7.10 Rekentechniek

Hoofdstukken > Continue dynamische modellen

In deze paragraaf zoeken we oplossingen van differentiaalvergelijkingen waarvan de variabelen te scheiden zijn.

Gegeven is de differentiaalvergelijking: $\frac{d y}{d x} = c (x, y)$ .
Als er functies $p$ en $q$ (van één variabele) zijn zó, dat
$c (x, y) = p (x) \cdot q (y)$ , dan is de differentiaalvergelijking een differentiaalvergelijking met te scheiden variabelen.

Voorbeeld:

Als $c (x, y) = x \sqrt{y + 1}$ zijn de variabelen te scheiden met
$p (x) = x$ en $q (y) = \sqrt{y + 1}$ .
Als $c (x, y) = \sqrt{x y + 1}$ zijn de variabelen niet te scheiden.

Opmerking:

Dat jij de variabelen van $c (x, y) = \sqrt{x y + 1}$ niet kunt scheiden, betekent nog niet dat ze niet te scheiden zijn.
Veronderstel dat ze wel te scheiden zijn, dan zijn er functies $p$ en $q$ zó, dat $p (x) \cdot q (y) = \sqrt{x y + 1}$ .
Voor $x = 0$ invullen geeft: $p (0) \cdot q (y) = 1$ , dus is $q$ een constante functie. Evenzo vind je door voor $y = 0$ in te vullen dat $p$ een constante functie is. Maar dan zou $c$ ook constant zijn en dat is een tegenspraak, dus zijn de variabelen niet te scheiden.

Ga van de volgende functies $c$ na of de variabelen te scheiden zijn.
Zoja, laat zien hoe.

$c (x, y) = \sqrt{x y}$ (met $x$ en $y$ positief)
$c (x, y) = \sqrt{x + y}$
$c (x, y) = ‐ \frac{x}{y}$
$c (x, y) = x + x y$

Stelling
Gegeven is de differentiaalvergelijking $\frac{d y}{d x} = p (x) \cdot q (y)$ .
Neem aan: $P$ is een primitieve functie van $p$ en $R$ een primitieve van de functie $\frac{1}{q}$ .
Dan zijn de functies $y$ met $R (y) = P (x) + k$ voor elke constante $k$ oplossing van de differentiaalvergelijking.

Voordat we de stelling in opgave 3bewijzen, eerst een voorbeeld.

Voorbeeld:

Gegeven is de differentiaalvergelijking $\frac{d y}{d x} = x y$ .
Van deze differentiaalvergelijking kun je de variabelen scheiden: $c (x, y) = p (x) \cdot q (y)$ met $p (x) = x$ en $q (y) = y$ .
Dan $\frac{1}{q (y)} = \frac{1}{y}$ en $p (x) = x$ , dus je kunt bijvoorbeeld nemen: $R (y) = \ln | y |$ en $P (x) = \frac{1}{2} x^{2}$ .
Volgens de stelling zijn de functies $y$ met $\ln | y | = \frac{1}{2} x^{2} + k$ oplossing van de differentiaalvergelijking.
Je kunt deze functies schrijven als: $y = \pm e^{k} \cdot e^{\frac{1}{2} x^{2}}$ . Door $d$ te schrijven voor de constante $e^{k}$ , vind je:
de functies $y = d \cdot e^{\frac{1}{2} x^{2}}$ met $d \neq 0$ zijn oplossing van de differentiaalvergelijking $\frac{d y}{d x} = x y$ .
Als $d = 0$ , krijg je ook een oplossingsfunctie van de differentiaalvergelijking.

Controleer door substitutie dat de functies $y = d \cdot e^{\frac{1}{2} x^{2}}$ aan de differentiaalvergelijking $\frac{d y}{d x} = x y$ voldoen.

Gegevens zijn als in de stelling.

Toon aan: $\frac{d R}{d x} = \frac{1}{q (y)} \cdot \frac{d y}{d x}$ .

Waarom geldt: $\frac{d R}{d x} = p (x)$ ?

Hoe volgt uit de twee vergelijkingen dat voor de functies $y$ met $R (y) = P (x) + k$ volgt: $\frac{1}{q (y)} \cdot \frac{d y}{d x} = p (x)$ ?

Notatie
Vaak wordt een primitieve van een functie $f$ genoteerd met $\int f (x) d x$ .
Zo is $\int 3 \sqrt{x} d x = 2 x \sqrt{x} + c$ en $\int 3 y^{2} d y = y^{3} + c$ , waarbij $c$ een constante is.

Het oplossing van de differentiaalvergelijking $\frac{d y}{d x} = x y$ in het vorige voorbeeld ziet er in deze notatie zó uit.

$\frac{d y}{d x}$	$=$	$x y$	Deel door $y$ (variabelen scheiden)
$\frac{1}{y} \cdot \frac{d y}{d x}$	$=$	$x$	Vermenigvuldig met $d x$ (variabelen scheiden)
$\frac{1}{y} \cdot d y$	$=$	$x \cdot d x$	Zet er 'vleeshaken' voor.
$\int \frac{1}{y} \cdot d y$	$=$	$\int x \cdot d x$	Uitrekenen
$\ln (\| y \|)$	$=$	$\frac{1}{2} x^{2} + c$

Opmerking:

$d x$ en $d y$ zijn eerder genoemd bij het intermezzo over Leibniz in paragraaf 2. Ook komen ze in de integraalnotatie voor.

Voorbeeld:

Geef een oplossingsfunctie van de differentiaalvergelijking
$\frac{d y}{d x} = y^{2} + 2 x y$ met beginwaarde $(0,2)$ .

$\frac{d y}{d x}$	$=$	$y^{2} + 2 x y^{2}$	Delen door $y^{2}$ (variabelen scheiden)
$\frac{1}{y^{2}} \cdot \frac{d y}{d x}$	$=$	$1 + 2 x$	Vermenigvuldigen met $d x$
$\frac{1}{y^{2}} \cdot d y$	$=$	$(1 + 2 x) \cdot d x$	Vleeshaken zetten
$\int \frac{1}{y^{2}} \cdot d y$	$=$	$\int (1 + 2 x) \cdot d x$	Uitrekenen
$‐ \frac{1}{y}$	$=$	$x^{2} + x + c$

Dus $y = ‐ \frac{1}{x^{2} + x + c}$ .
Uit $y (0) = 2$ volgt: $c = ‐ \frac{1}{2}$ , dus $y = ‐ \frac{1}{x^{2} + x - \frac{1}{2}}$ $= ‐ \frac{2}{2 x^{2} + 2 x - 1}$ .

Geef een oplossingsfunctie van de volgende beginwaardeproblemen.

$\frac{d h}{d t} = \frac{4}{h^{2}}$ en $h (0) = 0$ .
Zie opgave 6: een trechter vullen.

$\frac{d y}{d x} = ‐ \frac{x}{y}$ en $y (0) = 4$ .
Zie opgave 12.

$\frac{d h}{d t} = ‐ 2 \sqrt{h}$ met $h (0) = 100$ .
Zie opgave 15: een leegstromend vat.

$\frac{d y}{d x} = 1 \frac{1}{3} \sqrt{x y}$ en $y (1) = 4$ .
Zie opgave 22.

$\frac{d G}{d t} = ‐ 0,3 \cdot G^{\frac{2}{3}}$ en $G (0) = 8$ .
Zie opgave 21 over de mottenbal.

$\frac{d T}{d t} = ‐ 0,2 \cdot (T - 20)$ en $T (0) = 100$ (afkoeling).

In opgave 15 brandde in $8$ uur een kaars af.
Er geldt: $\frac{d h}{d t} = c \cdot \frac{1}{{(20 - h)}^{2}}$ en $h (0) = 20$ .
Hierbij is $h$ de lengte van de kaars (in cm), $t$ de tijd in uur en $c$ een constante die onder andere van de kwaliteit van de was afhangt.

Laat zien dat de differentiaalvergelijking $\frac{d h}{d t} = c \cdot \frac{1}{{(20 - h)}^{2}}$ leidt tot: de oplossingen $‐ \frac{1}{3} {(20 - h)}^{3} = c \cdot t + d$ , waarbij $d$ constant is.

Schrijf $h$ als functie van $t$ , zonder de constanten $c$ en $d$ .

Geremde groei
In deze opgave lossen we de differentiaalvergelijking
$\frac{d y}{d x} = c y (a - y)$ op voor willekeurige getallen $a$ en $c$ .
Variabelen scheiden geeft: $\int \frac{1}{y (a - y)} d y = \int c d x$ .
Het probleem is een primitieve te vinden van $\frac{1}{y (a - y)}$ .

Welke primitieve vind je als $a = 0$ ?

Als $a \neq 0$ , moet je breuksplitsen: je kunt $\frac{1}{y (a - y)}$ schrijven als $\frac{1}{y (a - y)} = \frac{\dots}{y} + \frac{\dots}{a - y}$ .

Zoek uit welke getallen op de stippellijnen moeten staan.

(hint)

Schrijf

\frac{1}{y} + \frac{1}{a - y}

onder één noemer.

Uit het antwoord op het vorige onderdeel volgt:
$\ln (| y |) − \ln (| a - y |) = a c x + C$ voor willekeurige $C$ .

Ga dat na.

Uit $\ln (| y |) ‐ \ln (| y - a |) = a c x + C$ volgt: $\ln (| \frac{y - a}{y} |) = ‐ (a c x + C)$ , dus $| 1 - \frac{a}{y} | = e^{‐ (a c x + C)}$ , dus $1 - \frac{a}{y} = d \cdot e^{‐ a c x}$ , met $d \neq 0$ .

Laat zien dat deze laatste vorm te herschrijven is als
$y = \frac{a}{1 - d \cdot e^{‐ a c x}}$

Ga na dat hieruit de formule voor de oplossingsfuncties $y = \frac{M}{1 + b \cdot e^{‐ c M x}}$ voor geremde groei volgt.

Geef oplossingsfuncties van de volgende beginwaardeproblemen.

$\frac{d y}{d x} = 2 x \cdot e^{‐ y}$ , beginwaarde $(0,0)$
$\frac{d y}{d x} = \frac{\cos (x)}{y}$ , beginwaarde $(\frac{1}{2} π,1)$
$\frac{d y}{d x} = 2 x + x y$ , beginwaarde $(0,3)$
$\frac{d y}{d x} = 2 x + x y$ , beginwaarde $(0, ‐ 3)$
$\frac{d y}{d x} = e^{x + y}$ beginwaarde $(0,1)$
$\frac{d y}{d x} = \frac{y \cdot e^{x}}{e^{x} + 1}$ , beginwaarde $(0, ‐ 2)$