© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

Homogene Differentiaalvergelijkingen.
       
Oké, het is misschien wat verwarrend, maar we hebben het in deze les over differentiaalvergelijkingen die in hun totaal homogeen zijn.  Dus niet over een homogene vergelijking die we van een differentiaalvergelijking maakten door g(x) = 0 te nemen.
Om te weten wat een homogene differentiaalvergelijking is moet je eerst weten wat een homogene functie f(x, y) is.
Vooruit, hier is meteen de definitie:
       

f(x, y)  is homogeen   ⇔    f(ax, ay) = an • f(x, y) 

       
wat moet je je daarbij voorstellen?

Het betekent in praktijk eigenlijk niets anders dan dat alle termen dezelfde totale macht van x  en y hebben.
Laat ik maar met een paar voorbeeldjes uitleggen wat ik daarmee bedoel.
  - f(x, y) = x3 + y3   is homogeen want  (ax)3 + (ay)3 =  a3(x3 + y3)
  - f(x, y) = 2x2 + y3  is niet homogeen want  in  2(ax)2 + (ay)3  kun je de a's niet buiten haakjes halen.
  - f(x, y) = x2y4 + x3y3  is wel homogeen  want   (ax)2(ay)4 + (ax)3(ay)3 = a6(x2y4 + x3y3)
  - f(x, y) = ln(y/x)  is wel homogeen  want  ln(ay/ax) = ln(y/x) = a0 (ln(y/x)
ik hoop dat je al ziet dat elke functie  f(y/x) homogeen is......
       
Een homogene differentiaalvergelijking heeft de vorm:   P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0  waar bij P en Q homogene functies van x en y zijn, en van dezelfde graad! (dat betekent dat ze dezelfde waarde van n hebben).

En nou komt het goede nieuws:
       

van een homogene vergelijking  P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 
 kun je de variabelen scheiden.
       
hoe gaat dat in zijn werk?
       
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 
 


 		 ⇒  an •  P(x, y)dx + an • Q(x, y)dy = 0
⇒  P(ax, ay)dx  + Q(ax, ay)dy = 0
vervang nu a door 1/x 
⇒  P(1, y/x)dx  + Q(1, y/x)dy  = 0
Maar dat zijn nu twee functies R en S van alleen maar (y/x)
⇒  R(y/x)dx + S(y/x)dy = 0
Noem nu  y = ux,  dan is  dy = udx + xdu  dan krijg je   R(u)dx + S(u)(udx + xdu) = 0

En nu zijn u en x makkelijk te scheiden:
du(xS(u)) + dx(R(u) + uS(u)) = 0 

       
Nou hoef je dat laatste stuk niet helemaal uit je hoofd te leren , als je maar onthoudt dat de substitutie  y = ux  hier wonderbaarlijk goed werkt!
       

homogene differentiaalvergelijking in x en y ?
de substitutie y = ux geeft variabelen u en x die te scheiden zijn!!!
       
Voorbeeld 1.

x2dy = (xy + y2)dx
De vergelijking is homogeen; met n = 2
y = ux  geeft:    x2(udx + xdu) = (ux2 + u2x2)dx
 x2 valt weg  (dat komt natuurlijk door dat homogeen zijn!):  udx + xdu = udx + u2dx
xdu = u2dx
1/x • dx = 1/u² • du  en nu zijn ze gescheiden.
primitiveren:    lnx = -1/u + c
maar  u = y/x   dus   lnx = -x/y + c
ylnx = -x + cy
y(lnx - c) = -x
y =  x/(c - lnx)
 

opmerking:  soms werkt x = uy wat handiger dan y = ux.    Kijk maar:
 
Voorbeeld 2.    Los op:  2xydx = (x2 - y2)dy 
Je ziet dat de vergelijking homogeen is hoop ik  (de n is 2)
y = ux  geeft dan   2x2udx = (x2 - u2x2)(udx + xdu)
x2 valt weg  (dat komt natuurlijk door dat homogeen zijn!):   2udx = (1 - u2)(udx + xdu)
dx(2u - u + u3) = xdu(1 - u2)
dx • u(1 + u2) = xdu(1 - u2)

Tja, de variabelen zijn inderdaad gescheiden, maar hoe primitiveer je die linkerkant?

Kijk hoeveel makkelijker het wordt als je x = uy   gebruikt:
2uy2 (udy + ydu) = (u2y2 - y2)dy
y2 valt weg  (dat komt natuurlijk door dat homogeen zijn!):   2u2dy + 2uydu = u2dy - 1dy
dy(u2 + 1) = du(-2uy)
Die kan ik wel primitiveren:   lny = -ln(1 + u2) + c
y = c • (1 + u2)-1
(1 + u2)y = c
terugsubstitueren dat u = x/y  geeft   (1 + x²/y²) • y = c
vermenigvuldig alles met y:    y2 + x2  = cy   
Goh!  Het zijn gewoon cirkels met middelpunt op de y-as!
       
Drie "veel" voorkomende gevallen.
       
Geval 1.
       
Als een eerste orde differentiaalvergelijking te schrijven is als  y'  = f (y/x) dan is die vergelijking homogeen (Soms moet je de boel daar een beetje voor herschrijven:  in de voorbeelden hierboven had je alles door x2 kunnen delen)
Als dat zo is, dan helpt de substitutie y = ux dus.
Immers:      u =  y/x  ⇒  y = ux  ⇒  y' =  u'x + u   (met de productregel; alles als functie van x)
Dan wordt de differentiaalvergelijking:  y' =  f(y/x)  ⇒    u' x + u = f(u) 
Beide kanten primitiveren en je hebt de oplossing (tenminste als je de integralen kunt berekenen)
       
  Voorbeeld  3.  Los op    x2y'  = x2 + y2   met y (1) = 1
 
  Substitueer u = y/x  en dus  y' = ux  (zie boven), dan krijg je:   u'x = 1 + u2
 
 
  Daaruit volgt y = ux = x • tan(lnx + c)
De beginwaarde geeft  1 = 1 • tan(c)  dus  c = 1/4π.
De volledige oplossing is dan  y =  x •  ln(1/4π + tanx)
       
Geval 2.
       
Zo af en toe is een eerste orde differentiaalvergelijking te schrijven als  y'  = f (ax + by).
Als dat zo is, dan doet de substitutie  u = ax + by  wonderen.
u = ax + by  ⇒   u' = a + by'  ⇒  y'  = (u' - a)/b 
De differentiaalvergelijking verandert dan in  (u' - a)/b = f(u)  en die kun je weer scheiden: 
En dan maar hopen dat die laatste te primitiveren is....
       
  Voorbeeld 4.  Los op:  y' = (2x + y + 1)2   met  y(0) = 2

Kies  u = 2x + y, dan is  u' = 2 + y'  dus y' = u' - 2.
Substitueren geeft dan:  u' - 2 = (u + 1)2  
     
  Dat geeft dan weer y = u - 2x =  -1/(2x + c) - 1 - 2x
De beginvoorwaarde y(0) = 2 geeft dan  2 = -1/c - 1 ⇒  c = -1/3
       
Geval 3.
De differentiaalvergelijking heeft de vorm:
In zulke gevallen kun je er makkelijk zelf een homogene vergelijking van maken.
Dat gaat zo:
Neem de substitutie  x = X + p  en   y = Y + q  en ga nu proberen om p en q zó te kiezen dat de vergelijking homogeen wordt. Dat is eigenlijk altijd vrij makkelijk.  Kijk maar naar het volgende voorbeeld:

Voorbeeld 5.    Los op:   y' = (x + y - 3)/(x - y - 1)    ofwel  (x - y - 1) • y' =  x + y - 3
Substitueren:    (X + p - Y - q - 1)dY  = (X + p + Y + q - 3)dX
Die is homogeen als  p - q - 1 =  0  en   p + q - 3 = 0
Dat geeft  vrij eenvoudig  p = 2  en  q = 1  en de vergelijking wordt   (X - Y)dY = (X + Y)dX
Die laatste is homogeen:  substitueer  Y = uX
(X - uX)(udX + Xdu) = (X + uX)dX
(1 - u)(udX + Xdu) = (1 + u)dX
du • X(1 - u) = dX • (1 + u - u + u2)
du • (1 - u)/(1 + u²) = 1/X • dX
primitiveren:    arctanu - 0,5ln(1 + u2) = lnX + c  
beetje fatsoeneren:   2arctanu  =  ln(X2(1 + u2)) + c

u, X en Y  weer vervangen:   u = Y/X = (y - 1)/(x - 2)   geeft    2arctan((y - 1)/(x - 2)) = ln((x - 2)2 + ( y - 1)2 ) + c
Oké, ik geef toe:  het is niet geweldig mooi, maar het is wel een oplossing.......

En dan viel het nu nog mee ook met dat primitiveren!  Die integralen kunnen nog een stuk lastiger worden. 
Kijk maar als je durft:

Voorbeeld 6.   
(x + y) • y' =  4x + y - 3
Substitueren:    X + p + Y + q)dY  = 4X + 4p + Y + q - 3)dX
Die is homogeen als  p + q  =  0  en   4p + q - 3 = 0
Dat geeft vrij eenvoudig  p = 1  en  q = -1  en de vergelijking wordt:  (X + Y)dY = (4X + Y)dX
Die laatste is homogeen:  substitueer  Y = uX
(X + uX)(Xdu + udX) = (4X + uX)dX
(1 + u)(Xdu + udX) = (4 + u)dX
duX(1 + u) = dX(4 + u - u - u2)
du •  (1 + u)/(4 - u²) = 1/X • dX
Ik hoop dat je die nog kunt primitiveren  (deze les).  Gaat zó:
Die laatste is ln(4 - u2) en die eerste kun je breuksplitsen  1/(4 - u²) = 1/(2 - u)(2 + u) =  A/(2 - u) + B(2 + u) 
Dat geeft A = B = 1/4  en de primitieve is dan   -1/4ln(2 - u) + 1/4ln(2 + u) - 1/2ln(4 - u2)  = lnX + c
Terugsubstitueren  u = Y/X en  Y = y + 1  en  X = x - 1  en dan  nog een heleboel "eenvoudiger schrijven", maar daar gaat het hier niet om.
       
       
Kan er nog wat misgaan bij geval 3?
Ik was al bang voor de vraag!
Jazeker kan er wat misgaan!  Het venijn zit hem in de opmerking  "dat is eigenlijk altijd vrij makkelijk"  vlak boven voorbeeld 5.  op zich klopt dat ook wel, want je hebt met een simpel lineair stelsel te maken.  Maar wat gebeurt er als dat stelsel afhankelijk is?  Dan vind je geen oplossing voor p en q?
Gelukkig is er in zulke gevallen altijd een veel eenvoudigere substitutie te vinden.  Kijk maar naar dit voorbeeld:

Voorbeeld 7.   Los op:    y' = (x + 2y)/(2x + 4y - 1)   ofwel  (2x + 4y - 1)dy = (x + 2y)dx
Dat geeft met bovenstaande substituties het strijdige stelsel  2p + 4q - 1 = 0  en   p + 2q = 0
Maar als je x + 2y  (want dat komt in beiden voor)  gelijkstelt aan z  dan krijg je iets erg eenvoudigs:
dy(2z - 1)  =  dx • z   met  dz = dx + 2dy   geeft   dy(2z - 1) = (dz - 2dy) • z
dy(4z - 1)  = z • dz 
dy = z/(4z - 1) • dz  en dat is makkelijk te primitiveren  (maak maar een staartdeling van de rechterkant)
geeft als oplossing trouwens  y =  1/4z + 1/16ln(4z - 1) + c  en dan kun je z =  x + 2y  terugsubstitueren.......         
       
       
  OPGAVEN
       
1. Los op:
       
  a. y2y' =  -xy - 2y2   met  y(1) = 0  
Je hoeft de vergelijking niet expliciet te maken, (dus als y = .... te schrijven)
     
-x/(0,5 + lnx) - x
  b. xy´ = y + √(xy)  met  y(1) = 4
     

 x • (1/2lnx + 2)2  
2. Los op:
       
  a. y'  + 2y  = 4x  met   y(0) = 0
     

e-2x + 2x - 1

  b.
     

x - ln(1- 0,5ex)

3. Los op:   y' = (2x + y - 3)/(x  + 2y ) 
       
4. Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijkingen:
       
  a. (x3 + y3)dx = 3xy2 dy
       
  b. (1 + 2ex/y )dx + 2ex/y (1 - x/y)dy = 0
       
  c. xy' = y + √(x2 - y2)
       
  d. (xsin(y/x) - ycos(y/x))dx + xcos(y/x)dy = 0
       
  e. 2xy' = 2y + √(x2 + 4y2)
       
5. Bepaal de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijkingen:
       
  a.
       
  b. (x + y - 1)2dy = 2(y + 2)2 dx
       
6. a. Los op:   (x + y)dx + (3x + 3y - 4)dy = 0
       
  b. Los op:  (x + 2y + 1)dx  - (2x - 3)dy = 0
       
7. Los op:   (x2 - y2) • y' = 2xy
       
8. Geef de algemene oplossing van:    xydx = (x2 - y4)dy
TIP:  maak deze door een handige substitutie eerst homogeen.
       
     

© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)