = 0

We hebben dus een parabolische vergelijking. De stelsels (3.14) en (3.15) vallen samen, en wordendz = pdx+qdyxdx+ ydy = 0y2dp− xydq+(z− px−qy)dx = 0

De tweede vergelijking geeft als eerste integraal:

x2 + y2 = c1

We herschrijven de derde vergelijking:

y(ydp− xdq)+ zdx+ y(pdy−qdx) = 0

d(py−qx)+zy

dx = 0

De eerste twee vergelijkingen geven samen

dz =py−qx

ydx

en we krijgen dus

d(py−qx)+zdz

py−qx= 0

en dit geeft als tweede eerste integraal

(py−qx)2 + z2 = c2

Uit stelling 3.4.2 volgt dat het probleem herleid wordt tot het integreren van de partiele differenti-aalvergelijking

(py−qx)2 + z2 = f (x2 + y2) (3.17)

waarbij f een willekeurige functie van 1 veranderlijke is. We kunnen deze herleiden tot een lineairepartiele differentiaalvergelijking van orde een:

py−qx =±√

f (x2 + y2)− z2

met geassocieerd stelseldxy

=dy−x

=dz

±√

f (x2 + y2)− z2

De eerste vergelijking levert een eerste integraal:

x2 + y2 = c21

25

Als we deze substitueren in het stelsel krijgen we

dx√c2

1− x2=

dz

±√

f (c21)− z2

of±bgsin

z√f (c2

1)= bgsin

xc1

+ c2

We nemen de sinus van beide leden:

± z√f (c2

1)= sin

(bgsin

xc1

+ c2

)=

xc1

cosc2 + sinc2 cos(

bgsinxc1

)=

xc1

cosc2 + sinc2

√1−(

xc1

)2

=xc1

cosc2 +yc1

sinc2

=1c1(xcosc2 + ysinc2)

en als we de eerste integraal opnieuw invullen, krijgen we als tweede eerste integraal

z =±

√f (x2 + y2)

x2 + y2 (xcosc2 + ysinc2)

De algemene integraal van (3.17), en dus van (3.16) vinden we door c2 = g(c1) te stellen, met geen willekeurige functie van een veranderlijke:

z =±

√f (x2 + y2)

x2 + y2 (xcosg(x2 + y2)+ ysing(x2 + y2))

ofz = xφ(x2 + y2)+ yψ(x2 + y2)

waarbij φ en ψ willekeurige functies in een variabele.

Voorbeeld 2: De golfvergelijking

a2 ∂2z∂x2 −

∂2z∂t2 = 0 (3.18)

waarbij a > 0. De vergelijking (3.9) wordt

a2dt2−dx2 = 0

26

of (adt−dx)(adt +dx) = 0. We hebben dus een hyperbolische vergelijking. (3.14) en (3.15) zijnnu

dz = pdx+qdtadt−dx = 0adp−dq = 0

en

dz = pdx+qdtadt +dx = 0adp+dq = 0

We vinden gemakkelijk twee eerste integralen van het eerste stelsel:

at− x = c1 en ap−q = c2

De differentiaalvergelijking is dus gelijkwaardig met

ap−q = f (at− x)

waarbij f een willekeurige functie van een veranderlijke is. Het geassocieerd stelsel van dezelineaire partiele differentiaalvergelijking van eerste orde is

dxa

=dt−1

=dz

f (at− x)

De eerste gelijkheid geeft een eerste integraal van dit stelsel:

at + x = c1

Een tweede eerste integraal bepalen we als volgt:

adz = f (at− x)dx = f (c1−2x)dx

Integreren geeftz = φ(c1−2x)+ c2 = φ(at− x)+ c2

waarbij φ een nieuwe willekeurige functie. De algemene integraal vinden we door c2 = ψ(c1) testellen, zodat

z = φ(at− x)+ψ(at + x)

de algemene integraal is van de golfvergelijking.

De functies φ en ψ kunnen we bepalen als we rand- en beginvoorwaarden kennen. We geven eenfysisch voorbeeld.Beschouw een oneindig lange buis, gevuld met een fluıdum, waarvan de as langs de x-as ligt. Opt = 0 wordt in het punt x = 0 het evenwicht van het fluıdum verbroken.

Onder ideale voorwaarden (volmaakt fluıdum, onvervormbare buis) zal de longitudinale verplaat-sing z(x, t) van een schijf fluıdum in het punt x op het tijdstip t voldoen aan (3.18), waarbij aafhankelijk is van het fluıdum.We onderstellen dat het fluıdum op tijdstip t = 0 in rust is, en we gaan na wat er gebeurt in het

deel van de buis dat overeenkomt met x≥ 0. De rand- en beginvoorwaarden zijn dan{z(x,0) = 0 en ∂z

∂t (x,0) = 0 voor x≥ 0z(0, t) = f (t) als t ≥ 0

27

0 x

Figuur 3.1: Voortplanting van een storing

f (t) hangt af van de storing die in x = 0 wordt gegeven. Als we de rand- en beginvoorwaardeninvullen in de algemene integraal vinden we

φ(−x)+ψ(x) = 0 (3.19)a(φ′(−x)+ψ

′(x)) = 0 (3.20)φ(at)+ψ(at) = f (t) (3.21)

voor x≥ 0 en t ≥ 0. Afleiden van (3.19) naar x geeft

−φ′(−x)+ψ

′(x) = 0

Uit (3.20) volgt dan dat ψ′(x) = 0, zodat ψ(x) = c, en dus ook φ(−x) = −c, voor elke x ≥ 0. Uitvergelijking (3.21) volgt φ(x) voor x≥ 0:

φ(x) = f (x/a)−ψ(x) = f (x/a)− c

Als at− x≤ 0 vinden we dus

z = φ(at− x)+ψ(at + x) =−c+ c = 0

en voor at− x≥ 0:

z = φ(at− x)+ψ(at + x) = f (t− x/a)− c+ c = f (t− x/a)

en de uiteindelijke oplossing is dus (voor x≥ 0 en t ≥ 0):

z(x, t) ={0 als t ≤ x/a

f (t− x/a) als t ≥ x/a

De storing die werd aangebracht in x = 0 verplaatst zich dus zonder vervorming in de x-richtingmet snelheid a.

Voorbeeld 3: vergelijking van Laplace

∂2z∂x2 +

∂2z∂y2 = 0 (3.22)

De vergelijking (3.9) wordtdx2 +dy2 = 0

28

of (dx+ idy)(dx− idy) = 0. We hebben dus een elliptische vergelijking. (3.14) wordt nudz = pdx+qdydx+ idy = 0idp+dq = 0

We vinden gemakkelijk twee eerste integralen van het eerste stelsel:

x+ iy = c1 en ip+q = c2

De differentiaalvergelijking is dus gelijkwaardig met

ip+q = f (x+ iy)

waarbij f een willekeurige functie van een veranderlijke is. Het geassocieerd stelsel van dezelineaire partiele differentiaalvergelijking van eerste orde is

dxi=

dy1

=dz

f (x+ iy)

De eerste gelijkheid geeft een eerste integraal van dit stelsel:

x− iy = c1

Een tweede eerste integraal bepalen we als volgt:

dz = f (x+ iy)dy = f (2iy+ c1)dy

Integreren geeftz = φ(2iy+ c1)+ c2 = φ(x+ iy)+ c2

waarbij φ een nieuwe willekeurige functie. De algemene integraal vinden we door c2 = ψ(c1) testellen, zodat

z = φ(x+ iy)+ψ(x− iy)

de algemene integraal is van de vergelijking van Laplace.Hoe moeten we dit interpreteren? Zij f : R→ R een functie die kan geschreven worden als eenmachtreeks op een omgeving van een punt a:

f (x) =∞

∑n=0

an(x−a)n

Dan kunnen we ook de complexe functie

f (z) =∞

∑n=0

an(z−a)n

beschouwen. De machtreeks convergeert op een schijf met middelpunt a. We kunnen f schrijvenals een som van een reeel en een imaginair gedeelte:

f (z) = φ(x+ iy)+ iρ(x+ iy)

29

f - geschreven als een functie van x en y - voldoet aan de vergelijking van Laplace. Dus ookhet reeel en imaginair gedeelte. Dit weten we reeds uit de cursus complexe analyse: uit de voor-waarden van Cauchy-Riemann volgt dat reeel en imaginair gedeelte van een analytische functieoplossingen zijn van de vergelijking van Laplace. We kunnen dit ook als volgt zien: als f (x+ iy)een analytische functie, dan is

∂ f∂y

(x+ iy) = f ′(z)∂x+ iy

∂y= i f ′(z) en

∂2 f∂y2 (x+ iy) =− f ′′(z)

Op analoge wijze is∂2 f∂x2 (x+ iy) = f ′′(z)

Hetzelfde argument toont aan dat reeel en imaginair gedeelte van f (x− iy), waarbij f een analyti-sche functie, oplossingen zijn van de vergelijking van Laplace.

30

Hoofdstuk 4

Oneindigdimensionale Euclidische Ruimten

4.1 Genormeerde ruimten

De vectorruimten die we in dit hoofdstuk beschouwen zijn vectorruimten over R.

Definitie 4.1.1 Een genormeerde ruimte is een vectorruimte V tesamen met een functie

‖•‖ : V → R+, ~v 7→ ‖~v‖

die voldoet aan volgende eigenschappen, voor alle~x,~y ∈V en α ∈ R:

1. ‖~x‖= 0 ⇐⇒ ~x =~0;

2. ‖α~x‖= |α|‖~x‖;

3. ‖~x+~y‖ ≤ ‖~x‖+‖~y‖.

We noemen ‖•‖ een norm op de vectorruimte V .

Voorbeeld 4.1.2 Op V = Rn kunnen we verschillende normen definieren: neem ~x = ∑ni=1 xi~ei,

waarbij {~e1, · · · ,~en} een basis is van Rn. De formules

‖~x‖1 =n

∑i=1|xi|

‖~x‖2 =

√n

∑i=1

x2i

‖~x‖∞ = max{|x1|, |x2|, · · · , |xn|}

bepalen normen op Rn. We noemen ‖•‖2 de Euclidische norm, en ‖•‖∞ de supremumnorm.

31

Voorbeeld 4.1.3 Op de vectorruimte

B[a,b] = { f : [a,b]→ R | f is begrensd}

definieren we volgende norm:

‖ f‖∞ = sup{| f (x)| : x ∈ [a,b]} (4.1)

We noemen deze de supremumnorm.

Voorbeeld 4.1.4 We beschouwen nu de vectorruimte

C [a,b] = { f : [a,b]→ R | f is continu}

Hierop kunnen we de volgende twee normen beschouwen:

‖ f‖1 =∫ b

a| f (x)|dx (4.2)

‖ f‖2 =

√∫ b

af (x)2dx (4.3)

Naar analogie met voorbeeld 4.1.2 noemen we ‖ • ‖2 de Euclidische norm. De formule (4.1)definieert een derde norm op C [a,b].

Voorbeeld 4.1.5 Een functie f : [a,b]→ R wordt stuksgewijs continu genoemd als f continuis over [a,b], behalve in een eindig aantal punten, waarin wel de linker- en rechterlimiet moetenbestaan.

V = { f : [a,b]→ R | f is stuksgewijs continu}

is dan een vectorruimte. De formules (4.2-4.3) definieren nu een semi-norm op V . Hiermee bedoe-len we dat de tweede en derde eigenschap uit definitie 4.1.1 gelden, maar de eerste niet. Immers,neem een functie f die overal nul is, behalve in een eindig aantal punten. Dan is f stuksgewijscontinu, f 6= 0, maar toch is ‖ f‖1 = ‖ f‖2 = 0. Om dit op te lossen voeren we volgende constructieuit. Neem f ,g ∈V . We zeggen dat f en g bijna gelijk zijn als

{x ∈ [a,b] | f (x) 6= g(x)}

eindig is. We noteren dit door f ' g. ' is dan een equivalentierelatie op V , en we kunnen deverzameling der equivalentieklassen beschouwen. We noteren deze als

P C [a,b] =V/'

Dit betekent in feite dat we f en g met elkaar identificeren als ze slechts in een eindig aantal puntenverschillen. P C [a,b] is nog steeds een vectorruimte, en (4.2) en (4.3) definieren elk een norm opP C [a,b].

32

Definitie 4.1.6 Zij V,‖ • ‖ een genormeerde ruimte, en beschouw een rij (~xn) in V en ~x ∈ V . Wezeggen dat

limn→∞

~xn =~x

indienlimn→∞‖~xn−~x‖= 0

of, gebruik makend van de gewone definitie van limiet:

∀ε > 0, ∃N > 0 : n≥ N ⇒ ‖~xn−~x‖< ε

Op gelijkaardige wijze kunnen we in een genormeerde ruimte convergente en absoluut convergentereeksen invoeren. Zij (~un) een rij in V , en stel

~sn =n

∑k=1

~uk

Dan is∞

∑n=1

~un = limn→∞

~sn

indien deze limiet bestaat. We zeggen dan dat de reeks convergent is. Indien

∞

∑n=1‖~un‖

convergent is, dan noemen we de reeks absoluut convergent.

We hebben gezien dat op eenzelfde vectorruimte meer dan 1 norm kan gedefinieerd worden. Omdatdefinitie 4.1.6 afhangt van de gekozen norm, kan het zijn dat de limieten van een rij voor de enenorm niet dezelfde zijn als die voor een andere norm.

Definitie 4.1.7 Neem twee normen ‖ • ‖1 en ‖ • ‖2 op de vectorruimte V . We zeggen dat ‖ • ‖1fijner is dan ‖•‖2 indien er een k > 0 bestaat zodat

‖~x‖2 ≤ k‖~x‖1

voor elke ~x ∈ V . We noemen ‖ • ‖1 en ‖ • ‖2 equivalent indien ‖ • ‖2 fijner is dan ‖ • ‖1 en ‖ • ‖1fijner dan ‖•‖2, m.a.w., er bestaan k, l > 0 zodat

‖~x‖2 ≤ k‖~x‖1 ≤ l‖~x‖2

voor elke~x ∈V .

Stelling 4.1.8 Als ‖•‖2 fijner is dan ‖•‖1, dan hebben we

2- limn→∞

~xn =~x ⇒ 1- limn→∞

~xn =~x

Als twee normen equivalent zijn, dan hebben beide normen dezelfde convergente rijen met dezelfdelimieten.

33

Bewijs. ‖~xn−~x‖1 ≤ k‖~xn−~x‖2n→∞−→0. �

In het eindigdimensionaal geval zijn alle normen equivalent. Alvorens we dit merkwaardig resul-taat kunnen bewijzen hebben we enkele hulpstellingen nodig.

Lemma 4.1.9 Zij V,‖•‖ een genormeerde ruimte, en~x ∈V . Neem een convergente numerieke rij(λn), met limiet λ. Dan is

limn→∞

λn~x = λ~x

Bewijs. Gebruik makend van axioma 2 uit definitie 4.1.1 vinden we

limn→∞‖λn~x−λ~x‖= lim

n→∞|λn−λ|‖~x‖= 0

�

Het tweede lemma is een eigenschap van gewone numerieke rijen. We hadden dit eigenlijk alkunnen doen tijdens de cursus “Analyse I”.

Lemma 4.1.10 Elke begrensde numerieke rij (λn) heeft een convergente deelrij.

Bewijs. BekijkX = {λn | n ∈ N}

Er zijn twee gevallen.1) X is eindig. Dan is er een a ∈ R zodat λn = a voor een oneindig aantal waarden van n. Schrapuit de rij alle elementen die niet gelijk zijn a. De deelrij die we op die manier verkrijgen is eenconstante, en dus convergente, rij.2) X is oneindig. Omdat X ook begrensd, bezit X een verdichtingspunt c, vanwege de stelling vanBolzano-Weierstrass. Dit betekent dat we voor elke ε > 0 een oneindig aantal indexen n kunnenvinden zodat

|λn− c|< ε

Kies een index n1 zodat |λn1− c|< 1.Onderstel dat we indexen n1 < n2 < · · ·< nm gevonden hebben zodat

|λnk− c|< 1k

voor k = 1, · · · ,m

Omdat |λn− c|< 1/(m+1) voor een oneindig aantal waarden van n vinden we een index nm+1 >nm waarvoor

|λnm+1− c|< 1m+1

De rij (λnk) is een deelrij van (λn) en convergeert naar c. �

Stelling 4.1.11 Op een eindigdimensionale vectorruimte V zijn alle normen equivalent.

34

Bewijs. Neem een basis {~e1, · · · ,~en} van V . Op V hebben we de norm

‖n

∑k=1

xi~ei‖1 = |x1|+ |x2|+ · · ·+ |xn|

We zullen aantonen dat elke andere norm ‖•‖ equivalent is met ‖•‖1.1) Stel d = max{‖~e1‖, · · · ,‖~en‖}. Dan is

‖~x‖= ‖n

∑i=1

xi~ei‖ ≤n

∑i=1|xi|‖~ei‖ ≤ d‖~x‖1

en dus is ‖•‖ fijner dan ‖•‖1.2) Om aan te tonen dat ‖•‖1 fijner dan ‖•‖ moeten we bewijzen dat er een c > 0 bestaat zodat

‖~x‖1 ≤ c‖~x‖ (4.4)

voor elke ~x ∈ V . Voor ~x =~0 is de bewering waar voor elke c > 0, en dus volstaat het om (4.4)te bewijzen voor elke ~x 6=~0. Verder is het voldoende om (4.4) te bewijzen in het geval ‖~x‖1 = 1.Immers, als we voor een willekeurige~y 6=~0 stellen

~x =~y‖~y‖1

dan is ‖~x‖1 = 1 en‖~y‖1 = ‖~y‖1‖~x‖1 ≤ ‖~y‖1c‖~x‖= c‖~y‖

Onderstel dat we geen c> 0 kunnen vinden zodat (4.4) geldt voor elke~x met ‖~x‖1 = 1. Dit betekentdat we voor elke m ∈ N een~xm kunnen vinden zodat

‖~xm‖1 = 1 en ‖~xm‖1 > m‖~xm‖

of‖~xm‖1 = 1 en ‖~xm‖<

1m

Dit impliceert datlim

m→∞~xm =~0

(convergentie in ‖•‖-norm). Schrijf nu

~xm =n

∑i=1

xm,i~ei

Voor elke i and m geldt

|xm,i| ≤n

∑i=1|xm,i|= ‖~xm‖1 = 1

en dus is voor elke i de rij (xm,i) begrensd.(xm,1) heeft dus een convergente deelrij (xmk,1), vanwege lemma 4.1.10. We vervangen de rij (~xm)

35

door de deelrij (~xmk), en noteren deze opnieuw door (~xm). We herhalen dit argument voor elk vande componenten, en vinden tenslotte een rij (~xm) waarvoor nog steeds geldt

limm→∞‖~xm‖=~0

en

‖~xm‖1 =n

∑i=1|xm,i|= 1 (4.5)

enlim

m→∞xm,i = ti (4.6)

bestaat, voor elke i = 1, · · · ,n. Als we in (4.5) de limiet nemen voor m→ ∞, dan vinden we,rekening houdend met (4.6),

1 = limm→∞

n

∑i=1|xm,i|=

n

∑i=1|ti|

Maar we hebben ook dat

~0 = limm→∞

~xm = limm→∞

n

∑i=1

xm,i~ei =n

∑i=1

( limm→∞

xm,i)~ei =n

∑i=1

ti~ei

waaruit volgt dat ti = 0 voor elke i. Dit is natuurlijk een contradictie. �

Stelling 4.1.12 Op V = C [a,b] is de supremumnorm ‖•‖∞ fijner dan de normen ‖•‖1 en ‖•‖2.

Bewijs. Neem f : [a,b]→ R continu. Dan is

‖ f‖22 =

∫ b

a| f (x)|2dx≤

∫ b

a‖ f‖2

∞dx = (b−a)‖ f‖2∞

zodat‖ f‖2 ≤

√b−a‖ f‖∞

en

‖ f‖1 =∫ b

a| f (x)|dx≤

∫ b

a‖ f‖∞dx = (b−a)‖ f‖∞

�

De normen zijn niet equivalent, zoals blijkt uit volgend voorbeeld.

Voorbeeld 4.1.13 Voor n = 1,2, · · · beschouwen we de functie

fn : [−1,1]→ R, fn(x) =

0 als |x| ≥ 1

n2

1+n2x als − 1n2 ≤ x≤ 0

1−n2x als 0≤ x≤ 1n2

Dan is‖ fn‖∞ = 1

36

en

‖ fn‖22 = 2

∫ 1/n2

0(1−n2x)2dx =−2

[(1−n2x)3

3n2

]1/n2

0=

23n2

of

‖ fn‖2 =

√2√

3nen

‖ fn‖1 = 2∫ 1/n2

0(1−n2x)dx =

1n2

We concluderen dat2- lim

n→∞fn = 1- lim

n→∞fn = 0

terwijl∞- lim

n→∞fn

niet bestaat.

Stelling 4.1.14 Een rij functies fn : [a,b]→R convergeert uniform naar f over [a,b] als en slechtsals

∞- limn→∞

fn = f .

Als2- lim

n→∞fn = f ,

dan zeggen we dat ( fn) in kwadratisch gemiddelde naar f convergeert. Convergentie in kwadra-tisch gemiddelde is dus zwakker dan uniforme convergentie.

4.2 Banachruimten

Definitie 4.2.1 Neem een genormeerde ruimte (V,‖ • ‖). Een rij (~xn) wordt een Cauchy rij ge-noemd als

∀ε > 0, ∃N : n,m > N ⇒‖~xn−~xm‖ ≤ ε

Stelling 4.2.2 Elke convergente rij is een Cauchy rij.

Bewijs. Onderstel datlimn→∞

~xn =~x.

Dan geldt:∀ε > 0, ∃N : n > N ⇒‖~xn−~x‖ ≤

ε

2Voor n,m > N hebben we dan

‖~xn−~xm‖ ≤ ‖~xn−~x‖+‖~x−~xm‖ ≤ 2ε

2= ε.

�

37

Stelling 4.2.3 Als ‖•‖2 een norm is op V die fijner is dan de norm ‖•‖1, dan zijn alle 2-Cauchyrijen ook 1-Cauchy rijen. Equivalente normen hebben dus dezelfde Cauchy rijen.

Definitie 4.2.4 Een genormeerde ruimte (V,‖ • ‖) wordt volledig genoemd als elke Cauchy rijconvergent is. In dit geval noemen we (V,‖•‖) een Banachruimte.

Stelling 4.2.5 Elke eindigdimensionale genormeerde ruimte is een Banachruimte.

Bewijs. Omdat alle normen op een eindigdimensionale ruimte equivalent zijn, mogen we werkenmet de norm die we willen. We werken met de supremumnorm

‖n

∑i=1

xi~ei‖∞ = max{|x1|, · · · |xn|}

Hierbij is {~e1, · · · ,~en} een basis van V . Neem een Cauchy rij (~xn) en schrijf

~xn =n

∑i=1

xni~ei

Voor elke i is (xni) een numerieke Cauchy rij, en dus convergent. Schrijf

limn→∞

xni = xi

Dan is

∞- limn→∞

~xn =n

∑i=1

xi~ei

�

Stelling 4.2.6 De genormeerde ruimten (C [a,b],‖•‖∞) en (B[a,b],‖•‖∞) zijn Banachruimten.

Bewijs. We hebben gezien (zie Analyse I) dat een rij functies een uniforme Cauchy rij is als eenalleen als ze uniform convergeert. Bovendien is een uniforme limiet van continue functies continu,en een uniforme limiet van begrensde functies begrensd. �

Voorbeeld 4.2.7 (C [a,b],‖•‖2) is niet volledig. Immers, neem de rij functies

fn : [−1,1]→ R, fn(x) =

0 als −1≤ x≤ 0

nx als 0≤ x≤ 1n

1 als 1n ≤ x≤ 1

( fn) convergeert in kwadratisch gemiddelde naar

f : [−1,1]→ R, f (x) ={0 als −1≤ x < 0

1 als 0 < x≤ 1

Deze functie is echter niet continu.

38

Voorbeeld 4.2.8 Zij V = { f : [a,b]→ R | f stuksgewijs continu differentieerbaar} (V,‖ • ‖∞) isniet volledig. We geven een voorbeeld van een Cauchy rij die geen limiet heeft binnen P C [a,b].We werken nu op het interval [0,1]. Neem m ∈ N0, en definieer fn als volgt. Voor k = 1, · · · ,nstellen we:

Als1

2k−1 ≥ x >12k dan fn(x) =

12k

Dit definieert fn over (1/2n,1].

Als x≤ 12n dan fn(x) = 0

We zien gemakkelijk in dat

‖ fn− fm‖=∣∣∣∣ 12n −

12m

∣∣∣∣en dus is ( fn) een uniforme Cauchy rij. ( fn) convergeert uniform naar de functie f gedefinieerddoor

f (x) =12k als

12k−1 ≥ x >

12k

voor elk positief natuurlijk getal x, en f (1) = 0. Immers:

‖ fn− f‖∞ =12n

n→∞−→0

De functie f is niet stuksgewijs continu differentieerbaar, want ze heeft een oneindig aantal dis-continuiteiten.

We zullen nu de ruimte V uit voorbeeld 4.2.8 “uitbreiden”tot een volledige ruimte.

Definitie 4.2.9 Een functie φ : [a,b]→ R wordt een trapfunctie genoemd indien er een partitie

P = (a = x0,x1, · · · ,xn = b)

van het interval [a,b] bestaat zodanig dat φ constant is over elk open interval (xi−1,xi).

Definitie 4.2.10 Een functie f : [a,b]→ R wordt een regelfunctie genoemd indien er een rij trap-functies (φn) bestaat die uniform naar f convergeert, of, equivalent, indien f uniform kan benaderdworden door trapfuncties, d.w.z.: voor elke ε > 0 bestaat er een trapfunctie φ zodat

‖ f −φ‖∞ < ε

We noterenT [a,b] = {φ : [a,b]→ R | φ is een trapfunctie}

R [a,b] = {φ : [a,b]→ R | φ is een regelfunctie}

T [a,b] en R [a,b] zijn vectorruimten; ‖•‖∞ is een norm op beide ruimten.

39

Stelling 4.2.11 (R [a,b],‖ • ‖∞) is een Banachruimte. Met andere woorden, een uniforme limietvan regelfuncties is opnieuw een regelfunctie.

Bewijs. Onderstel dat ( fn) een rij regelfuncties is, die uniform convergeert naar de functie f :

∀ε > 0, ∃N : n > N ⇒ ‖ fn− f‖∞ < ε

Neem hierin ε = 1/(2k), waarbij k een natuurlijk getal, en neem een vaste n > N.fn kan uniform kan benaderd worden door trapfuncties, dus bestaat er een trapfunctie φk zodat

‖φk− fn‖∞ <12k

Maar dan is‖ f −φk‖∞ ≤ ‖ f − fn‖∞ +‖ fn−φk‖∞ <

12k

+12k

=1k

k→∞−→0

zodat∞- lim

k→∞φk = f

en f is dus de uniforme limiet van een rij trapfuncties. �

De functie f uit voorbeeld 4.2.8 is een regelfunctie. Zoals we gezien hebben zijn er een onein-dig aantal discontinuıteitspunten; dit aantal is wel aftelbaar, hiermee bedoelen we dat ze kunnengeındexeerd worden door de natuurlijke getallen: de discontinuıteiten zijn

{1k| k = 1,2,3, · · ·},

of, de verzameling van de discontinuıteitspunten kan in een rij opgeschreven worden.

Stelling 4.2.12 Een regelfunctie heeft hoogstens een aftelbaar aantal discontinuıteitspunten.

Bewijs. Een regelfunctie is de uniforme limiet van een rij trapfuncties. In die punten waar alletrapfuncties continu zijn, is de regelfunctie continu. De overblijvende punten worden gegeven doorde vereniging van de discontinuıteitspunten van elk van de trapfuncties. Elk van de trapfunctiesheeft slechts een eindig aantal discontinuıteiten, en de vereniging kan in een rij opgeschrevenworden: schrijf eerst de discontinuıteiten van de eerste trapfunctie, dan die van de tweede, enz. �

Regelfuncties kunnen ook als volgt gekarakteriseerd worden.

Stelling 4.2.13 Voor een functie f : [a,b]→ R zijn de volgende uitspraken equivalent:

1. f is een regelfunctie, m.a.w. f kan uniform benaderd worden door trapfuncties;

2. f kan uniform benaderd worden door stuksgewijs continu differentieerbare functies;

3. f bezit in elk punt van [a,b] een eindige linker- en rechterlimiet.

40

Bewijs. 1)⇒ 3). Neem een regelfunctie f , en schrijf

f = ∞- limn→∞

φn

waarbij elke φn een trapfunctie. Neem x0 ∈ [a,b). De rechterlimiet

limx→x0+

φn(x) = φn(x0+)

bestaat voor elke n. Als x > x0 voldoende dicht bij x0 ligt, dan is

φn(x) = φn(x0+)

want φn is een trapfunctie. Voor n,m voldoende groot is dus

|φn(x0+)−φm(x0+)|= |φn(x)−φm(x)|< ε

en dus is (φn(x0+)) een numerieke Cauchy rij, en dus convergent. Stel

limn→∞

φn(x0+) = λ

We beweren nu datλ = lim

x→x0+f (x)

Kies een willekeurige ε > 0, en h > 0. Voor elke n geldt:

| f (x0 +h)−λ| ≤ | f (x0 +h)−φn(x0 +h)|+ |φn(x0 +h)−φn(x0 +0)|+ |φn(x0 +0)−λ|

Omdat φn uniform naar f convergeert bestaat er een N1 zodat

n > N1 ⇒ | f (x0 +h)−φn(x0 +h)|< ε

2

Omdat φn(x0+) naar λ convergeert, bestaat er een N2 zodat

n > N2 ⇒ |φn(x0 +0)−λ|< ε

2

Neem een vaste n > max{N1,N2}. Omdat φn een trapfunctie is, is er een δ > 0 zodat

0 < h < δ ⇒ φn(x0 +h) = φn(x0 +0)

en dus0 < h < δ ⇒ | f (x0 +h)−λ| ≤ ε

2+0+

ε

23)⇒ 1). Neem ε > 0, en x ∈ [a,b]. Aangezien

lims→x−

f (x) = f (x−)

bestaat, is er een δx > 0 zodat| f (s)− f (x−)|< ε

2

41

zodra s ∈ (x−δx,x). Als s, t ∈ (x−δx,x) = Ix, dan geldt dus

| f (s)− f (t)| ≤ | f (s)− f (x−)|+ | f (x−)− f (t)|< ε

Op analoge manier vinden we voor elke x een interval (x,x+δ′x) zodat | f (s)− f (t)| ≤ ε, voor alles, t ∈ (x,x+δ′x).De unie van alle intervallen Ix = (x−δx,x+δ′x), waarbij we x laten lopen over [a,b], omvat zeker[a,b]. Deze unie kan tot een eindige unie beperkt worden, vanwege de stelling van Heine-Borel.We krijgen dus een eindig aantal intervallen Ix1, · · · , Ixr die [a,b] overdekken.We nemen de getallen a,b,xi,xi−δxi,xi+δx′i

en schrijven die in stijgende volgorde, en hernumme-ren. We krijgen dan een partitie

(a = c1, · · · ,cm = b)

van [a,b]. Uit de constructie volgt ook:

s, t ∈ (ci−1,ci) ⇒ | f (s)− f (t)|< ε

We definieren nu een trapfunctie φ als volgt:

φ(x) =

{f (ci−1+ci

2 ) als ci−1 < x < ci

f (ci) als x = ci

Als x = ci, dan is | f (x)−φ(x)|= 0.Als ci−1 < x < ci, dan is | f (x)−φ(x)|= | f (x)− f (ci−1+ci

2 )|< ε.Voor elke x ∈ [a,b] geldt dus dat | f (x)−φ(x)| < ε, en dus kan f uniform benaderd worden doortrapfuncties.2)⇒ 1). Uit de equivalentie van 1) en 3) volgt dat elke stuksgewijs continu differentieerbarefunctie een regelfunctie is, aangezien een stuksgewijze continu differentieerbare per definitie overaleen linker- en rechterlimiet heeft. Uit stelling 4.2.11 volgt dan dat de uniforme limiet van een rijstuksgewijs continu differentieerbaren een regelfunctie is.1)⇒ 2) is triviaal. �

De bovenstaande constructie laat ons toe om de integraal van een regelfunctie te definieren. Eerstformuleren we enkele hulpresultaten.

Lemma 4.2.14 Onderstel dat (φn) een uniforme Cauchy rij stuksgewijs continu differentieerbarefuncties is over [a,b]. Dan is de rij (

∫ ba φn(x)dx) een numerieke Cauchy rij.

Bewijs.∀ε > 0, ∃N : n,m > N ⇒ ‖φn−φm‖∞ < ε/(b−a)

en dan is

|∫ b

aφn(x)dx−

∫ b

aφm(x)dx| ≤

∫ b

a|φn(x)−φm(x)|dx≤

∫ b

a‖φn−φm‖∞dx < ε

�

42

Lemma 4.2.15 Onderstel dat (φn) een rij stuksgewijs continu differentieerbare functies is, en dat

∞- limn→∞

φn = 0

Dan is

limn→∞

∫ b

aφn(x)dx = 0

Bewijs.

|∫ b

aφn(x)dx| ≤

∫ b

a‖φn(x)‖∞dxn→∞−→0

�

Definitie 4.2.16 Zij f een regelfunctie over [a,b], en schrijf f als de uniforme limiet van een rijtrapfuncties (of stuksgewijs continu differentieerbare functies) (φn). Dan definieren we∫ b

af (x)dx = lim

n→∞

∫ b

aφn(x)dx

Uit lemma 4.2.14 volgt dat de limiet bestaat, en uit lemma 4.2.15 dat hij onafhankelijk is van degekozen rij trapfuncties of stuksgewijs continu differentieerbare functies.

Op R [a,b] hebben we nu ook de norm ‖ • ‖2: we kunnen nu ook regelfuncties integreren. Dezenorm is minder fijn dan de norm ‖ • ‖∞, en men kan aantonen dat (R [a,b],‖ • ‖2) een (semi-)genormeerde ruimte is, maar geen Banachruimte. Er bestaat een constructie die analoog is aandie van R [a,b]. R [a,b] is in feite de vervollediging van de ruimte der trapfuncties - of stuksgewijscontinu differentieerbare functies - met betrekking tot de norm ‖•‖∞. We kunnen dit ook doen voorde norm ‖•‖2, en we verkrijgen dan de ruimte L2[a,b] van de Lebesgue integreerbare functies. Invergelijking met de theorie van de integraal van een regelfunctie zijn er twee complicaties:

• L2[a,b] bestaat niet uit functies, maar uit klassen van functies; we hebben dit probleem reedsontmoet wanneer we de ruimte P C [a,b] invoerden;

• de ‖ • ‖2 wordt gedefinieerd met behulp van de integraal. Om dus functies in kwadratischgemiddelde te kunnen benaderen moeten we dus hun integraal kunnen uitrekenen. Maar debeste integratietheorie die we tot dusver hebben is die van de regelfuncties.

4.3 Euclidische ruimten

Euclidische ruimten werden reeds ingevoerd in de cursus “Lineaire Algebra”. We herhalen dedefinitie en enkele algemene eigenschappen.

43

Definitie 4.3.1 Neem een reele vectorruimte V . Een afbeelding

b : V ×V−→R

wordt een inwendig produkt (Eng. inner product) genoemd indien b volgende eigenschappen bezit:

1. b is bilineair

b(α~x+β~y,~z) = αb(~x,~z)+βb(~y,~z) (4.7)b(~x,α~y+β~z) = αb(~x,~y)+βb(~x,~z)

voor alle α,β ∈ R en~x,~y,~z ∈V ;

2. b is symmetrischb(~x,~y) = b(~y,~x) (4.8)

voor alle~x,~y ∈V ;

3. b is positief~x 6=~0 =⇒ b(~x,~x)> 0 (4.9)

We zullen dikwijls volgende notatie gebruiken:

b(~x,~y) = 〈~x,~y〉

Een reele vectorruimte V die uitgerust is met een inwendig produkt 〈•,•〉 wordt een Euclidischeruimte (Eng. Euclidean space, inner product space) genoemd.

Stel ‖~x‖=√〈~x,~x〉. Dan hebben we de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz:

|〈~x,~y〉| ≤ ‖~x‖‖~y‖

Hieruit volgt de driehoeksongelijkheid

‖~x+~y‖ ≤ ‖~x‖+‖~y‖

Het is duidelijk dat ‖λ~x‖= |λ|‖~x‖. Uit deze eigenschappen en (4.9) volgt dat ‖•‖ een norm is opV . Elke Euclidische ruimte is dus een genormeerde ruimte. Daarom kunnen we in een Euclidischeruimte spreken over convergentie. Hier is een eerste eenvoudige eigenschap.

Stelling 4.3.2 Neem twee rijen (~xn) en (~yn) in een Euclidische ruimte V , en onderstel dat

limn→∞

~xn =~x en limn→∞

~yn =~y

dan islimn→∞〈~xn,~yn〉= 〈~x,~y〉

44

Bewijs. We stellen~un =~xn−~x en~vn =~yn−~y. Dan is

|〈~xn,~yn〉−〈~x,~y〉|= |〈~x+~un,~y+~vn〉−〈~x,~y〉|≤ |〈~x,~vn〉|+ |〈~un,~y〉|+ |〈~un,~vn〉|≤ ‖~x‖‖~vn‖+‖~y‖‖~un‖+‖~un‖‖~vn‖

n→∞−→0

�

Voorbeeld 4.3.3 Neem V = Rn, met het gewone scalaire product. V is dan een volledige Eucli-dische ruimte. Eindigdimensionale Euclidische ruimten werden bestudeerd in de cursus “LineaireAlgebra”.

Voorbeeld 4.3.4 Neem V = C [a,b], met inwendig produkt

〈 f ,g〉=∫ b

af (x)g(x)dx

V is een Euclidische ruimte. De geassocieerde norm is de norm ‖•‖2. Deze Euclidische ruimte isniet volledig.

Voorbeeld 4.3.5 We nemen nu de ruimte

l2 = {a = (a1,a2, · · ·) | ai ∈ R,∞

∑k=1

a2k absoluut convergent}

met inwendig product

〈a,b〉=∞

∑k=1

akbk (4.10)

l2 is een Euclidische ruimte. We noemen l2 de ruimte van de kwadratisch sommeerbare rijen.

Stelling 4.3.6 l2 is een volledige Euclidische ruimte.

Bewijs. Het bewijs bestaat uit verschillende kleine stapjes.1) Als a,b ∈ l2, dan is de reeks ∑

∞k=1 akbk absoluut convergent. Gebruik makend van de ongelijk-

heid van Cauchy-Schwarz in Rn vinden we

n

∑k=1|akbk| ≤

√n

∑k=1

a2k

√n

∑k=1

b2k ≤

√∞

∑k=1

a2k

√∞

∑k=1

b2k

De partiele sommen van de reeksn

∑k=1|akbk|

zijn dus begrensd, zodat de reeks absoluut convergent is.2) l2 is een vectorruimte. We moeten aantonen dat l2 gesloten is onder het nemen van lineairecombinaties: als a,b ∈ l2, dan is αa+βb ∈ l2. Immers,

∞

∑k=1

(αak +βbk)2 =

∞

∑k=1

α2a2

k +2αβakbk +β2b2

k

45

is convergent, omdat ∑∞k=1 a2

k en ∑∞k=1 b2

k convergent zijn (per definitie), en ∑∞k=1 akbk ook, zie 1).

3) Het is evident dat het inwendig product (4.10) bilineair, symmetrisch en positief is. Dit toontaan dat l2 een Euclidische ruimte is.4) Onderstel dat (a(n)) een Cauchy rij in l2 is. Dit betekent:

∀ε > 0, ∃N : ∀n,m > N : ‖a(n)−a(m)‖=

√∞

∑k=1

(a(n)k −a(m)k )2 < ε. (4.11)

Omdat voor elke k ∈ N0 geldt dat |a(n)k −a(m)k | ≤ ‖a

(n)−a(m)‖ hebben we:

∀ε > 0, ∃N : ∀n,m > N : |a(n)k −a(m)k |< ε.

Dit betekent dat (a(n)k ) een numerieke Cauchy rij is, voor elke k ∈N0. (a(n)k ) is dus een convergenterij, en we stellen

ak = limn→∞

a(n)k .

Neem nu de rij a = (a1,a2, · · ·).5) Uit (4.11) volgt onmiddellijk

∀ε > 0, ∃N : ∀n,m > N, ∀K ∈ N0 :K

∑k=1

(a(n)k −a(m)k )2 ≤

∞

∑k=1

(a(n)k −a(m)k )2 < ε

2.

en dus:

∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, ∀K ∈ N0 : limm→∞

K

∑k=1

(a(n)k −a(m)k )2 =

K

∑k=1

(a(n)k −ak)2 ≤ ε

2.

Dit betekent: zodara n > N zijn alle partiele sommen van de reeks

+∞

∑k=1

(a(n)k −ak)2

kleiner dan of gelijk aan ε2. Dit geldt dan ook voor de som van de reeks:

∀ε > 0, ∃N : ∀n > N :+∞

∑k=1

(a(n)k −ak)2 ≤ ε

2. (4.12)

6) We tonen nu aan dat a ∈ l2. We moeten aantonen dat ∑∞k=1 a2

k convergent is; het volstaat aante tonen dat de rij der partiele sommen ∑

Kk=1 a2

k begrensd is. Als we ε = 1 nemen in (4.12), danvinden we:

∃N : ∀n > N :

√+∞

∑k=1

(a(n)k −ak)2 ≤ 1.

46

Neem nu n > N vast. Gebruik makend van de driehoeksongelijkheid in Rk vinden we√√√√ K

∑k=1

a2k ≤

√√√√ K

∑k=1

(a(n)k −ak)2 +

√√√√ K

∑k=1

(a(n)k )2

≤

√∞

∑k=1

(a(n)k −ak)2 +

√∞

∑k=1

(a(n)k )2

< 1+‖a(n)‖.

Voor alle K geldt dus:K

∑k=1

a2k < (1+‖a(n)‖)2.

7) Tenslotte volgt uit 5) datlimn→∞

a(n) = a.

�

In een Euclidische ruimte geldt de parallellogramregel:

‖~x+~y‖2 +‖~x−~y‖2 = 2‖~x‖2 +2‖~y‖2

Met behulp hiervan kunnen we gemakkelijk inzien dat niet elke norm op een vectorruimte afkom-stig is van een inwendig product.

Voorbeeld 4.3.7 Neem de supremumnorm ‖•‖∞ op R2. Neem de vectoren

~x = (1,0) en ~y = (0,1)

Dan is‖~x+~y‖∞ = ‖(1,1)‖∞ = 1

‖~x−~y‖∞ = ‖(1,−1)‖∞ = 1

‖~x‖∞ = ‖(1,0)‖∞ = 1

‖~y‖∞ = ‖(0,1)‖∞ = 1

en we zien dat de parallellogramregel niet geldt. Dus is de supremumnorm niet afkomstig van eeninwendig product.

Het grote voordeel aan een Euclidische ruimte is dat we niet alleen beschikken over een norm(zoals in een genormeerde ruimte), maar dat we ook kunnen spreken over orthogonaliteit. Weherhalen uit de cursus “Lineaire Algebra”:

Definitie 4.3.8 Twee vectoren~x en~y in een Euclidische ruimte V zijn orthogonaal als

〈~x,~y〉= 0

we noteren: ~x⊥~y.

47

Een (eindige of aftelbare) rij van nul verschillende vectoren (~xi) noemen we orthogonaal als~xi⊥~x jzodra i 6= j. We noemen de rij orthonormaal indien 〈~xi,~x j〉 = δi j, m.a.w. als de rij orthogonaal isen genormeerd, d.w.z. alle vectoren hebben norm 1.Een (eindige of aftelbare) rij vectoren heet lineair onafhankelijk als elke eindige deelverzamelingvan de rij lineair onafhankelijk is. Een rij orthogonale vectoren is steeds lineair onafhankelijk.Via de Gram-Schmidt procedure kan een rij lineair onafhankelijke vectoren worden omgezet ineen orthogonale of orthonormale rij. Hiermee kunnen we aantonen dat elke eindigdimensionaleEuclidische ruimte een orthonormale basis heeft (zie “Lineaire Algebra”). Als (~e1, · · · ,~en) eenorthonormale basis van V is, dan geldt voor elke vector~x ∈V :

~x =n

∑i=1〈~x,~ei〉~ei (4.13)

De volgende definitie is hierop geınspireerd.

Definitie 4.3.9 We nemen een oneindigdimensionale Euclidische ruimte V , en een orthonormalerij E = (~e1,~e2, · · ·). We noemen (~e1,~e2, · · ·) een orthonormale basis voor V indien

~x =∞

∑n=1〈~x,~en〉~en (4.14)

voor elke ~x ∈ V . De reeks (4.14) noemen we de Fourierreeks van ~x. E is dus een basis als deFourierreeks van~x naar~x convergeert.

Onderstel dat (~e1,~e2, · · ·) een orthonormale rij is (maar niet noodzakelijk een basis). Neem de n-departiele som van de reeks (4.14):

~xn =n

∑i=1〈~x,~ei〉~ei

en een willekeurige andere vector~y in de deelruimte Vn van V met basis (~e1, · · · ,~en):

~y =n

∑i=1

αi~ei

Dan is

‖~x−~y‖2 = 〈~x−n

∑i=1

αi~ei,~x−n

∑j=1

α j~e j〉

= 〈~x,~x〉−2n

∑i=1

αi〈~x,~ei〉+n

∑i=1

n

∑j=1

αiα j〈~ei,~e j〉

= 〈~x,~x〉−2n

∑i=1

αi〈~x,~ei〉+n

∑i=1

α2i −

n

∑i=1〈~x,~ei〉2 +

n

∑i=1〈~x,~ei〉2

= ‖~x‖2−n

∑i=1〈~x,~ei〉2 +

n

∑i=1

(αi−〈~x,~ei〉)2 (4.15)

48

‖~x−~y‖ is dus minimaal als αi = 〈~x,~ei〉, m.a.w. als~y =~xn. ~xn is dus de beste benadering van~x dooreen lineaire combinatie van (~e1, · · · ,~en). Een meetkundige interpretatie van~xn is de volgende: hetis de orthogonale projectie van~x op Vn. Immers, voor elke i = 1, · · · ,n geldt dat

〈~ei,~x−~xn〉= 〈~ei,~x〉−〈~ei,~xn〉= 0

en dus staat elke~y ∈Vn loodrecht op~x−~xn. Als we αi = 〈~x,~ei〉 stellen in (4.15) dan vinden we

‖~x−~xn‖2 = ‖~x‖2−n

∑i=1〈~x,~ei〉2 (4.16)

enn

∑i=1〈~x,~ei〉2 ≤ ‖~x‖2

Hieruit volgt dat de reeks ∑∞n=1〈~x,~en〉2 convergent is , en dat

∞

∑n=1〈~x,~en〉2 ≤ ‖~x‖2

Hiermee hebben we bewezen.

Stelling 4.3.10 (ongelijkheid van Bessel) Zij (~e1,~e2, · · ·) een orthonormale rij in een oneindigdi-mensionale Euclidische ruimte V . Dan geldt voor elke~x ∈V :

∞

∑n=1〈~x,~en〉2 ≤ ‖~x‖2 (4.17)

Met andere woorden, de ongelijkheid van Bessel is dan een gelijkheid.

Stelling 4.3.11 Een orthonormale rij (~e1,~e2, · · ·) in een oneindigdimensionale Euclidische ruimteV is een basis als en alleen als

∞

∑n=1〈~x,~en〉2 = ‖~x‖2 (4.18)

voor elke~x ∈V . Dit betekent dat de ongelijkheid van Bessel een gelijkheid is, voor elke~x ∈V . Wenoemen (4.18) dan de gelijkheid van Parseval.

Bewijs. Neem~x ∈V , en stel

~xn =n

∑i=1〈~x,~ei〉~ei.

Dan is

~x =∞

∑n=1〈~x,~en〉~en

als en slechts als~x = lim

n→∞~xn

49

als en slechts als

0 = limn→∞‖~x−~xn‖2(4.16)

= limn→∞‖~x‖2−

n

∑i=1〈~x,~ei〉2

als en slechts als∞

∑n=1〈~x,~en〉2 = lim

n→∞

n

∑i=1〈~x,~ei〉2 = ‖~x‖2.

�

We kunnen de gelijkheid van Parseval beschouwen als een oneindigdimensionale versie van destelling van Pythagoras.

Gevolg 4.3.12 Als V een orthonormale basis heeft, dan hebben we een injectieve lineaire afbeel-ding

i : V → l2, i(~x) = (〈~x,~en〉)

die het inwendig product bewaart. i is een bijectie als en alleen als V volledig is.

Bewijs. We hebben hierboven gezien dat de rij (〈~x,~en〉) inderdaad kwadratisch sommeerbaar is.Neem~x = ∑

∞n=1 αn~en en~y = ∑

∞n=1 βn~en. Dan is (cf. stelling 4.3.2)

〈~x,~y〉= limn→∞〈~xn,~yn〉= lim

n→∞

n

∑k=1

αkβk =∞

∑n=1

αnβn

Aangezien i(~x) = (αn) en i(~y) = (βn) volgt dat

〈i(~x), i(~y)〉=∞

∑n=1

αnβn

en nu volgt dat i het inwendig product bewaart. Als i een bijectie is, dan zijn V en l2 isomorf alsEuclidische ruimten, en dus is V volledig. Als i niet surjectief is, dan bestaat er een kwadratischsommeerbare rij (αn) zodat de rij

~xn =n

∑k=1

αn~en

niet convergent is in V . De rij is echter wel een Cauchy rij, en dus is V niet volledig. �

We kunnen i beschouwen als de oneindigdimensionale versie van de coordinaatafbeelding.

Stelling 4.3.13 Neem een orthonormale rij (~e1,~e2, · · ·) in een oneindigdimensionale Euclidischeruimte V . (~e1,~e2, · · ·) is een basis als en slechts als elke~x ∈V kan benaderd worden door eindigelineaire combinaties van de~ei. Hiermee bedoelen we:

∀ε > 0, ∃N, ∃α1, · · · ,αN ∈ R : ‖~x−N

∑i=1

αi~ei‖< ε.

50

Bewijs. Een implicatie is evident: als (~e1,~e2, · · ·) een basis is, dan wordt~x benaderd door de partielesommen van zijn Fourierreeks.Omgekeerd, stel voor elke n

~xn =n

∑i=1〈~x,~ei〉~ei

Uit (4.15) volgt, voor alle αi:

‖~x−n

∑i=1

αi~ei‖2 ≥ ‖~x−~xn‖2 = ‖~x‖2−n

∑i=1〈~x,~ei〉2

Dan geldt voor elke n > N:

‖~x−~xn‖2 = ‖~x‖2−n

∑i=1〈~x,~ei〉2

≤ ‖~x‖2−N

∑i=1〈~x,~ei〉2

= ‖~x−~xN‖2 ≤ ‖~x−N

∑i=1

αi~ei‖2 < ε2

en dus convergeert de Fourierreeks van~x naar~x. �

51

Hoofdstuk 5

Fourierreeksen

5.1 Goniometrische veeltermen

We werken over [a,b] = [0,2π]. Stel

P [0,2π] = { f ∈ C [0,2π] | f (0) = f (2π)}

P [0,2π] is een Euclidische deelruimte van C [0,2π]. We kunnen P [0,2π] ook bekijken als de ruimtevan de continue functies R→ R die periode 2π hebben. Immers, als we zulk een functie beperkentot [0,2π], dan krijgen we een continue functie waarvoor f (0) = f (2π). Omgekeerd, als we f ∈P [0,2π] periodisch voortzetten, dan krijgen we een periodische continue functie.Een goniometrische veelterm is per definitie een veelterm in sinx en cosx. Zulk een veelterm ligtin P [0,2π]. We kunnen gemakkelijk berekenen dat

G =

(1√2π

,cosx√

π,sinx√

π,cos2x√

π,sin2x√

π, · · ·)

een orthonormale rij is in P [0,2π]. We gaan nu aantonen dat G een basis is. Voor elke f ∈ P [0,2π]kunnen we de reeks

a0

2+

∞

∑n=1

an cosnx+bn sinnx (5.1)

opschrijven. Hierin is

an =1π

∫ a+2π

af (x)cosnxdx

bn =1π

∫ a+2π

af (x)sinnxdx

(5.2)

Deze reeks noemen we de Fourierreeks van de functie f .

We zullen nu aantonen dat - onder zeer zwakke voorwaarden - de Fourierreeks van een functie fpuntsgewijs convergeert naar de functie f . Eerst zullen we een formule opstellen voor de partielesom

sn(x) =a0

2+

n

∑k=1

(ak coskx+bk sinkx)

52

Gebruik makend van (5.2) vinden we

sn(x) =a0

2+

n

∑k=1

(ak coskx+bk sinkx)

=1π

∫ a+2π

af (t)

(12+

n

∑k=1

(coskxcoskt + sinkxsinkt)

)dt

=1π

∫ a+2π

af (t)

(12+

n

∑k=1

cosk(x− t)

)dt

=1π

∫ a+2π

af (t)

sin(2n+1) t−x2

2sin t−x2

dt (5.3)

Bij de laatste overgang maakten we gebruik van de identiteit

12+

n

∑k=1

cosku =sin(2n+1)u

22sin u

2(5.4)

Om (5.4) te bewijzen gaan we als volgt te werk. Voor u = 2nπ is de betrekking geldig, tenminsteals we in het rechterlid de limiet nemen voor u→ 2nπ. Anders volstaat het de regel van Simpson

2sinu2

cosku = sin(2k+1)u2− sin(2k−1)

u2

toe te passen:

sinu2+

n

∑k=1

2sinu2

cosku

= sinu2+

n

∑k=1

sin(2k+1)u2−

n

∑k=1

sin(2k−1)u2

= sinu2+

n

∑k=1

sin(2k+1)u2−

n−1

∑k=0

sin(2k+1)u2

= sinu2+ sin(2n+1)

u2− sin

u2

= sin(2n+1)u2

We stellen nu u = t− x in (5.3). Stel ook a = x−π. We vinden

sn(x) =1π

∫π

−π

f (x+u)sin(2n+1)u

22sin u

2du (5.5)

Vervang u door −u in (5.5). Dit geeft

sn(x) =1π

∫π

−π

f (x−u)sin(2n+1)u

22sin u

2du (5.6)

53

Als we beide leden van (5.4) integreren van −π tot π, dan vinden we

1 =1π

∫π

−π

sin(2n+1)u2

2sin u2

du (5.7)

We hebben ook volgend resultaat nodig, bewezen in de cursus “Complexe Analyse”; we haddenhet daar nodig om de formule voor de inverse Fouriertransformatie op te stellen.

Lemma 5.1.1 (Lemma van Riemann) Als f begrensd en integreerbaar is, dan is

limA→+∞

∫ b

af (x)sinAxdx = 0

We zullen nu aantonen dat voor een groot aantal functies de Fourierreeks (bijna overal) puntsgewijsconvergeert naar de functiewaarde zelf. Eerst voeren we een de volgende definitie in: we zeggendat een functie f voldoet aan een rechtervoorwaarde van Lipschitz in het punt a als de rechterlimietf (a+0) bestaat en als er een constante c > 0 en δ > 0 bestaan zodat

0 < h < δ =⇒ | f (a+h)− f (a+0)| ≤ ch

Op dezelfde manieren definieren we de linkervoorwaarde van Lipschitz. f voldoet aan zulk eenvoorwaarde in a als f (a−0) bestaat en als er een constante c > 0 en δ > 0 bestaan zodat

0 < h < δ =⇒ | f (a−h)− f (a−0)| ≤ 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+0)h

bestaat en is eindig. Er bestaat dus een δ > 0 zodanig dat voor 0 < h < δ geldt:

| f (a+h)− f (a+0)h

− f ′+(a)|< 1

of( f ′+(a)−1)h < f (a+h)− f (a+0)< ( f ′+(a)+1)h

en hieruit volgt dat| f (a+h)− f (a+0)|< (| f ′+(a)|+1)h

Stelling 5.1.2 (stelling van Dirichlet) Onderstel dat de functie f : R→R stuksgewijs continu is,en periodiek is met periode 2π, en dat ze in elk punt voldoet aan een linker- en een rechtervoor-waarde van Lipschitz. In elk punt x ∈ R convergeert de Fourierreeks (5.1) van f naar

f (x+0)+ f (x−0)2

In het bijzonder convergeert de Fourierreeks naar f (x) in de punten waar f continu is. Als eenfunctie overal afleidbaar is, dan convergeert de Fourierreeks van f dus puntsgewijs naar f .

54

Bewijs. Kies x ∈ R vast. We moeten aantonen dat∣∣∣sn(x)−f (x+0)+ f (x−0)

2

∣∣∣willekeurig klein wordt voor n voldoende groot. Kies ε > 0 willekeurig. Gebruik makend van(5.5), (5.6) en (5.7) kunnen we schrijven.∣∣∣sn(x)−

f (x+0)+ f (x−0)2

∣∣∣= 14π

∫π

−π

( f (x+u)+ f (x−u)− f (x+0)− f (x−0))sin(2n+1)u

2sin u

2du

Een idee kan nu zijn om het lemma van Riemann hierop toe te passen: de integraal is van de vorm∫π

−π

g(u)sin(2n+1)u2

du

Als g een regelfunctie is, dan nadert deze integraal tot 0 als n naar oneindig gaat. Het probleemis nu dat g niet begrensd is in de omgeving van u = 0, en dit door de noemer sin u

2 . g is dus geenregelfunctie, en we kunnen het Lemma van Riemann niet toepassen.Daarom gaan we als volgt tewerk. We splitsen het interval [−π,π] in drie stukjes en we tonen aandat de integraal over elk van deze stukjes klein kan gemaakt worden. Omdat f voldoet aan eenrechter- en linkervoorwaarde van Lipschitz in het punt x bestaan er δ1,δ2 > 0 en c1,c2 > 0 zodat

0 < u < δ1 =⇒ | f (x+u)− f (x+0)|< c1u0 < u < δ2 =⇒ | f (x−u)− f (x−0)|< c2u

Voor 0 < u < δ = min{δ1,δ2} kunnen we dus besluiten dat

| f (x+u)+ f (x−u)− f (x+0)− f (x−0)| ≤ | f (x+u)− f (x+0)|+| f (x−u)− f (x−0)|< (c1+c2)u

Voor 0 > u >−δ hebben we op analoge wijze

| f (x+u)+ f (x−u)− f (x+0)− f (x−0)| ≤ | f (x+u)− f (x−0)|+| f (x−u)− f (x+0)|< (c2+c1)|u|

Stel c = c1 + c2. Voor 0 < |u|< δ geldt dus steeds

| f (x+u)+ f (x−u)− f (x+0)− f (x−0)|< c|u|

We hebben dus dat

Iδ =∣∣∣∫ δ

−δ

( f (x+u)+ f (x−u)− f (x+0)− f (x−0))sin(2n+1)u

2sin u

2du∣∣∣

≤∫

δ

−δ

c|u|∣∣∣sin(2n+1)u

2sin u

2

∣∣∣du

Als nu δ≤ π/2, dan is de functieu

sin u2

55

continu over [−δ,δ]. Immers, de noemer wordt enkel nul in het punt u = 0, en daar nemen wede limiet voor de functiewaarde. Deze limiet (= 2) bestaat. De functie is dus ook begrensd over[−δ,δ]. Onderstel dat ∣∣∣ u

sin u2

∣∣∣< k

We vinden nu

Iδ ≤∫

δ

−δ

ckdu = 2ckδ

Kies nu δ < επ

ck en schrijf∣∣∣sn(x)−f (x+0)− f (x−0)

2

∣∣∣≤ ∣∣∣ 14π

∫ −δ

−π

∣∣∣+ ∣∣∣ 14π

∫δ

−δ

∣∣∣+ ∣∣∣ 14π

∫ −π

δ

∣∣∣We weten al dat de middelste term kleiner is dan ε/2. Op de twee andere integralen kunnen wezonder problemen het lemma van Riemann toepassen. Er bestaat dus een index N zodat voor n>Ndeze twee integralen in absolute waarde kleiner zijn dan ε/4. We kunnen besluiten dat∣∣∣sn(x)−

f (x+0)+ f (x−0)2

∣∣∣< ε

voor n > N, en dit bewijst onze stelling. �

Stelling 5.1.3 Neem f ∈P [0,2π]. Als f ′ continu is, dan convergeert de Fourierreeks van f uniformnaar f .

Bewijs. Bekijk de Fourierreeksen van de functies f en f ′:

a0

2+

∞

∑n=1

an cosnx+bn sinnx

a′02+

∞

∑n=1

a′n cosnx+b′n sinnx

We berekenen dan

a′0 =1π

∫ 2π

0f ′(x)dx =

1π( f (2π)− f (0)) = 0

a′n =1π

∫ 2π

0f ′(x)cosnxdx

=1π[ f (x)cosnx]2π

0 +nπ

∫ 2π

0f (x)sinnxdx = nbn

b′n = −nan

uit de ongelijkheid van Bessel volgt dat de reeks

∞

∑n=1

(a′n)2 +(b′n)

2 =∞

∑n=1

n2(a2n +b2

n)

56

convergeert. Dit betekent dat de rij (n√

a2n +b2

n) kwadratisch sommeerbaar is. Ook de rij (1/n) iskwadratisch sommeerbaar, en dus is het inwendig product van de twee rijen

∞

∑n=1

1n

n√

a2n +b2

n =∞

∑n=1

√a2

n +b2n

convergent. In R2 passen we nu de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz toe op de vectoren

~a = (an,bn) en ~v = (cosnx,sinnx).

Dit levert|~a ·~v| ≤ ‖~a‖‖~v‖

of|an cosnx+bn sinnx| ≤

√a2

n +b2n.

Uit het criterium van Weierstrass voor uniforme convergentie volgt nu dat

∞

∑n=1

an cosnx+bn sinnx

uniform convergent is. Uit de stelling van Dirichlet weten we dat de Fourierreeks van f puntsge-wijs naar f convergeert. De reeks convergeert nu ook uniform, en dan vallen de puntsgewijze enuniforme limiet samen. �

Lemma 5.1.4 Neem f ∈ P [0,2π]. Voor elke ε > 0 bestaat er een continu differentieerbare g ∈P [0,2π] zodat

‖ f −g‖∞ < ε

Met andere woorden, continue functies kunnen uniform door continu differentieerbaren benaderdworden.

Bewijs. Neem δ > 0 en stel

Fδ(x) =12δ

∫δ

−δ

f (x+ t)dt =12δ

∫ x+δ

x−δ

f (u)du

Fδ(x) is dus de gemiddelde waarde van f over [x−δ,x+δ]. Fδ heeft eveneens periode 2π en uit deformule van Leibniz volgt dat

F ′δ(x) =

12δ

( f (x+δ)− f (x−δ))

continu is. Bovendien is

|Fδ(x)− f (x)| =12δ

∣∣∣∣∫ x+δ

x−δ

f (u)du−∫ x+δ

x−δ

f (x)du∣∣∣∣

≤ 12δ

∫ x+δ

x−δ

| f (u)− f (x)|du

57

f is continu, en dus uniform continu, over elk gesloten interval, en omdat f periodisch is, is funiform continu over R. Dus bestaat er voor elke ε > 0 een δ > 0 zodat voor elke u,x ∈ R:

0 < |x−u|< δ ⇒ | f (x)− f (u)|< ε

Neem deze δ. Dan geldt voor elke x ∈ R:

|Fδ(x)− f (x)| ≤ 12δ

2δε = ε

en‖Fδ− f‖ ≤ ε

�

Stelling 5.1.5 Continue periodische functies kunnen uniform (en a fortiori in kwadratisch gemid-delde) benaderd worden door goniometrische veeltermen.

Bewijs. Neem f ∈ P [0,2π]. Uit lemma 5.1.4 volgt dat er een continu differentieerbare g ∈ P [0,2π]bestaat zodat ‖ f − g‖∞ < ε/2. Uit stelling 5.1.3 volgt dan dat er een goniometrische veelterm hbestaat zodat ‖g−h‖∞ < ε/2: neem een partiele som van de Fourierreeks van g. Uit de driehoek-songelijkheid volgt dan dat ‖ f −h‖∞ < ε, en ‖ f −h‖2 ≤

√2π‖ f −h‖∞ <

√2πε. �

Uit Stellingen 4.3.13 en 5.1.5 volgt nu onmiddellijk.

Stelling 5.1.6

G =

(1√2π

,cosx√

π,sinx√

π,cos2x√

π,sin2x√

π, · · ·)

is een orthonormale basis voor de Euclidische ruimte P [0,2π].

Ook stuksgewijs continue functies, regelfuncties en Lebesgue integreerbare functies kunnen bena-derd worden door goniometrische veeltermen; wel hebben we nu alleen de zwakkere benadering,in kwadratisch gemiddelde.

Lemma 5.1.7 Neem a,b ∈ [0,2π] en beschouw de trapfunctie

f : [0,2π]→ R, f (x) =

0 als 0 < x < a

1 als a < x < b

0 als b < x < 2π

en zet deze periodisch voort. f kan in kwadratisch gemiddelde benaderd worden door een continuefunctie.

Bewijs. Door eventueel de periode [0,2π] te vervangen door [c−π,c+π], kunnen we ervoor zorgendat a en b niet in de eindpunten 0 en 2π liggen.

58

Voor δ > 0 zodat a−δ > 0 en b+δ < 2π nemen we dan de functie

gδ : [0,2π]→ R, gδ(x) =

0 als 0 < x < a−δ

x−a+δ

δals a−δ≤ x≤ a

1 als a < x < bb+δ−x

δals b≤ x≤ b+δ

0 als b+δ < x < 2π

gδ is continu, en

‖ f −gδ‖22 =

1δ2

(∫ a

a−δ

(x−a+δ)2dx+∫ b+δ

b(b+δ− x)2dx

)=

1δ2

([(x−a+δ)3

3

]a

a−δ

+

[(b+δ− x)3

3

]b+δ

b

)

=1δ2 (

δ3

3+

δ3

3) =

2δ

3

en we kunnen ‖ f −gδ‖2 zo klein maken als we willen, als we δ maar klein genoeg nemen. �

Gevolg 5.1.8 Elke trapfunctie kan in kwadratisch gemiddelde benaderd worden door een periodi-sche continue functie.

Bewijs. Een trapfunctie is een lineaire combinatie van stapfuncties zoals beschreven in lemma 5.1.7,en kan dus benaderd worden door periodische continue functies. Meer precies: zij

f =n

∑i=1

αi fi

een trapfunctie, waarbij fi een stapfunctie, zoals in lemma 5.1.7. Voor elke fi bestaat een continuefunctie gi zodat

‖ fi−gi‖2 <ε

∑ni=1 |αi|

De functie

g =n

∑i=1

αigi

is continu, en

‖ f −g‖2 = ‖n

∑i=1

αi( fi−gi)‖2

≤n

∑i=1|αi|‖ fi−gi‖2 < ε

�

59

Gevolg 5.1.9 Stukswijze continue functies, regelfuncties en Lebesgue integreerbare functies kun-nen in kwadratisch gemiddelde benaderd worden door periodische continue functies, en ook doorgoniometrische veeltermen.

Bewijs. Regelfuncties, en in het bijzonder stuksgewijs continue functies, kunnen uniform en duszeker in kwadratisch gemiddelde benaderd worden door trapfuncties. Uit gevolg 5.1.8 weten wedat trapfuncties in kwadratisch gemiddelde kunnen benaderd worden door periodische continuefuncties. We weten ook uit stelling 5.1.5 dat periodische continue functies in kwadratisch gemid-delde kunnen benaderd worden door goniometrische veeltermen. Voor Lebesgue integreerbarefuncties voeren we dezelfde redenering: een Lebesgue integreerbare functies kan in kwadratischgemiddelde benaderd worden door een trapfunctie. �

Stelling 5.1.10

G =

(1√2π

,cosx√

π,sinx√

π,cos2x√

π,sin2x√

π, · · ·)

is een orthonormale basis voor de Euclidische ruimten C [0,2π], P C [0,2π], R [0,2π] en L2[0,2π].De Fourierreeks van een Lebesgue integreerbare functie f convergeert dus in kwadratisch gemid-delde naar f .

We hebben gewerkt met functies gedefinieerd over het interval [0,2π], of, equivalent, functies metperiode 2π. Door een eenvoudige lineaire transformatie kunnen we werken met functies gedefini-eerd over [a,a+T ], of over functies met periode T . Immers, als f een functie met periode T is,dan is

g : R→ R, g(x) = f (T x2π

)

een functie met periode 2π. We vinden dat(√1T,

√2T

cos2πxT

,

√2T

sin2πxT

,

√2T

cos4πxT

,

√2T

sin4πxT

, · · ·

)

een orthonormale basis is voor P [a,a+T ], P C [a,a+T ], R [a,a+T ], L2[a,a+T ].

Voorbeeld 5.1.11 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 < 0

te ontwikkelen in een Fourierreeks. f wordt geschetst in Figuur 5.1.

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 dat

60

-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 5.1: De blokfunctie

an = 0. De coefficienten bn berekenen we als volgt.

bn =2π

∫π

0f (x)sinnxdx

=2π

[−cosnx

n

]π

0

= − 2nπ

(cosnπ− cos0)

=

{0 als n even4

nπals n oneven

Voor elke x ∈ R hebben we dus

f (x) =4π

∞

∑n=0

sin(2n+1)x2n+1

(5.8)

Enkele partiele sommen van de reeks (5.8) worden geschetst in Figuur 5.2 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.

Voorbeeld 5.1.12 Beschouw de functie f : [0,π] → R : x → x. Gevraagd wordt om deze teschrijven 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 5.3.

In het eerste geval is de Fourierreeks van f van de vorm∞

∑n=1

bn sinnx

61

-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 5.2: Partiele sommen van de Fourierreeks van een blokfunctie

( 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−·· ·

)(5.9)

Enkele partiele sommen worden geschetst in Figuur 5.4. Merk de afwijkende piek op in de buurtvan 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 + · · ·

)(5.10)

Enkele partiele sommen worden geschetst in Figuur 5.5 Merk op dat deze Fourierreeks “snel-

62

-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 5.3: De zaagtandfunctie

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 (5.10) snel-ler naar nul gaan dan die in (5.9), zodat we een snellere convergentie kunnen verwachten.Door in (5.9) of (5.10) specifieke waarden voor x te substitueren vinden we de som van een nume-rieke reeks. Als we in (5.9) x = π/2 stellen, dan vinden we

1− 13+

15− 1

7+ · · ·= π

4

Als we in (5.10) x = π/4 stellen, dan vinden we

1− 132 −

152 +

172 +

192 −

1112 −

1132 · · ·=

π√

216

5.2 Veeltermen

De basissen in de vorige paragraaf bestonden uit goniometrische veeltermen; we willen nu basissenbestuderen bestaande uit gewone veeltermen. Neem een interval [a,a+T = b]. Het stel

(1,x,x2,x3, · · ·)

is een algebraische basis voor de veeltermfuncties [a,b]→ R. Als we hierop het orthogonalizatie-proces van Gram-Schmidt toepassen, dan vinden we een orthonormale rij veeltermen

(p0, p1, p2, · · ·)

met grpn = n. Het stel (p0, · · · , pn) is dan een (orthogonale) basis voor de ruimte van de veeltermenvan graad ten hoogste n. Als we spreken over een stel orthogonale veeltermen, dan onderstellen we

63

-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 5.4: Partiele sommen van de Fourierreeks van de eerste zaagtandfunctie

steeds impliciet dat grpn = n. Zulk een stel orthogonale veeltermen is uniek, op een constante na.We werken met het inwendig product gedefinieerd ten opzichte van een gewichtsfunctie r(x)> 0:

( f ,g) =∫ b

af (x)g(x)r(x)dx.

Stelling 5.2.1 Op een interval [a,b] bestaat steeds een stel orthogonale veeltermen, en deze zijnuniek op een constante na.

Bewijs. Zoals we hierboven hebben gezien volgt het bestaan uit het orthogonalizatieprocede vanGram-Schmidt. Alvorens we de uniciteit bewijzen merken we op dat, als {p0, p1, · · · , pn, · · ·} eenorthogonale rij veeltermen is, dat dan

(p, pn) = 0 (5.11)

zodra p een willekeurige veelterm van graad strikt kleiner dan n is. Immers, {p0, p1, · · · , pn−1} iseen basis van de vectorruimte der veeltermen van graad kleiner dan n−1, zodat p kan geschrevenworden als een lineaire combinatie van p0, p1, · · · , pn−1.

64

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 5.5: Partiele sommen van de Fourierreeks van de tweede zaagtandfunctie

Onderstel nu dat {q0,q1, · · · ,qn, · · ·} een andere orthogonale rij veeltermen is over [a,b] tenop-zichte van de gewichtsfunctie r(x). Dan kan pn geschreven worden als een lineaire combinatie vanq0,q1, · · · ,qn:

pn(x) =n

∑i=0

aiqi(x)

Hierbij isai = 〈pn,qi〉

Als i < n, dan is qi een veelterm van graad kleiner dan n zodat

ai = 〈pn,qi〉= 0

en we vinden datpn(x) = anqn(x)

een veelvoud is van qn(x). Dit bewijst de uniciteit op een factor na. �

Hier is een merkwaardige eigenschap van orthogonale veeltermen.

Stelling 5.2.2 Onderstel dat {p0, p1, · · · , pn, · · ·} een orthogonale rij veeltermen is over [a,b] te-nopzichte van een gewichtsfunctie r. Dan bezit pn juist n enkelvoudige nulpunten, en deze zijnallemaal gelegen in het interval (a,b).

Bewijs. Omdat ∫ b

ar(x)pn(x)dx = 0

en r(x) > 0 neemt pn(x) op [a,b] zowel positieve als negatieve waarden aan. Dit betekent dat pnminstens een nulpunt van oneven multipliciteit (dit is een nulpunt waar pn van teken verandert)bezit in het interval (a,b).Zij x1,x2, · · · ,xk de verzameling van alle nulpunten van pn, van oneven multipliciteit, en gelegen

65

in het interval (a,b). Omdat een veelterm van graad n tenhoogste n nulpunten heeft weten we datk ≤ n. Onderstel dat k < n. De veelterm

(x− x1)(x− x2) · · ·(x− xk)pn(x)

heeft een constant teken over [a,b], en dus is∫ b

a(x− x1)(x− x2) · · ·(x− xk)pn(x)r(x)dx 6= 0

Omdat gr((x− x1)(x− x2) · · ·(x− xk)

)= k < n volgt uit (5.11) dat

0 = ((x− x1)(x− x2) · · ·(x− xk), pn) =∫ b

ar(x)(x− x1)(x− x2) · · ·(x− xk)pn(x)dx

en dit is een contradictie. Daarom is noodzakelijkerwijs k = n. Dit bewijst het gestelde. �

Voorbeeld 5.2.3 Neem [a,b] = [−1,1] en r(x) = 1. De aldus verkregen veeltermen worden deveeltermen van Legendre genoemd. De constante uit stelling 5.2.1 wordt bepaald door te eisen datPn(1) = 1. Herhaal dat

Pn(x) =1

2nn!dn

dxn (x2−1)n

We vinden ondermeerP0(x) = 1P1(x) = x

P2(x) =3x2−1

2

P3(x) =5x3−3x

2

P4(x) =35x4−30x2 +3

8Herhaal ook dat Pn een oplossing is van de differentiaalvergelijking van Legendre:

(1− x2)P′′n (x)−2xP′n(x)+n(n+1)Pn(x) = 0

Neem een stel orthogonale veeltermen (p0, p1, p2, · · ·) over het interval [a,b]. We zullen aantonendat dit stel een orthogonale basis van C [a,b] en L2[a,b] vormt. We werken over het interval[a,b] = [0,2π]; het algemene geval volgt na een eenvoudige coordinatentransformatie.

Lemma 5.2.4 De functies sinnx en cosnx kunnen over [0,2π] uniform door veeltermen benaderdworden.

Bewijs. De McLaurinreeks van cosnx convergeert voor elke x ∈ R, en convergeert dus uniformover elk gesloten interval, in casu het interval [0,2π]. Een partiele som van de reeks, en dit is eenveelterm, benadert cosnx dus uniform over [0,2π]. �

66

Lemma 5.2.5 Elke goniometrische veelterm kan over [0,2π] uniform door veeltermen benaderdworden.

Bewijs. Een goniometrische veelterm kan geschreven worden als een eindige lineaire combinatievan sinnx en cosnx, en het resultaat volgt onmiddellijk uit lemma 5.2.4. �

Lemma 5.2.6 Elke f ∈ P [0,2π] kan uniform door veeltermen benaderd worden.

Bewijs. We weten dat f uniform kan benaderd worden door een goniometrische veelterm. Dezegoniometrische veelterm kan uniform benaderd worden door een veelterm, en het resultaat volgt.�

Lemma 5.2.7 Elke f ∈ C [0,2π] kan uniform door veeltermen benaderd worden.

Bewijs. Onderstel dat f (0) = c en f (2π) = d. Neem de rechte

g(x) = c+d− c

2πx

Dan is f − g ∈ P [0,2π], aangezien ( f − g)(0) = ( f − g)(2π) = 0. f − g kan dus uniform doorveeltermen benaderd worden, en f dus ook, aangezien g een veelterm is. �

Stelling 5.2.8 Een orthonormaal stel veeltermen (p0, p1, p2, · · ·) over [a,b] is een orthonormalebasis voor L2[a,b] (en dus ook voor C [a,b], R [a,b],...) Voor elke Lebesgue integreerbare functiekunnen we dus schrijven f

f =∞

∑n=0〈 f , pn〉pn

waarbij de convergentie in kwadratisch gemiddelde gaat.

Over het interval [−1,1] vormen de Legendre veeltermen dus een orthogonale basis. De Legendreveeltermen zijn niet genormeerd: ze zijn zo gekozen dat Pn(1) = 1. Men kan aantonen dat

‖Pn‖22 =

22n+1

5.3 Trapfuncties

We bestuderen nu basissen die geheel uit trapfuncties bestaan. De haarfuncties (h1,h2, · · ·) ge-schetst in Figuur 5.6 vormen een orthogonale rij over [0,1].

Neem nu n ∈ N en stel Vn de vectorruimte met (orthogonale) basis (h1,h2, · · · ,h2n). Een anderebasis is ( f1, f2, · · · , f2n), waarbij

fk(x) ={

1 als k−12n ≤ x≤ k

2n

0 anders

67

1

1

1

1

1

1

1

1

1

Figuur 5.6: De haarfuncties (h1,h2, · · · ,h8)

Dit is niet moeilijk om in te zien, maar een formeel bewijs is nogal omslachtig. Merk ook opdat we eigenlijk met klassen van functies werken: de waarde in de deelpunten van de bijhorendepartities interesseren ons niet.

Lemma 5.3.1 Elke trapfunctie kan in kwadratisch gemiddelde worden benaderd door een lineairecombinatie van haarfuncties.

Bewijs. Neem een trapfunctie φ. Er is een partitie (0 = x0, · · · ,xl = 1) van [0,1] zodat φ constant isover elk interval (xi−1,xi). Het aantal discontuniteiten van φ is dan ten hoogste l +1. Stel

M = maxφ−minφ

Neem nu n ≥ 1, en beschouw de vectorruimte Vn. Voor elke k ∈ {1, · · · ,2n} kiezen we een puntyk ∈ (k−1

2n , k2n ) waar φ continu is. En stel

g =2n

∑k=1

φ(yk) fk

68

Dan is g ∈Vn een lineaire combinatie van de haarfuncties. Als (k−12n , k

2n ) geen discontinuiteiten vanφ bevat, dan is φ = g over (k−1

2n , k2n ). Het aantal intervallen waar φ en g niet samenvallen is dus ten

hoogste l +1, en voor een x in zulk een interval is het verschil tussen φ(x) en g(x) ten hoogste M.Dus is

‖φ−g‖22 ≤ (l +1)

M2

2n

en dit verschil wordt willekeurig klein als we n maar groot genoeg nemen. �

Stelling 5.3.2 De haarfuncties vormen een orthonormale basis van L2[0,1].

Bewijs. Een Lebesgue integreerbare functie kan in kwadratisch gemiddelde benaderd worden dooreen trapfunctie, en vanwege lemma 5.3.1 ook door een lineaire combinatie van haarfuncties. �

5.4 Dubbele Fourierreeksen

Zij D⊂ R2 een domein, en G het gebied dat ontstaat door aan D de rand toe te voegen. Stel

C (G) = { f : G→ R | f continu over G}

C (G) is een Euclidische ruimte, met inprodukt

〈 f ,g〉=∫ ∫

Gf (x,y)g(x,y)dxdy

We beperken ons tot het geval waarin G = R = [a,b]× [c,d] een rechthoek is. We kunnen danbasissen van C (G) bekijken.

Stelling 5.4.1 Onderstel dat

• ( f1, f2, · · ·) een orthonormale basis is voor C [a,b];

• (g1,g2, · · ·) een orthonormale basis is voor C [c,d].

Dan is( fi(x)g j(y) : i, j ∈ N0)

een orthonormale basis voor C (R).

Bewijs. De orthonormaliteit is duidelijk. Uit stelling 4.3.11 volgt dat het volstaat om aan te tonendat de gelijkheid van Parseval geldt, namelijk

‖ f‖2 =∫ ∫

Rf (x,y)2dxdy =

∞

∑n,m=1

α2nm (5.12)

waarbijan,m = 〈 f , fn(x)gm(y)〉

69

voor elke f ∈ C (R). Voor een vaste y ∈ [c,d] is de partiele afbeelding f (•,y) gelegen in C [a,b], endus is ∫ b

af (x,y)2dx =

∞

∑n=1〈 f (•,y), fn〉2

Als we schrijven

〈 f (•,y), fn〉=∫ b

af (x,y) fn(x)dx = hn(y)

dan kunnen we dit herformuleren als∫ b

af (x,y)2dx =

∞

∑n=1

hn(y)2

We integreren beide leden van c tot d. Men kan aantonen dat de integraal en de reeks in hetrechterlid kunnen verwisseld worden (door te bewijzen dat de reeks uniform convergent is over[c,d]), en we verkrijgen dan∫ d

cdy

∫ b

af (x,y)2dx =

∞

∑n=1

(∫ d

chn(y)2dy

)Aangezien (gm) een basis is voor C [c,d] geldt (gelijkheid van Parseval):

∫ d

chn(y)2dy =

∞

∑m=1〈hn,gm〉2 =

∞

∑m=1

(∫ d

chn(y)gm(y)dy

)2

en dus ∫ ∫R

f (x,y)2dxdy =∞

∑n=1

∞

∑m=1

(∫ d

chn(y)gm(y)dy

)2

=∞

∑n=1

∞

∑m=1

(∫ d

cdy

∫ b

af (x,y) fn(x)gm(y)dx

)2

=∞

∑n,m=1

α2nm

�

5.5 Orthogonale basissen en het Sturm-Liouville probleem

Beschouw drie continue functiesp, q, r : [a,b]−→R

We onderstellen dat p,q,r overal een eindige afgeleide bezit, en dat r enkel positieve waardenaanneemt, en p overal verschilt van nul. We bekijken nu de differentiaalvergelijking

(p(x)y′)′+(q(x)+λr(x)

)y = 0 (5.13)

70

met randvoorwaarden

a11y(a)+a12y′(a) = 0 (5.14)a21y(b)+a22y′(b) = 0 (5.15)

y = 0 is steeds een oplossing, en in het algemeen verwachten we dat dit de enige oplossing is: wehebben immers een differentiaalvergelijking van orde twee, met twee randvoorwaarden.Voor sommige waarden van de parameter λ kan het zijn dat er niet-triviale oplossingen kunnengevonden worden. In dat geval noemen we λ een eigenwaarde van het Sturm-Liouville probleem(5.13-5.15). De bijhorende van nul verschillende oplossing y(x) noemt men een eigenfunctie.

Opmerking 5.5.1 We herhalen de definitie van eigenwaarden en eigenvectoren, zoals gegeven inde cursus “Lineaire Algebra”. Zij V een vectorruimte, en f : V →V een lineaire afbeelding. Eeneigenvector van f is een vector~v 6=~0 ∈V waarvoor geldt

f (~v) = λ~v

We noemen λ een eigenwaarde van f . In de cursus “Algebra en beschrijvende meetkunde”werdeneigenwaarden en eigenvectoren hoofdzakelijk bestudeerd in het geval waarin V eindigdimensionaalis, en f kan voorgesteld worden met behulp van een matrix. Men kan natuurlijk ook eigenwaardenen eigenvectoren voor oneindigdimensionale vectorruimten definieren. Het is in dit kader dat wehet Sturm-Liouville probleem kunnen beschouwen als een eigenwaardeprobleem. Neem voor Vde vectorruimte

V = {y ∈ C 2[a,b]|y voldoet aan (5.14-5.15)}

en voor f de lineaire afbeelding gedefinieerd door

f (y) =−1r(x)

((p(x)y′)′+q(x)y

)De eigenwaarden en eigenvectoren van f stemmen dan precies overeen met de eigenwaarden eneigenfuncties van het Sturm-Liouville probleem.

Voorbeeld 5.5.2 Beschouw het Sturm-Liouville probleem

y′′+λy = 0 (5.16)

met randvoorwaardeny(0) = y(π) = 0 (5.17)

(5.16) kan gemakkelijk opgelost worden. De karakteristieke vergelijking is

α2 +λ = 0

We onderscheiden drie gevallen.Eerste geval: λ =−k2 < 0. De oplossingen van (5.16) zijn dan

y = Aekx +Be−kx

71

Als we hierin de randvoorwaarden substitueren vinden we

A+B = 0Aekπ +Be−kπ = 0

De determinant van dit lineair stelsel in A en B is verschillend van 0, zodat A = B = 0 de enigeoplossing is. We vinden dus enkel de nuloplossing.Tweede geval: λ = 0. De oplossingen van (5.16) zijn nu

y = Ax+B

Substitutie van de randvoorwaarden geeft weer A = B = 0 en dus y = 0. We vinden weer enkel detriviale oplossingen.Derde geval: λ = k2 > 0. De oplossingen van (5.16) zijn nu

y = Acoskx+Bsinkx

Uit de randvoorwaarde y(0) = 0 volgt dat A = 0. De randvoorwaarde y(π) = 0 levert

Bsinkπ = 0

zodat B = 0, tenzij sinkπ = 0 of k ∈ N0. We vinden dus slechts niet-triviale oplossingen alsλ = k2, met k een positief natuurlijk getal. De verzameling eigenwaarden van het Sturm-Liouvilleprobleem is dus

{1,4,9,16, · · ·}

De eigenfunctie behorend bij λn = n2 is

yn = sinnx

Er zijn dus een aftelbaar aantal eigenwaarden. Deze eigenschap blijkt algemeen geldig te zijn,zoals blijkt uit de volgende stelling, die we zonder bewijs formuleren.

Stelling 5.5.3 Het Sturm-Liouville vraagstuk (5.13-5.15) bezit steeds een aftelbaar aantal reeleeigenwaarden die kunnen geschreven worden als

λ1 < λ2 < λ3 < · · ·

De eigenruimte die bij elke λi hoort is eindigdimensionaal.

Merk op dat de eigenfuncties in voorbeeld 5.5.2 een orthogonaal stel over het interval [0,π] vormen.Ook deze eigenschap blijkt algemeen te gelden.

Stelling 5.5.4 Onderstel dat λi en λ j twee verschillende eigenwaarden zijn van het Sturm-Liouvilleprobleem (5.13-5.15). Dan zijn de bijhorende eigenfuncties yi en y j orthogonaal over [a,b] tenop-zichte van de gewichtsfunctie r.

72

Bewijs. Het bewijs is analoog aan dat van de orthogonaliteit van de veeltermen van Legendre. yien y j zijn oplossingen van (5.13):

(p(x)y′i)′+(q(x)+λir(x)

)yi = 0

(p(x)y′j)′+(q(x)+λ jr(x)

)y j = 0

We vermenigvuldigen de eerste vergelijking met y j, de tweede met yi, en trekken af. Dit geeft

(p(x)y′i)′y j− (p(x)y′j)

′yi + r(x)λiyiy j− r(x)λ jy jyi = 0

ofddx

(p(x)(y′iy j− y′jyi)

)= (λ j−λi)r(x)yiy j

We integreren beide leden over het interval [a,b]. Gebruik makend van de grondformule van deintegraalrekening vinden we[

p(x)(y′iy j− y′jyi)]b

a= (λ j−λi)

∫ b

ar(x)yi(x)y j(x)dx (5.18)

Uit de randvoorwaarde (5.14) volgt{a11yi(a)+a12y′i(a) = 0a11y j(a)+a12y′j(a) = 0

Dit is een lineair stelsel in a11 en a12. Omdat a11 en a12 niet alletwee nul zijn (anders is er geenrandvoorwaarde) is de determinant van dit stelsel nul. Dus is

y′i(a)y j(a)− y′j(a)yi(a) = 0

Op analoge wijze zien we daty′i(b)y j(b)− y′j(b)yi(b) = 0

en dus verdwijnt het linkerlid van (5.18). Omdat ook λi 6= λ j volgt nu uit (5.18) dat∫ b

ar(x)yi(x)y j(x)dx = 0

en dit is net wat we wilden bewijzen. �

Voorbeeld 5.5.5 Beschouw het Sturm-Liouville probleem

y′′+λy = 0

met randvoorwaarden {y(0) = 0y(1) = y′(1)

Niet-positieve waarden van λ leveren enkel de nuloplossing (net zoals in voorbeeld 5.5.2). Daaromnoteren we λ = k2. De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is dan

y = Acoskx+Bsinkx

73

Uit de randvoorwaarde y(0) = 0 volgt dat A = 0.Uit de randvoorwaarde y(1) = y′(1) volgt dat

sink = k cosk

oftgk = k

De eigenwaarden zijn dus de kwadraten van de positieve oplossingen van de vergelijking tgk = k.Noteer kn voor het snijpunt van de rechte y= x met de n-de tak van de grafiek van de tangensfunctie.Dan is het stel

{sink1x,sink2x,sink3x, · · ·}

orthogonaal over het interval [0,1].

Zonder bewijs formuleren we volgende stelling.

Stelling 5.5.6 Onderstel datλ1 < λ2 < λ3 < · · ·

de eigenwaarden zijn van het Sturm-Liouville probleem, en stel yi de eigenfunctie behorend bijde eigenwaarde λ. Dan is (y1,y2, · · ·) een basis voor de Euclidische ruimte C [a,b] met inwendigproduct

〈 f ,g〉=∫ b

af (x)g(x)r(x)dx

5.6 Besselfuncties

In “Analyse II”hebben we de differentiaalvergelijking van Bessel bekeken:

x2y′′+ xy′+(x2−ν2)y = 0 (5.19)

waarbij ν ≥ 0 een parameter. x = 0 is een regelmatig singulier punt van de vergelijking, en wehebben deze opgelost m.b.v. machtreeksontwikkeling. Dit leverde als oplossing

Jν(x) =∞

∑k=0

(−1)k

Γ(k+1)Γ(p+ k+1)

(x2

)2k+ν

(5.20)

Er bestaat nog een tweede lineair onafhankelijke oplossing van de vergelijking. Indien ν 6∈N, danis deze J−ν, en wordt gegeven door de formule (5.20), met ν vervangen door −ν. Deze oplossingis wel singulier in het punt x = 0.Voor ν = 0 vindt men de tweede lineair onafhankelijke oplossing als volgt: stel

K0(x) =∞

∑k=1

bkxk + J0(x)lnx

74

-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 5.7: De Besselfuncties J0,J1,J2,J3,J4,J5,J6,J7

Substitueren in de vergelijking geeft, na enig gereken,

K0(x) =∞

∑k=1

(−1)k+1

(k!)2 (1+12+ · · ·+ 1

k

(x2

)2k+ J0(x)lnx

Meestal vervangt men K0 door een lineaire combinatie van J0 en K0: men neemt als tweede lineaironafhankelijke oplossing

Y0(x) =−2π

∞

∑k=1

(−1)k+1

(k!)2 +2π

J0(x)(lnx2+ γ)

Hierbij is γ de constante van Euler. Deze wordt gedefinieerd door

γ =∞

∑n=2

(1n+ ln

n−1n

)= lim

N→∞

(N

∑n=1

1n− lnN

)= 0,57721566 · · ·

Het is de oppervlakte gelegen tussen de grafiek van de trapfunctie

f (x) =1n

voor n < x < n+1

en de hyperbool

g(x) =1x

voor 1 < x < ∞. We merken op dat K0 en Y0 singulier zijn in x = 0.

75

De vergelijking van Bessel in parametervorm

We beschouwen nu de volgende differentiaalvergelijking:

x2y′′+ xy′+(λ2x2−ν2)y = 0 (5.21)

De substitutie u = λx herleidt (5.21) terug tot (5.19). De oplossingen die niet singulier zijn in x = 0zijn dus

y = Jν(λx)

We kunnen (5.21) herschrijven onder de vorm

(xy′)′+(λ2x− ν2

x)y = 0 (5.22)

Als we als randvoorwaarden nemeny(1) = 0

en

y(0) ={

0 als ν > 0

1 als ν = 0dan krijgen we, voor elke ν ≥ 0, een Sturm-Liouville probleem, op het feit na dat de functie q(x)uit (5.13)

q(x) =−ν2

xsingulier is in het randpunt 0, hetgeen officieel niet toegelaten is. Toch kunnen we de eigenwaardenen eigenfuncties bepalen. De eigenwaarden zijn de positieve nulpunten

λν1 < λν2 < · · ·

van Jν. De eigenfuncties zijny = Jν(λνkx)

Uit stelling 5.5.4 volgt nog steeds dat twee eigenfuncties behorend bij verschillende eigenwaardenorthogonaal zijn over [0,1] tenopzichte van de gewichtsfunctie x:∫ 1

0Jν(λνkx)Jν(λνlx)xdx = 0 als l 6= k

De Euclidische norm van Jν(λνkx) wordt gegeven door de formule

‖Jν(λνkx)‖2 =∫ 1

0Jν(λνkx)2xdx =

12(Jν+1(λνk))

2

Bovendien hebben we dat(Jν(λν1x),Jν(λν2x), · · ·)

76

een orthogonale basis is van C [0,1] (t.o.v. de gewichtsfunctie x). Dit betekent dat elke continuefunctie f : [0,1]→ R kan geschreven worden als

f (x) =∞

∑k=1

ckJp(λνkx)

met

ck =2

(Jν+1(λνk))2

∫ 1

0f (x)Jν(λνkx)xdx (5.23)

77

Hoofdstuk 6

De methode van de scheiding derveranderlijken

Dit is een methode om sommige partiele differentiaalvergelijkingen met rand- en/of beginvoor-waarden op te lossen. De oplossing wordt meestal geschreven als een reeks. In de mathematischefysica gebruikt men deze methode dikwijls. We behandelen enkele voorbeelden, zowel van hethyperbolische, elliptische als het parabolische type.

6.1 Het vraagstuk van de trillende snaar

Gevraagd wordt om een functie y(x, t) te bepalen die voldoet aan de partiele differentiaalvergelij-king

∂2y∂x2 =

1c2

∂2y∂t2 (6.1)

met randvoorwaardeny(0, t) = y(L, t) = 0 (6.2)

en beginvoorwaarden

y(x,0) = h(x) (6.3)∂y∂t(x,0) = 0 (6.4)

De partiele differentiaalvergelijking (6.1) wordt ook wel de golfvergelijking genoemd. Fysisch kanmen het vraagstuk als volgt formuleren. We hebben een snaar met lengte L en vaste uiteinden. Optijdstip t = 0 geven we de snaar een uitwijking y(x,0) = h(x) en laten de snaar los. Hoe zal desnaar verder bewegen?

We zoeken nu oplossingen van (6.1) van de vorm

y(x, t) = X(x)T (t) (6.5)

78

xL0y(x, t)

Figuur 6.1: De trillende snaar

die bovendien voldoen aan de randvoorwaarden (6.2) (maar niet noodzakelijk aan de beginvoor-waarden). Substitutie van (6.5) in (6.1) levert

X ′′(x)T (t) =1c2 X(x)T ′′(t)

ofX ′′(x)X(x)

=1c2

T ′′(t)T (t)

Het linkerlid is onafhankelijk van t, terwijl het rechterlid onafhankelijk van x is. Omdat beide ledengelijk zijn, zijn ze dus constant. We stellen

X ′′(x)X(x)

=1c2

T ′′(t)T (t)

= k

We hebben dus twee vergelijkingen:X ′′ = kX (6.6)

enT ′′ = kc2T (6.7)

Het plaatsafhankelijk probleemWe beginnen met het plaatsafhankelijk probleem (6.6). Uit de randvoorwaarde (6.2) volgt dat

X(0) = X(L) = 0 (6.8)

Merk op dat (6.6) met randvoorwaarde (6.8) een Sturm-Liouville probleem is. Voor k ≥ 0 is eralleen de nuloplossing (verifieer dit zelf); we stellen daarom k =−p2. De algemene integraal van(6.6) is dan

X(x) = Asin px+Bcos px

Uit X(0) = 0 volgt dat B = 0. Uit X(L) = 0 volgt dat

Asin pL = 0

zodat A = 0 tenzij pL ∈ Zπ. Schrijf pL = nπ, en

Xn(x) = sinnπxL

Merk op dat X0 = 0 en Xn = −X−n. Het volstaat dus om de eigenfuncties Xn te bekijken voorn = 1,2,3, · · ·.Het tijdsafhankelijk probleemNeem een van de eigenfuncties Xn. De bijhorende tijdsafhankelijke functie Tn voldoet dan aan dedifferentiaalvergelijking

T ′′n =−n2π2c2Tn

L2

79

en dus isTn = An cos

nπctL

+Bn sinnπct

LVoor elke n ∈ N hebben we dus een oplossing van de partiele differentiaalvergelijking:

yn(x, t) = Xn(x)Tn(t) = sinnπxL

(An cos

nπctL

+Bn sinnπct

L

)Een lineaire combinatie van deze oplossingen is natuurlijk nog een oplossing:

y(x, t) =∞

∑n=1

sinnπxL

(An cos

nπctL

+Bn sinnπct

L

)We trachten nu de coeffienten An en Bn zo te bepalen dat aan de beginvoorwaarden voldaan is.(6.4) wordt

0 =∞

∑n=1

nπcBn

Lsin

nπxL

en hieraan is voldaan indien Bn = 0 voor elke n. We zoeken nu An zo dat

y(x, t) =∞

∑n=1

An sinnπxL

cosnπct

L

aan (6.3) voldoet:

y(x,0) = h(x) =∞

∑n=1

An sinnπxL

Het rechterlid is de Fourierreeks van een oneven functie met periode 2L. De functie h is gegevenop het interval [0,L]. We zetten h voort tot een oneven periodieke functie met periode 2L. Hetvolstaat dan om voor An de Fouriercoefficienten van de functie h te nemen (los van convergentie-vraagstukken):

An =2L

∫ L

0h(x)sin

nπxL

dx

Als bijvoorbeeld

h(x) =4hL2 (L− x)x

dan vinden we A2n = 0 en

A2n+1 =32h

π3(2n+1)3

zodat

y(x, t) =32hπ3

∞

∑n=0

1(2n+1)3 cos

(2n+1)cπtL

sin(2n+1)πx

L

80

6.2 De potentiaal binnen een bol

We beschouwen een bol met straal a en met als middelpunt de oorsprong. De bol is drager van eenelectrische potentiaal. Er is gegeven dat er geen lading binnen de bol aanwezig is. De potentiaalop het boloppervlak is gegeven. Gevraagd wordt om de potentiaal V binnen de bol te bepalen. Vis dan een oplossing van de vergelijking van Laplace

∆V = 0

Geınspireerd door de symmetrie van het vraagstuk, gaan we over naar bolcoordinaten (r,θ,φ). DeLaplaciaan kan uitgeschreven worden in bolcoordinaten:

∆V =∂2V∂r2 +

2r

∂V∂r

+1

r2 sinθ

∂

∂θ

(sinθ

∂V∂θ

)+

1r2 sin2

θ

∂2V∂φ2

De potentiaalverdeling V (a,θ,φ) op het boloppervlak is gegeven. Om het probleem te vereenvou-digen zullen we onderstellen dat deze onafhankelijk is van φ, dit wil zeggen

V (a,θ,φ) = f (θ)

De randvoorwaarden zijn dan omwentelingssymmetrisch, en we kunnen ervan uitgaan dat ookbinnen de bol de potentiaalverdeling omwentelingssymmetrisch is:

V (r,θ,φ) =V (r,θ)

De vergelijking van Laplace neemt nu de volgende vorm aan:

∆V =∂2V∂r2 +

2r

∂V∂r

+1

r2 sinθ

∂

∂θ

(sinθ

∂V∂θ

)= 0 (6.9)

Net zoals in de voorgaande paragraaf zoeken we oplossingen van de vorm

V (r,θ) = R(r)Θ(θ)

Als we dit in (6.9) substitueren, dan vinden we na enkele eenvoudige berekeningen:

r2

RR′′(r)+

2rR

R′ =− 1Θsinθ

(cosθΘ

′+ sinθΘ′′)

(6.10)

Het linkerlid van (6.10) is onafhankelijk van θ, terwijl het rechterlid onafhankelijk van r is. Beideleden zijn dus constant, en we noemen deze constante k.Het radiaal probleemWe zoeken eerst oplossingen van de vergelijking

r2R′′+2rR′− kR = 0 (6.11)

Dit is een lineaire vergelijking van tweede orde van een bijzonder type: het is een vergelijking vanEuler (zie oefeningen). Men kan deze herleiden tot een vergelijking met constante coefficientenmet behulp van de substitutie

r = et of t = lnr

81

Met behulp van de kettingregel vinden we

dRdr

=dRdt

dtdr

=1r

dRdt

end2Rdr2 =− 1

r2dRdt

+1r

ddr

dRdt

=− 1r2

dRdt

+1r2

d2Rdt2

Substitutie in (6.11) levertd2Rdt2 +

dRdt− kR = 0

De karakteristieke vergelijking isλ

2 +λ− k = 0

en de wortels zijn

λ =−1±

√1+4k

2Het +-teken levert een positieve wortel, we noemen deze m. De andere wortel is dan −(m+ 1),want de som van de twee wortels is −1. Bovendien is m(m+1) = k, want het product van de tweewortels is −k. In het vervolg gebruiken we liever m als parameter. De algemene integraal van(6.11) is nu

R = Aemt +Be−(m+1)t = Arm +Br−m−1

We zoeken oplossingen die eindig zijn binnen de gegeven bol. Omdat r−m−1 oneindig wordt in deoorsprong stellen we B = 0, en we houden over:

R = Arm (6.12)

Het hoekafhankelijk probleemDe functie Θ(θ) voldoet aan de differentiaalvergelijking

sinθΘ′′+ cosθΘ

′+m(m+1)sinθΘ = 0

We voeren nu de volgende substitutie uit:

x = cosθ

zodatdΘ

dθ=

dΘ

dxdxdθ

=−sinθdΘ

dxen

d2Θ

dθ2 =−cosθdΘ

dx+ sin2

θd2Θ

dx2

Subsitutie in de differentiaalvergelijking geeft

(1− x2)d2Θ

dx2 −2xdΘ

dx+m(m+1)Θ = 0 (6.13)

82

Dit is de vergelijking van Legendre. In principe vinden we voor elke waarde van m twee lineaironafhankelijke oplossingen. Nu willen we dat deze oplossingen eindig zijn voor θ lopende van 0tot π, of voor x lopende van −1 tot 1. De punten x =±1 zijn singuliere punten van de vergelijkingvan Legendre, en de oplossingen van de vergelijking van Legendre worden er oneindig, tenzij inhet geval dat deze oplossing een veelterm is. De enige oplossingen die dus in aanmerking komenzijn de veeltermen van Legendre

Θ(θ) = Pm(x) = Pm(cosθ)

voor m = 0,1,2, · · ·. De oplossingen van de vergelijking van Laplace zijn dus

Vm(r,θ) = rmPm(cosθ)

Lineaire combinaties hiervan zijn nog steeds oplossingen:

V (r,θ) =∞

∑m=0

AmrmPm(cosθ)

We trachten de coefficienten Am zodanig te bepalen dat voldaan is aan de randvoorwaarde

f (θ) =V (a,θ) =∞

∑m=0

AmamPm(cosθ)

of

g(x) = f (bgcosx) =∞

∑m=0

AmamPm(x)

We ontwikkelen g volgens het orthogonale stel {P0,P1,P2, · · ·}. We vinden

g =∞

∑m=0

(g,Pm)

(Pm,Pm)Pm

Men kan aantonen dat (zie oefeningen):

(Pm,Pm) =∫ 1

−1Pm(x)2dx =

22m+1

Als we de Fouriercoefficienten identificeren, dan vinden we

Am =1

am(g,Pm)

(Pm,Pm)=

2m+12am

∫ 1

−1g(x)Pm(x)dx

6.3 De tweedimensionale warmtevergelijking

We bekijken het volgende fysische vraagstuk: een dunne rechthoekige plaat R, met zijde L enhoogte M, zoals in Figuur 6.2. We bestuderen het verloop van de temperatuurverdeling op deplaat, in de onderstelling dat er geen warmte verloren of gewonnen wordt in de z-richting. Zij

83

x

y

L

M

Figuur 6.2: De tweedimensionale warmtevergelijking

u(x,y, t) de temperatuur op positie (x,y) en tijdstip t. Men kan aantonen dat u(x,y, t) voldoet aande partiele differentiaalvergelijking

∂2u∂x2 +

∂2u∂y2 = a2 ∂u

∂t

We leggen de volgende randvoorwaarden op: op de horizontale zijden wordt de temperatuur con-stant op 0 gehouden:

u(x,0, t) = u(x,M, t) = 0 (6.14)

Bovendien onderstellen we dat de verticale zijden geısoleerd zijn:

∂u∂x

(0,y, t) =∂u∂x

(L,y, t) = 0 (6.15)

Bovendien onderstellen we dat de temperatuursverdeling op tijdstip t = 0 gekend is:

u(x,y,0) = f (x,y) (6.16)

We gebruiken dezelfde methode als in de twee vorige paragrafen: we zoeken eerst oplossingen vande vorm

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

die aan de randvoorwaarden (6.14) en (6.15) voldoen. Substitutie in de vergelijking, en delen doorX(x)Y (y)T (t) levert

X ′′

X+

Y ′′

Y= a2 T ′

T(6.17)

ofY ′′

Y= a2 T ′

T− X ′′

X= λ

is constant aangezien het linkerlid niet afhangt van x en t, en het rechterlid niet afhangt van y. Wevinden dus

Y ′′−λY = 0

Uit (6.14) halen we datY (0) = Y (M) = 0

Dit Sturm-Liouville probleem heeft als eigenwaarden

λn =−n2π2

M2 (n = 1,2, · · ·)

en de bijhorende eigenfuncties zijnYn(y) = sin

nπyM

84

Uit (6.17) volgt ook datX ′′

X= a2 T ′

T− Y ′′

Y= µ

constant is. X is dus een oplossing van het Sturm-Liouville probleem

X ′′−µX = 0

met ditmaal als randvoorwaarden (uit (6.15)):

X ′(0) = X ′(L) = 0

De eigenwaarden zijn

µm =−m2π2

L2 (m = 0,1,2, · · ·)

en de bijhorende eigenfuncties zijnXm(x) = cos

mπxL

Als Xm en Yn eigenfuncties zijn, dan voldoet T = Tmn aan de differentiaalvergelijking

a2 T ′

T= λn +µm =−π

2(

m2

L2 +n2

M2

)zodat

Tmn = Amne−π2

a2

(m2

L2 +n2

M2

)t

en dus is

umn(x,y, t) = Amn sinnπyM

cosmπx

Le−

π2

a2

(m2

L2 +n2

M2

)t

Een lineaire combinatie van de umn is nog steeds een oplossing die aan de randvoorwaarde voldoet:

u(x,y, t) =∞

∑m=0

∞

∑n=1

Amn sinnπyM

cosmπx

Le−

π2

a2

(m2

L2 +n2

M2

)t

Deze moet nog voldoen aan de randvoorwaarde (6.16). We moeten dus hebben

f (x,y) = u(x,y,0) =∞

∑m=0

∞

∑n=1

Amn sinnπyM

cosmπx

L

Uit § 5.4 weten we dat de functies

sinnπyM

cosmπx

L(m≥ 0, n≥ 1)

een orthogonale basis vormen voor de continue functies

f : [0,M]× [0,L]→ R

We kunnen dus f ontwikkelen volgens deze basis, en identificatie van de Fourier coefficientenlevert ons

A0n =2

LM

∫ L

0dx

∫ M

0f (x,y)sin

nπyM

dxdy

Amn =4

LM

∫ L

0dx

∫ M

0f (x,y)sin

nπyM

cosmπx

Ldxdy

85

6.4 De potentiaal binnen een cilinder

We bekijken opnieuw de vergelijking van Laplace, maar nu in cilindercoordinaten (r,θ,z):

∆u =∂2u∂r2 +

1r

∂u∂r

+1r2

∂2u∂θ2 +

∂2u∂z2 = 0

We zullen de vergelijking oplossen over de cilinder

r < 1, 0 < z < a

Met randvoorwaardenu(1,θ,z) = u(r,θ,a) = 0 (6.18)

enu(r,θ,0) = f (r) (6.19)

We onderstellen dus dat de potentiaal u nul is op de mantel en het bovenvlak van de cilinder, eneen gegeven functie f (r) op het grondvlak. Omdat de randvoorwaarden axiaal symmetrisch zijn,zoeken we naar oplossingen die ook axiaal symmetrisch zijn. We onderstellen dus dat

u(r,θ,z) = u(r,z)

We passen weer de methode van de scheiding der veranderlijken toe:

u(r,z) = R(r)Z(z)

Substitutie in de vergelijking, en delen door R(r)Z(z) levert ons

R′′+ R′r

R=−Z′′

Z=−λ

2

λ is een constante, aangezien het linkerlid niet afhangt van z en het rechterlid niet van r. We vindendus

R′′+R′

r+λ

2R = 0

Dit is de Besselvergelijking in parametervorm (5.21), met ν = 0. De oplossingen zijn

R(r) = AJ0(λr)+BY0(λr)

We hebben gezien dat de oplossing Y0 singulier is in de oorsprong. Aangezien we zoeken naarpotentiaalfuncties die overal binnen de cilinder eindig zijn, onderstellen we dus B = 0. Bovendienis R(1) = 0, vanwege de randvoorwaarde (6.18). Dit betekent dat J0(λ) = 0, zodat λ een van denulpunten van J0 is. Daarom stellen we

Rk(r) = J0(λkr)

waarbij λk het k-de nulpunt van J0 is.Z voldoet nu aan de differentiaalvergelijking

Z′′−λ2kZ = 0

86

met randvoorwaarde (uit (6.18)): Z(a) = 0. De oplossingen van de differentiaalvergelijking dieaan deze randvoorwaarden voldoen zijn de veelvouden van

Zk(z) = sh(λk(a− z))

We vinden de oplossingen van de potentiaalvergelijking

uk(r,z) = sh(λk(a− z))J0(λkr)

die voldoen aan de randvoorwaarden (6.18). Een lineaire combinatie hiervan is nog steeds eenoplossing die voldoet aan (6.18):

u(r,z) =∞

∑k=1

Aksh(λk(a− z))J0(λkr)

we vullen deze in in de randvoorwaarde (6.19):

u(r,0) = f (r) =∞

∑k=1

Aksh(λka)J0(λkr)

Identificatie van de Fourier coefficienten geeft (zie (5.23)):

Ak =2

J1(λk)2sh(λka)

∫ 1

0f (r)J0(λkr)rdr

6.5 Het drumstel

In § 6.1 bekeken we de trillende snaar. Dit was de golfvergelijking in een ruimtelijke veranderlijke.In meerdere ruimtelijke veranderlijken is de golfvergelijking

∆u =1a2

∂2u∂t2

We bekijken nu een drumstel: een cirkelvormig membraan, waarvan de rand wordt vastgespannen.De differentiaalvergelijking die we krijgen is de golfvergelijking in twee ruimtelijke veranderlij-ken. We schrijven deze in poolcoordinaten:

∂2u∂r2 +

1r

∂u∂r

+1r2

∂2u∂θ2 =

1a2

∂2u∂t2 (6.20)

We onderstellen dat de straal van het membraan gelijk is aan 1. De randvoorwaarde is dan

u(1,θ, t) = 0 (6.21)

We leggen ook beginvoorwaarden op: op tijdstip t = 0 slaan we met een drumstick op het drumstel.Dit geeft

u(r,θ,0) = f (r,θ) (6.22)∂u∂t

(r,θ,0) = g(r,θ) (6.23)

87

We zoeken eerst oplossingen van de vorm

u(r,θ, t) = R(r)Θ(θ)T (t)

die voldoen aan de randvoorwaarde (6.21). Als we dit substitueren in (6.20) en delen door R(r)Θ(θ)T (t)en vermenigvuldigen met r2 vinden we

Θ′′

Θ=

r2

a2T ′′

T− r2R′′

R− rR′

R= k (6.24)

Het hoekafhankelijk probleem wordtΘ′′− kΘ = 0 (6.25)

Θ is een functie met periode 2π. Als k > 0, dan zijn de oplossingen van (6.25) exponentielefuncties, die niet periodisch zijn. Voor k = 0 vinden we als oplossing Θ = Aθ+B, en A = 0, omdatΘ periodisch is. Voor k < 0 vinden we

Θ = Acos√−kθ+Bsin

√−kθ

Omdat de periode 2π moet zijn, is√−k = n ∈ N0, en k =−n2.

Als eigenfuncties vinden we dus

Θ1n = cosnθ en Θ2n = sinnθ

waarbij n = 0,1,2, · · ·. Uit (6.24) volgt nu dat

T ′′

a2T=

R′′

R+

R′

rR− n2

r2 (6.26)

constant is. We stellen deze constante gelijk aan −λ2. Dan volgt

r2R′′+ rR′+(λ2r2−n2)R = 0 (6.27)

Dit is de vergelijking van Bessel met parameter (zie § 5.6). We eisen dat R in 0 een eindige waardeaanneemt. Omdat we ook de beginvoorwaarde R(1) = 0 hebben krijgen we

Rnk(r) = Jn(λnkr)

waarbij λnk het k-de positieve nulpunt van Jn (k = 1,2, · · ·). Uit (6.26) volgt nu

T ′′nk +λ2nka2Tnk = 0

zodatTnk = Ank cos(aλnkt)+Bnk sin(aλnkt)

We vinden dus volgende oplossingen voor de partiele differentiaalvergelijking, die voldoen aan derandvoorwaarde (6.21):

unk(r,θ, t) = (Ank cos(aλnkt)+Bnk sin(aλnkt))cos(nθ)Jn(λnkr)

88

vnk(r,θ, t) = (Cnk cos(aλnkt)+Dnk sin(aλnkt))sin(nθ)Jn(λnkr)

Een lineaire combinatie van oplossingen is nog steeds een oplossing:

u(r,θ, t) =∞

∑n=0

∞

∑k=1

(ukn + vkn)

De coefficienten Ank,Bnk,Cnk,Dnk bepalen we door de beginvoorwaarden (6.22) en (6.23) in tevullen. (6.22) geeft

f (r,θ) =∞

∑n=0

(∞

∑k=1

[AnkJn(λnkr)]cos(nθ)+∞

∑k=1

[CnkJn(λnkr)](sinnθ)

)

We ontwikkelen f (r,θ) als een Fourierrreeks met θ als parameter:

f (r,θ) = a0 +∞

∑n=1

[an(r)cos(nθ)+bn(r)sin(nθ)]

met

a0 =1

2π

∫ 2π

0f (r,θ)dθ

an =1π

∫ 2π

0f (r,θ)cos(nθ)dθ

bn =1π

∫ 2π

0f (r,θ)sin(nθ)dθ

We zien dus dat

an(r) =∞

∑k=1

AnkJn(λnkr) en bn(r) =∞

∑k=1

CnkJn(λnkr)

dus Ank en Cnk zijn de coeffienten in de Bessel expansies van an(r) en bn(r) volgens de functiesJn(λnkr). Met behulp van (5.23) vinden we

Ank =2

(Jn+1(λnk))2

∫ 1

0an(r)Jn(λnkr)rdr

Cnk =2

(Jn+1(λnk))2

∫ 1

0bn(r)Jn(λnkr)rdr

en dus

A0k =1

π(J1(λ0k))2

∫ 1

0

∫ 2π

0f (r,θ)J0(λ0kr)rdθdr

Ank =2

π(Jn+1(λnk))2

∫ 1

0

∫ 2π

0f (r,θ)cos(nθ)Jn(λnkr)rdθdr

Cnk =2

π(Jn+1(λnk))2

∫ 1

0

∫ 2π

0f (r,θ)sin(nθ)Jn(λnkr)rdθdr

89

Op analoge manier bepalen we de coeffienten Bnk en Dnk door de randvoorwaarde (6.23) in tevullen, na eerste u(r,θ, t) af te leiden naar t. Dit geeft uiteindelijk

B0k =1

aπλ0k(J1(λ0k))2

∫ 1

0

∫ 2π

0g(r,θ)J0(λ0kr)rdθdr

Bnk =2

aπλnk(Jn+1(λnk))2

∫ 1

0

∫ 2π

0g(r,θ)cos(nθ)Jn(λnkr)rdθdr

Dnk =2

aπλnk(Jn+1(λnk))2

∫ 1

0

∫ 2π

0g(r,θ)sin(nθ)Jn(λnkr)rdθdr

90

Index

Banachruimte 37bilineaire afbeelding 43Cauchy rij 36constante van Euler 73eigenfunctie 69eigenwaarde 69Euclidische norm 30Euclidische ruimte 43gelijkheid van Parseval 47genormeerde ruimte 30Gibbsverschijnsel 59golfvergelijking 76inwendig produkt 43kwadratisch sommeerbare rij 44Lebesgue integraal 42lineaire partiele differentiaalvergelijking 10linkervoorwaarde van Lipschitz 52ongelijkheid van Bessel 46orthogonale rij 45orthonormale rij 45partiele differentiaalvergelijking 8rechtervoorwaarde van Lipschitz 52regelfunctie 38semi-norm 31stuksgewijs continue functie 31Sturm-Liouville probleem 69supremumnorm 30symmetrische afbeelding 43trapfunctie 38

91