|
|||||
| Oplosbare combinaties. | |||||
| Ik zal het maar
eerlijk zeggen, je komt er toch wel achter: deze les is een beetje
een flauwe les!! We hebben het hier dan wel heel stoer over "hogere orde differentiaalvergelijkingen", maar eigenlijk bekijken we alleen maar speciale gevallen die terug te brengen zijn tot gewone eerste orde vergelijkingen. Dus eigenlijk behandelen we hier niet "hogere orde vergelijkingen", maar "vermomde-eerste-orde-vergelijkingen" We bekijken drie vermommingen: |
|||||
|
1. Oplosbaar naar y'.
Dat betekent dat we de vergelijking kunnen schrijven als y ' = ...... en dan kunnen we daar al onze eerste-orde-technieken op toepassen. Voorbeeld 1. Los op: (y' )2 + 2x = x2 + 1 Dat is te veranderen in: (y' )2 = x2 - 2x + 1 = (x - 1)2 dus y' = ±√(x - 1) Primitiveren geeft direct y = ±2/3 • (x - 1)√(x - 1) + c Beetje flauw allemaal..... Voorbeeld 2. Los op: (y')2 + 4x2 = 4xy' + 4 Is te herschrijven als: (y')2 - 4xy' + 4x2 = 4 ofwel (y' - 2x)2 = 4 Dat geeft y' = 2x ± 2 en dat geeft de oplossingen y = x2 ± 2x + c Beetje flauw allemaal..... |
|||||
| 2. Oplosbaar naar y. | |||||
| In deze gevallen lukt
het om de vergelijking te schrijven als y = f(y',
x) Noem y' = p dan staat er gewoon y = f(p, x) en dat kun je differentiëren naar x: Dat geeft y ' = ∂f/∂x + ∂f/∂p • dp/dx Primitiveren geeft dan p = F1(x, p) + F2(x, p) • p' en dat is een eerste-orde eerste-graads vergelijking in p Die is op te lossen...... Voorbeeld 3. Los op: (y')2 + 4xy' = 2y - 2x2 Dat kun je schrijven als y = 1/2(y')2 + 2xy' + x2 en met y' = p geeft dat y = 1/2p2 + 2xp + x2 .....(1) Differentieer beide kanten naar x (bedenk dat p een functie van x is) ) dan krijg je y' = 2 • 1/2p • p' + 2x • p' + 2p + 2x maar die y' is gewoon p: p = (2p + 2x) + (p + 2x) • p' en hier staat een eerste-orde eerste-graads differentiaalvergelijking voor p We lossen hem even snel alternatief op: 0 = (p + 2x) + (p + 2x) • p' 0 = (p + 2x)(1 + p' ) Geeft twee oplossingen: p = -2x en p' = -1 Die kunnen we beiden invullen in .....(1) |
|||||
| • • |
p = -2x
geeft y = 1/2
• (-2x)2 + 2x • -2x + x2
= 2x2 - 4x2 + x2
= -x2 en dat is een particuliere
oplossing p' = -1 geeft p = -x + c en in (1) geeft dat y = 1/2(-x + c)2 + 2x(-x + p) + x2 = 1/2c2 - 1/2x2 + 2x deze laatste is de algemene oplossing (daar zit immers een c in). |
||||
|
|
|||||
| N.B. Merk nog even op dat je niet gewoon mag zeggen bij de tweede oplossing dat y' = -x + c dus primitiveren geeft y = -1/2x2 + cx + c2 Door het differentiëren van vergelijking (1) naar x zijn er oplossingen bijgekomen die niet goed zijn. Daarom moet je de gevonden y = -x + c invullen in de vergelijking vóór het differentiëren. |
|||||
| 3. Oplosbaar naar x. | |||||
| Soms kun je een
differentiaalvergelijking schrijven als x = f(y,
y') Noem weer y ' = p dan staat er x = f(y, p) Die kun je differentiëren naar y: dx/dy = ∂f/∂y + ∂f/∂p • dp/dy Maar dx/dy is gelijk aan 1/p dus er staat 1/p = F1(y, p) + F2(y, p) • p' en jawel! Alweer een eerste-orde eerste-graads vergelijking in p Los die vergelijking op en substitueer de oplossing p in de oorspronkelijke vergelijking x = f(y, p) Voorbeeld 4. Los op: xy' = y + 2y' lny' Delen door y' geeft x = y/y' + 2lny' y' = p geeft x = y/p + 2lnp ....(1) Differentiëren naar y (met meteen maar dx/dy = 1/p) : 1/p = 1/p + (-y/p² + 2/p) • p' En dat is weer een eerste-orde eerste-graads differentiaalvergelijking voor p De oplossingen zijn p' = 0 of p = 1/2y en die moet je weer substitueren in (1). Dat geeft |
|||||
| • • |
p' = 0 geeft
p = c en x = cy - 2lnc
(de algemene oplossing) p = 1/2y geeft 1/2x = 1 + ln(1/2y) (een particuliere oplossing) |
||||
| OPGAVEN | |||||
| 1. |
Geef de algemene oplossing en een particuliere oplossing van de volgende differentiaalvergelijkingen: |
||||
| a. | (y')2 = xy' + y' - y | ||||
| b. | y = 2xy' - y(y' )2 | ||||
| c. | xy' = y + 1/y' | ||||
| d. | y' = 1 + y • e-y' | ||||
| e. | (3y - 1)2 • (y')2 = 4y | ||||
| f. | xy' - y = y'lny' | ||||
| g. | cosy' = y - xy' | ||||
| h. | y' = ln(xy' - y) | ||||
 |
|||||
|
© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl) |
|||||