Open Universiteit Nederland Leerstofgebied technische wetenschappen. Cursusteamleiding mw. drs. J.S. Lodder

Cursusdeel

Blok

7

7

Continue wiskunde 2

Differentiaalvergelijkingen

1

Open Universiteit Nederland Leerstofgebied technische wetenschappen

Cursusteamleiding mw. drs. J.S. Lodder Cursusteam dhr. dr. A.G. van Asch, auteur, Technische Universiteit Eindhoven dhr. dr. R.J. Beerends, auteur mw. drs. J.S. Lodder, auteur dhr. dr. ir. F.J.L. Martens, auteur, Technische Universiteit Eindhoven mw. drs. M.E. Bitter, onderwijstechnoloog mw. drs. G.J.J. van Prooyen, onderwijstechnoloog dhr. drs. A.H.D.M. van Gijsel, redacteur Disciplineleiding dhr. drs. G. Zwaneveld Programmaleiding dhr. prof.dr. J. van de Craats Extern referent dhr. prof.dr. F. Simons, Technische Universiteit Eindhoven

2

Open Universiteit

Cursusdeel

Blok

7

7

Continue wiskunde 2


3

Productie Open Universiteit Nederland, Heerlen Basisvormgeving BRS maatschap van vormgevers, Amsterdam Omslag Buro Jo Hendriks bNO, Cottessen Illustraties en lay-out Soezie van den Heuvel Maria Kampermann Druk- en bindwerk ... © 1999 Open Universiteit Nederland, Heerlen Behoudens uitzondering door de Wet gesteld mag zonder schriftelijke toestemming van de rechthebbende(n) op het auteursrecht niets uit deze uitgave worden verveelvoudigd en/of openbaar gemaakt door middel van druk, fotocopie, microfilm of anderszins, hetgeen ook van toepassing is op de gehele of gedeeltelijke bewerking. Save exceptions stated by the law no part of this publication may be reproduced in any form, by print, photoprint, microfilm or other means, included a complete or partial transcription, without the prior written permission of the publisher. Eerste druk: 1999 Illustratieverantwoording omslagfoto Tacoma Narrows Bridge, Washington Corbis UK Ltd, London, Museum of History and Industry

ISBN 90 358 1805 9 (serie) ISBN 90 358 1807 5 (deel 7)

Cursuscode T.23.2.2.1

4

Structuur van de cursussen Continue wiskunde

Continue wiskunde 1 Blok 1

Introductie

2

Rijen en reeksen

3

Limieten en continuïteit

4

Differentiaalrekening

5

Integraalrekening

Continue wiskunde 2 Blok

Leereenheid

6

Functies van meer variabelen

Introductie tot de cursus 21 Kernbegrippen 22 Lineaire benaderingen 23 Taylor-benaderingen en extremen 24 Practicum computeralgebra Casus: de warmtevergelijking Opgaveneenheid blok 6 Bijlage: Bewijzen van stellingen Aanwijzingen en Terugkoppelingen Register blok 6

7


25 Differentiaalvergelijkingen en richtingsvelden 26 Eersteordedifferentiaalvergelijkingen 27 Stelsels differentiaalvergelijkingen 28 Practicum computeralgebra Casus: de ontwikkeling van een epidemie Opgaveneenheid blok 7 Bijlage: Bewijzen van stellingen Aanwijzingen en Terugkoppelingen Register blok 7

8

Complexe getallen

29 De complexe getallen en het complexe vlak 30 Poolcoördinaten en complexe e-machten 31 Tweedeorde lineaire differentiaalvergelijkingen 32 Practicum computeralgebra Casus: de harmonische oscillator Opgaveneenheid blok 8 Aanwijzingen en Terugkoppelingen Register blok 8

9

Kansrekening

33 Kansen en kansmodellen 34 Stochastische variabelen en verwachting 35 Variantie en de Centrale limietstelling 36 Practicum computeralgebra Casus: schatten en toetsen Opgaveneenheid blok 9 Aanwijzingen en Terugkoppelingen Register blok 9

10 Numerieke methoden

37 Nulpuntsbepalingen 38 Numerieke integratie 39 Numerieke oplossingen van differentiaalvergelijkingen 40 Practicum computeralgebra Casus: banen Opgaveneenheid blok 10 Bijlage: Bewijzen van stellingen Aanwijzingen en Terugkoppelingen Register blok 10

11 Chaos en fractals

41 Chaos en fractals Terugkoppeling Eindtoets Register

5

Bladzijde

15 35 61 87 93 103 107 111 166

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

6

Introductie blok 7

Introductie blok 7

In de cursussen Continue wiskunde 1 en 2 bent u tot nu toe al een aantal differentiaalvergelijkingen tegengekomen, met name in de casussen bij blok 4 en blok 6. Eén van de voorbeelden uit blok 4 was het volgende groeimodel. Model voor exponentiële groei

Veronderstel dat de groeisnelheid van een populatie op tijdstip t evenredig is met de grootte op dit tijdstip. Als model voor de populatiegrootte zoeken we een continue, differentieerbare functie y. Omdat in dit model de groeisnelheid gelijk is aan de afgeleide y', betekent dit dat de functie y aan de volgende vergelijking moet voldoen: y'(t) = λy(t)

Differentiaalvergelijking

(1)

waarbij λ de evenredigheidsconstante is. Een dergelijke vergelijking waarin voor een onbekende functie een verband gegeven is tussen deze functie en haar afgeleide, noemen we een differentiaalvergelijking. Stel dat de omvang van de populatie op tijdstip t0 bekend is, en we die op een volgend tijdstip t1 willen bepalen. We hebben dan een oplossing nodig van de differentiaalvergelijking. In dit geval is het niet moeilijk om een functie te vinden die aan vergelijking 1 voldoet, bijvoorbeeld de functie y(t) = eλt. Andere oplossingen zijn van de vorm y(t) = Ceλt, zoals u in dit blok zult zien. Dit betekent dat volgens dit model de populatie exponentieel groeit. Een relatief eenvoudige vorm van differentiaalvergelijkingen zijn vergelijkingen waarbij de afgeleide y'(x) gegeven is als functie van de variabele x: y'(x) = f(x) In dit geval komt het oplossen van de differentiaalvergelijking neer op het vinden van een primitieve van f. Zo vinden we als oplossing van de differentiaalvergelijking y'(x) = 2x een primitieve van 2x, dus bijvoorbeeld de functie y(x) = x2 of y(x) = x2 + 3. In meer gecompliceerde differentiaalvergelijkingen kunnen naast y, y' en x ook hogere afgeleiden van y voor komen. In het algemeen kunnen we nu zeggen dat een differentiaalvergelijking een vergelijking is in een onbekende functie y(x), de variabele x en de afgeleide(n) van y(x). Differentiaalvergelijkingen worden in de natuurwetenschappen gebruikt om allerlei processen te beschrijven waar groei, verandering of beweging in voorkomen. Voorbeelden van zulke processen zijn populatiegroei, verval van radioactiviteit, verhitting of afkoeling en chemische reacties.

7

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Zo’n proces kan gemodelleerd worden door gebruik te maken van gekoppelde variabelen: als de ene variabele verandert, verandert een andere variabele mee. Door een limietovergang ontstaat een differentiaalvergelijking. We zullen hier een aantal voorbeelden van geven. Opvallend is dat bij de beschrijving van verschillende processen regelmatig dezelfde vergelijkingen opduiken. Het opstellen van differentiaalvergelijkingen is geen leerdoel van deze cursus. Voor een goed begrip is het wel belangrijk dat u in een paar gevallen gezien hebt hoe men tot zo’n vergelijking kan komen. VOORBEELD 1 Afkoeling

Een kop hete koffie staat op tafel af te koelen. De temperatuur van de koffie op tijdstip t = 0 is 80 °C en de kamertemperatuur is 20 °C. Hoe lang duurt het voordat de koffie te drinken is? Bij benadering geldt dat de temperatuurverandering van de koffie, ∆T, gedurende een klein tijdsinterval ∆t, evenredig is met de lengte van dit tijdsinterval en met het temperatuurverschil tussen koffie en kamer. In formule is dit: ∆T ≈ –k(T(t) – 20) · ∆t

(2)

De gekoppelde variabelen zijn in dit geval de tijd t en de temperatuur T: verandert de tijd, dan verandert de temperatuur mee. Deel in formule 2 linker- en rechterlid door ∆t. Dit geeft: ∆T ≈ − k (T (t ) − 20 ) ∆t In het model nemen we aan dat bij limietovergang voor ∆t nadert naar 0 het ongeveerteken ≈ overgaat in een gelijkteken. Zo ontstaat de volgende vergelijking: T'(t) = –k(T(t) – 20)

(3)

Wanneer we de constante k kennen en beschikken over een oplossing van vergelijking 3 die bovendien voldoet aan de voorwaarde dat T(0) = 80, dan kunnen we afleiden hoe lang de koffie moet staan totdat die drinkbaar is. Technieken om zulke oplossingen te bepalen, leert u in leereenheid 26. Tot besluit van dit voorbeeld merken we op dat wanneer de kamertemperatuur 0 °C is in plaats van 20 °C, een vergelijking ontstaat die lijkt op vergelijking 1: T'(t) = –kT(t) Dit is een vergelijking met een negatieve groeiconstante. Zij kan gebruikt worden om situaties te modelleren waarin ‘negatieve groei’ voorkomt. Een voorbeeld is de beschrijving van radioactief verval (zie voorbeeld 14.1 uit leereenheid 14). VOORBEELD 2 Het pekelvat

In een pekelvat bevindt zich 100 liter water waarin 10 kg zout is opgelost. Aan het vat zijn twee pijpen verbonden. Door de ene pijp stroomt per minuut één liter schoon water het vat in, door de andere 8

Introductie blok 7

loopt per minuut één liter zout water uit het vat. Noem de totale hoeveelheid zout op tijdstip t in het vat y(t), dan geldt dat in een tijdsinterval ∆t de hoeveelheid zout die het vat verlaat, bij benadering gelijk is aan y(t)/100. Om deze situatie te modelleren, stellen we daarom: ∆y ≈ −

1 ⋅ y(t ) ⋅ ∆t 100

Het minteken staat er omdat we te maken hebben met afname. Limietovergang (∆t → 0) geeft de volgende differentiaalvergelijking: y'(t) = –

1 y(t) 100

(4)

Ook dit is een vergelijking die van de vorm van vergelijking 1 is, maar dan met een negatieve groeiconstante. We beschouwen een variant van het pekelvat. In deze variant stroomt per minuut twee liter schoon water in het vat, terwijl er maar één liter zout water uitstroomt. Omdat er per minuut netto 1 liter water het vat instroomt, is de hoeveelheid water in het vat op tijdstip t gelijk aan 100 + t en de concentratie van het zout dus y(t)/(100 + t). Het verband tussen ∆y en ∆t wordt in dit geval dus gegeven door de formule ∆y ≈ –

1 · y(t) · ∆t 100 + t

Limietovergang geeft een differentiaalvergelijking waarin naast de functie y ook de variabele t optreedt: y'(t) = –

VOORBEELD 3 De epidemie

1 · y(t) 100 + t

(5)

In een populatie van K individuen breekt een besmettelijke ziekte uit. Noem het aantal individuen dat op tijdstip t geïnfecteerd is y(t). Het aantal niet-besmette individuen op tijdstip t is dus gelijk aan K – y(t). In het model dat we opstellen, zullen we aannemen dat y een continue, differentieerbare functie is. Veronderstel dat per tijdseenheid elk individu gemiddeld r andere individuen ontmoet. Per tijdseenheid vinden dan r · y(t) ontmoetingen plaats tussen twee individuen waarvan in ieder geval nummer één besmet is. De kans dat nummer twee niet besmet is, is gelijk aan het quotiënt van het aantal gezonde individuen en de totale populatiegrootte, dus (K – y(t))/K. Het aantal ontmoetingen tussen besmette en niet-besmette individuen gedurende een tijdsinterval ∆t is dus bij benadering r (K – y(t))y(t) · ∆t K

9

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

We nemen aan dat het aantal nieuwe besmettingen per tijdseenheid evenredig is met dit aantal ontmoetingen. Bij benadering geldt dus: ∆y ≈ s ·

r c (K – y(t))y(t) · ∆t = (K – y(t))y(t)∆t K K

met c = s · r. We kunnen nu de limiet voor ∆t → 0 nemen, waarbij we aannemen dat het teken ≈ overgaat in een gelijkteken. Zo ontstaat vergelijking 6: y'(t) =

c (K – y(t))y(t) K

(6)

Vergelijkingen van deze vorm heten logistische differentiaalvergelijkingen. Ze worden bijvoorbeeld toegepast om begrensde groei weer te geven (zie de casus bij blok 4). VOORBEELD 4 Een RLC-netwerk

Naast de eersteordeafgeleide kunnen ook hogereordeafgeleiden optreden in differentiaalvergelijkingen. Als voorbeeld nemen we een elektrische (serie)schakeling of elektrisch netwerk als in figuur 1.

I(t)

R

+

L

U(t) – C S FIGUUR 1

R: de weerstand; spanningsverschil is RI(t) L: de spoel; spanningsverschil is LI'(t) C: de condensator; spanningsverschil is Q(t)/C

Elektrisch netwerk met weerstand, spoel, condensator en spanningsbron

De spanningsbron in dit netwerk, zoals een generator, wekt een zeker spanningsverschil U(t) op (het ‘voltage’), waarvan we aannemen dat het in de tijd varieert (denk aan een ‘wisselspanning’). Na het sluiten van de schakelaar S zal een in de tijd variërende stroom I(t) in het netwerk gaan lopen. In het netwerk is een (constante) weerstand R opgenomen, zoals een lamp, en over deze weerstand is het spanningsverschil RI(t) (dit is de zogenaamde Wet van Ohm). Ook is er een spoel van gewikkeld draad waarover het spanningsverschil evenredig is aan de verandering van de stroomsterkte en dus gelijk aan LI'(t) voor zekere constante L (die de zelfinductiecoëfficiënt heet). Ten slotte is er een condensator met capaciteit C, wat betekent dat het spanningsverschil tussen de twee platen in de condensator gegeven wordt door Q(t)/C, waarbij Q(t) de lading op tijdstip t is.

10

Introductie blok 7

In dit RLC-netwerk is het opgewekte spanningsverschil U(t) gelijk aan de som van de drie spanningsverschillen over de weerstand, spoel en condensator, waaruit dan de volgende differentiaalvergelijking voor I(t) en Q(t) volgt: LI'(t) + RI(t) +

1 Q(t) = U(t) C

(7)

Daarnaast bestaat in het algemeen tussen de stroom I(t) en lading Q(t) het verband I(t) = Q'(t), ofwel I(t) – Q'(t) = 0

(8)

wat een tweede differentiaalvergelijking voor I(t) en Q(t) oplevert. Voor gegeven U(t) is het nu de vraag of we de onbekenden I(t) en Q(t) uit de twee differentiaalvergelijkingen 7 en 8 kunnen bepalen. Omdat we hier te maken hebben met twee differentiaalvergelijkingen in twee onbekende functies, wordt dit een stelsel differentiaalvergelijkingen genoemd. Deze komen in leereenheid 27 aan bod. In dit voorbeeld is er echter de eenvoudige relatie 8, waardoor we in vergelijking 7 de functie I(t) kunnen vervangen door Q'(t). Het resultaat is één differentiaalvergelijking voor Q(t), waarin ook de tweedeordeafgeleide van Q(t) voorkomt: LQ"(t) + RQ'(t) +

1 Q(t) = U(t) C

(9)

Is Q(t) hieruit op te lossen, dan volgt I(t) direct uit vergelijking 8. Vergelijking 9 is een voorbeeld van een zogenaamde tweedeordedifferentiaalvergelijking. In leereenheid 27 en vooral ook in leereenheid 31 van blok 8 komen we uitgebreid terug op tweedeordedifferentiaalvergelijkingen en op het verband met stelsels.

Invoer Uitvoer Systeem

Tot slot van dit voorbeeld nog wat terminologie die vaak in de context van dit soort toepassingen gebruikt wordt. De spanning U(t) is meestal gegeven en wordt dan ingangssignaal of invoer genoemd. Bij zo’n gegeven invoer kan dan (bijvoorbeeld) de lading Q(t) op de condensator gemeten worden, wat dan uitgangssignaal of uitvoer wordt genoemd (hoewel het gebruikelijker is om het spanningsverschil Q(t)/C als uitvoer te nemen). Het RLC-netwerk kunnen we nu opvatten als een zeker systeem (of ‘black box’) dat een invoer verwerkt tot een uitvoer. Het is dan belangrijk om een methode te hebben waarmee de differentiaalvergelijking opgelost kan worden, met andere woorden: waarmee voor een gegeven invoer de bijbehorende uitvoer bepaald kan worden. « In de komende leereenheden zult u leren hoe u de differentiaalvergelijkingen uit de gegeven voorbeelden op kunt lossen. Daarbij rijst ook de vraag hoeveel oplossingen een differentiaalvergelijking kan hebben. Zo is te verwachten dat vergelijking 3 uit voorbeeld 1 over de koffie: T'(t) = –k(T(t) – 20)

11

(3)

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

precies één oplossing heeft wanneer we als extra voorwaarde stellen dat de begintemperatuur gelijk is aan T(0) = 80. Maar een andere begintemperatuur zal een andere oplossing geven. Het ligt dus voor de hand om te verwachten dat vergelijking 3 oneindig veel oplossingen heeft, maar dat de combinatie van vergelijking 3 met de beginvoorwaarde T(0) = 80 precies één oplossing heeft. U zult in dit blok zien dat dit in veel gevallen klopt, maar dat er ook vergelijkingen zijn waarbij de oplossing niet uniek bepaald is door de differentiaalvergelijking met beginvoorwaarde. In toepassingen worden de oplossingen van een differentiaalvergelijking vaak gebruikt om inzicht te krijgen in bepaalde aspecten van het model, bijvoorbeeld hoe gedraagt de oplossing zich op lange termijn. Vaak is van een differentiaalvergelijking de oplossing echter niet expliciet te bepalen. Ook zonder zo’n expliciete oplossing is er echter nog veel over het essentiële gedrag van de oplossingen te zeggen. Als voorbeeld nemen we nogmaals differentiaalvergelijking 3 over de koffie. Het ligt voor de hand om te veronderstellen dat T op den duur naar 20 zal naderen, ongeacht de begintemperatuur. In leereenheid 26 zult u zien dat dit rechtstreeks uit de differentiaalvergelijking is af te leiden. Uit vergelijking 3 is nog wel meer over oplossingen af te leiden: zo zien we dat T' < 0 als T > 20, dus in dit geval zijn oplossingen dalend, en T' > 0 als T < 20, wat correspondeert met een stijgende oplossing. Ook dit strookt met onze verwachtingen, een kop hete koffie koelt af en een glas koude pils wordt langzaam lauw. Ook in het voorbeeld van de epidemie zijn soortgelijke vragen te beantwoorden: – raakt op den duur de gehele populatie geïnfecteerd? – op welk moment is de epidemie het hevigst? Een belangrijk hulpmiddel bij het onderzoek naar het gedrag van oplossingen in het geval dat deze (nog) niet bekend zijn, zijn richtingsvelden. Hier besteden we in leereenheid 25 aandacht aan. Gerelateerd aan richtingsvelden is er een methode om oplossingen numeriek te bepalen. Het principe van deze methode komt ook in dit blok aan bod. Heel belangrijk bij het toepassen van numerieke methoden zijn vragen over betrouwbaarheid en snelheid van zo’n methode. Deze vragen stellen we uit tot blok 10, dat geheel gewijd is aan numerieke methoden.

12

Introductie blok 7

13

Open Inhoud Universiteit leereenheid

25

Continue wiskunde 2

Differentiaalvergelijkingen en richtingsvelden Introductie 15 Leerkern 15 25.1 25.2 25.3 25.3.1 25.3.2

Definities 15 Richtingsvelden 18 Bestaan en benaderen van oplossingen 23 Existentie en eenduidigheid 23 De methode van Euler 29

Samenvatting Zelftoets

31

32

14

Leereenheid 25 Differentiaalvergelijkingen en richtingsvelden

Leereenheid 25

Differentiaalvergelijkingen en richtingsvelden

INTRODUCTIE

Nu u in de introductie op dit blok al een aantal voorbeelden van differentiaalvergelijkingen hebt gezien, wordt het tijd voor definities. Daarmee beginnen we deze leereenheid. Vervolgens zult u zien hoe u grafisch al veel informatie over oplossingen van differentiaalvergelijkingen kunt krijgen zonder deze op te lossen. Voordat we ons in leereenheid 26 bezig gaan houden met het oplossen van differentiaalvergelijkingen, zullen we ons eerst een aantal theoretische vragen stellen: heeft iedere differentiaalvergelijking wel een oplossing en als er oplossingen zijn, hoeveel zijn dat er dan? Dit zijn ook belangrijke vragen in het geval dat we oplossingen numeriek willen benaderen. Omdat één numerieke methode, de methode van Euler, heel dicht aansluit bij de grafische methode uit paragraaf 25.2, laten we u aan het eind van deze leereenheid al met deze methode kennis maken. In blok 10 zal dieper op het gebruik van numerieke methoden worden ingegaan. LEERDOELEN

Na het bestuderen van deze leereenheid wordt verwacht dat u – het begrip differentiaalvergelijking kent – het onderscheid kent tussen gewone en partiële differentiaalvergelijkingen – de orde van een differentiaalvergelijking vast kunt stellen – weet wat het richtingsveld van een eersteordedifferentiaalvergelijking is – door substitutie kunt controleren of een gegeven functie oplossing is van een differentiaalvergelijking – uit het richtingsveld en de differentiaalvergelijking kunt bepalen waar oplossingen stijgend of dalend zijn en waar extremen optreden – weet wat een oplossing van een beginwaardeprobleem is – de stelling over existentie en eenduidigheid kent – het principe kent van de methode van Euler om oplossingen van beginwaardeproblemen te benaderen.

LEERKERN 25.1

Definities

In de introductie op dit blok is een aantal voorbeelden van differentiaalvergelijkingen gegeven. Wat is nu precies een differentiaalvergelijking? Differentiaalvergelijking

Een differentiaalvergelijking is een vergelijking waarin een variabele x, een onbekende functie y(x) en afgeleiden van deze onbekende functie y'(x), y"(x), y(3)(x), ... kunnen voorkomen, met als voorwaarde dat minstens één van deze afgeleiden optreedt.

15

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Naast de voorbeelden uit de introductie zijn ook de volgende vergelijkingen voorbeelden van differentiaalvergelijkingen. VOORBEELD 1

y(x) = xy'(x) + ey'(x) x2y"(x) – 2y(x) = x3 y(3)(x) – (y'(x))2 = sinx 3

y" ( x ) − sin x 3 =

y( x ) x 2 y' ( x )

«

U ziet aan deze voorbeelden dat differentiaalvergelijkingen de meest wilde vormen aan kunnen nemen. We zullen in dit blok maar een beperkte klasse van vergelijkingen bestuderen. Daarvoor is het echter wel van belang dat u verschillende typen differentiaalvergelijkingen kunt onderscheiden. Een aantal begrippen die nodig zijn voor dit onderscheid, geven we in deze paragraaf. De overigen volgen in de rest van dit blok. Om te beginnen merken we op dat de functie y in de definitie en voorbeelden steeds een functie van één variabele is. In de casus bij het vorige blok hebt u voorbeelden gezien van differentiaalvergelijkingen waarin een onbekende functie van meer variabelen en haar partiële afgeleiden voorkwamen. Dergelijke differentiaalvergelijkingen heten partiële differentiaalvergelijkingen.

Partiële differentiaalvergelijking

Een voorbeeld van een partiële differentiaalvergelijking is de zogenaamde golfvergelijking uxx(x, t) = cutt(x, t) of de warmtevergelijking ut(x, t) = Kuxx(x, t) uit de casus van blok 6. Ter onderscheiding worden differentiaalvergelijkingen waarin de onbekende functie een functie van één variabele is en waarin dus alleen gewone afgeleiden voorkomen, ook wel gewone differentiaalvergelijkingen genoemd. In dit blok zullen we alleen gewone differentiaalvergelijkingen behandelen.

Gewone differentiaalvergelijking

Een belangrijke manier om onderscheid tussen verschillende differentiaalvergelijkingen te maken, is door te kijken naar de hoogsteordeafgeleide die voorkomt. In een n-deordedifferentiaalvergelijking is de afgeleide y(n) de afgeleide met de hoogste orde die optreedt in deze differentiaalvergelijking.

n-deordedifferentiaalvergelijking

VOORBEELD

De vergelijking y"(x) – 2y(x) = sinx is een tweedeordedifferentiaalvergelijking, want de hoogsteordeafgeleide die optreedt, is y"(x). De vergelijking (y'(x))3 + (y(x))3 = 2 is een eersteordedifferentiaalvergelijking, want de hoogsteordeafgeleide die optreedt, is y'(x). We zullen ons in dit blok hoofdzakelijk bezig houden met eersteordedifferentiaalvergelijkingen. Hogereordedifferentiaalvergelijkingen komen na de behandeling van complexe getallen in blok 8 aan bod.

16

«


Een eersteordedifferentiaalvergelijking is over het algemeen het meest handzaam als de afgeleide y'(x) expliciet als functie van x en y(x) gegeven is. De differentiaalvergelijking heeft in dat geval dus de volgende vorm: Expliciet gegeven eersteordedifferentiaalvergelijking

y'(x) = f(x, y(x)) Notatie

Terwille van de leesbaarheid zullen we vaak y in plaats van y(x) schrijven (en y' voor y'(x), ...). Dit geeft bijvoorbeeld y' = 2xy in plaats van y'(x) = 2xy(x) De algemene vorm voor een expliciete eersteordedifferentiaalvergelijking is in deze notatie: y' = f(x, y). Een oplossing van een differentiaalvergelijking is een functie die aan deze vergelijking voldoet.

Oplossing

VOORBEELD

De functie y(x) = ex2 is een oplossing van de differentiaalvergelijking y' = 2xy, want voor deze functie geldt y'(x) = 2xex2 = 2xy(x).

OPGAVE 25.1

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = –x/y. Controleer dat de volgende functies oplossingen zijn van deze differentiaalvergelijking. a y(x) = 5 − x 2 b y(x) = – 5 − x 2 De term differentiaalvergelijking suggereert dat er een verband bestaat tussen deze vergelijkingen en differentialen. Ter verduidelijking van dit verband gaan we eerst nog eens terug naar voorbeeld 1 uit de introductie op het blok. In vergelijking 2 van dat voorbeeld was een relatie gegeven tussen een verandering van de tijd ∆t en de bijbehorende verandering van de temperatuur ∆T: ∆T ≈ –k(T – 20) · ∆t

Zie ook paragraaf 22.2.1 voor de definitie van o(h) en paragraaf 22.4 voor differentialen.

Hierbij is ∆t gelijk aan de lengte van een tijdsinterval [t, t + h] en is ∆T gelijk aan het temperatuurverschil dat optreedt in dit tijdsinterval: ∆T = T(t + h) – T(h). In paragraaf 14.5.2 van blok 4 hebt u gezien dat voor een differentieerbare functie T geldt dat ∆T = T(t + h) – T(h) = T'(t)h + o(h) = dT(h) + o(h) Met andere woorden: voor kleine waarden van h = ∆t is de differentiaal dT(h) een goede benadering van ∆T. Omdat bovendien ∆t = h = dt(h), immers dt is de differentiaal van de identieke functie, volgt er dat de vergelijking voor kleine waarden van h te modelleren is door dT(h) = –k(T – 20) · dt(h) 17

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

In dit model heben we het teken ≈ vervangen door een gelijkteken. Zo leiden we de volgende vergelijking tussen de differentialen dT en dt af: dT = –k(T – 20)dt De differentiaalvergelijking uit de introductie is hieruit terug te vinden door gebruik te maken van de gelijkheid dT = T'(t)dt. Vullen we dit in en delen we links en rechts door dt, dan vinden we: T'(t) = –k(T(t) – 20) en dit is de vergelijking die in de introductie gegeven was. Meer algemeen kunnen we een expliciet gegeven eersteordedifferentiaalvergelijking y' = f(x, y) herschrijven tot een vergelijking tussen differentialen. Immers, y' = dy/dx, dus door de differentiaalvergelijking y' = f(x, y) links en rechts met de differentiaal dx te vermenigvuldigen, krijgen we dat dy = f(x, y)dx Om van een vergelijking tussen differentialen een differentiaalvergelijking in engere zin te maken, bewandelen we deze weg in omgekeerde volgorde. Eersteordedifferentiaalvergelijkingen en vergelijkingen tussen differentialen zijn dus in zekere zin equivalent. Behalve dat hier de term differentiaalvergelijking mee verklaard is, zult u in leereenheid 26 zien dat de schrijfwijze met behulp van differentialen bij het oplossen van differentiaalvergelijkingen erg praktisch kan zijn. OPGAVE 25.2

Laat zien dat voor y ≠ 0 de volgende vergelijkingen gelijkwaardig zijn: y' = –

x y

en 2xdx + 2ydy = 0

OPGAVE 25.3

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = 2y + 4x. Bepaal constanten a en b zodanig dat de functie y(x) = ax + b een oplossing is van deze differentiaalvergelijking. OPGAVE 25.4

Onderzoek welke van de volgende functies oplossing zijn van de differentiaalvergelijking y’ = –ytanx. a y(x) = cosx voor x ∈〈–π/2, π/2〉 b y(x) = 2 + cosx voor x ∈〈–π/2, π/2〉 c y(x) = 2cosx voor x ∈〈–π/2, π/2〉 d y(x) = cos2x voor x ∈〈–π/2, π/2〉 25.2

Richtingsvelden

In deze paragraaf behandelen we een grafische methode waarmee inzicht verkregen kan worden in het gedrag van oplossingen van een eersteordedifferentiaalvergelijking. 18


Als voorbeeld nemen we de differentiaalvergelijking y' = –x/y uit opgave 25.1. In deze opgave hebt u laten zien dat de functie y(x) = 5 − x 2 een oplossing is van deze vergelijking. De grafiek van deze functie is getekend in figuur 25.1. y

1

x

1

FIGUUR 25.1

De functie y(x) =

5 − x2

Wat betekent het nu meetkundig dat deze functie oplossing is van de differentiaalvergelijking? Als we bedenken dat de afgeleide in een punt geïnterpreteerd kan worden als de richtingscoëfficiënt van de raaklijn in dit punt, dan kunnen we deze vraag als volgt beantwoorden. De richtingscoëfficiënt van de raaklijn in een punt (x, y) aan de oplossing y(x) = 5 − x 2 wordt gegeven door de differentiaalvergelijking y' = –x/ y; dus de richtingscoëfficiënt in (x, y) is gelijk aan –x/y. Zo is de richtingscoëfficiënt in het punt (2, 1) gelijk aan –2. In figuur 25.1 hebben we een klein stukje van deze raaklijn door het punt (2, 1) getekend. We noemen zo’n lijnstukje een lijnelement. Voor het tekenen van dit lijnelement hadden we het functievoorschrift voor de oplossing y(x) = 5 − x 2 niet nodig. Ook zonder de oplossing te kennen, kunnen we lijnelementen tekenen, en omdat deze lijnelementen raaklijnen zijn van eventuele oplossingen, kunnen we – als we maar genoeg lijnelementen tekenen – vaak al een beeld krijgen van het verloop van de oplossingen. In figuur 25.2 zijn een groot aantal lijnelementen getekend van de differentiaalvergelijking y' = –x/y. y

1

1

FIGUUR 25.2

19

x

Lijnelementen van de differentiaalvergelijking y' = –x/y

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Lijnelement

Een lijnelement bij een differentiaalvergelijking y' = f(x, y) is dus een lijnstukje door een punt (x, y) met richtingscoëfficiënt f(x, y). In principe kan bij elk punt in het domein van f zo’n lijnelement getekend worden. De verzameling van al deze lijnelementen noemen we het lijnelementenveld of ook wel het richtingsveld bij de differentiaalvergelijking y' = f(x, y). In dit verband wordt de functie f ook wel de richtingsveldfunctie genoemd. Het richtingsveld kan gebruikt worden om een globaal beeld van het verloop van oplossingen af te leiden. Ook zijn er soms speciale oplossingen uit af te lezen. Door invullen in de differentiaalvergelijking is eenvoudig te controleren of zo’n functie inderdaad een oplossing is.

Richtingsveld Richtingsveldfunctie

Voor we verder gaan met het eigenlijke onderwerp van deze paragraaf, het tekenen en gebruiken van richtingsvelden, staan we even stil bij figuur 25.2. Het richtingsveld in deze figuur suggereert dat oplossingen van de differentiaalvergelijking cirkels met middelpunt (0, 0) zijn. De vergelijking van zo’n cirkel wordt echter niet gegeven door een functievoorschrift, maar door een relatie tussen x en y: bijvoorbeeld x2 + y2 = 5. U zult in de volgende leereenheid zien dat we meestal bij het oplossen van een differentiaalvergelijking in eerste instantie een relatie tussen y en x vinden, en dat het zelfs vaak niet mogelijk is om uit deze relatie een functievoorschrift voor y te vinden. Bij de controle of een gevonden relatie inderdaad aan de differentiaalvergelijking voldoet, kan het gebruik van differentialen handig zijn. Willen we bijvoorbeeld controleren dat een functie y die voldoet aan de relatie x2 + y2 = 5 een oplossing is van de vergelijking y' = –x/y, dan kan dit op de volgende manier. Neem van de vergelijking x2 + y2 = 5 links en rechts de differentiaal: d(x2 + y2) = d5. Volgens de rekenregels voor differentialen geldt: dx2 = 2xdx en uit de kettingregel volgt dat dy2 = 2ydy. Toepassen hiervan op het linkerlid van d(x2 + y2) = d5 geeft: 2xdx + 2ydy = 0 In opgave 25.2 hebt u aangetoond dat voor y ≠ 0 deze laatste vergelijking equivalent is met de differentiaalvergelijking y' = –x/y, en dus wordt door x2 + y2 = 5 inderdaad een oplossingskromme van deze vergelijking gegeven. Eigenlijk moeten we hierbij de punten y = 0 uitzonderen, want voor deze punten is de richingsveldfunctie niet gedefinieerd. Als we uitgaan van de vergelijking 2xdx + 2ydy = 0, vinden we in deze punten dat dx/dy = –2y/2x = 0. Bij benadering geldt hier, dat bij een kleine verandering van y de verandering van x gelijk is aan 0, dus dit zijn punten met een verticale raaklijn. Om een goed beeld te krijgen van het verloop van oplossingen, zullen we in het richtingsveld deze verticale lijnelementen vaak juist wel intekenen. Aan de hand van een nieuw voorbeeld laten we zien hoe u systematisch een richtingsveld kunt tekenen en hoe u informatie kunt gebruiken die u uit dit richtingsveld af kunt lezen. We onderzoeken het richtingsveld van de vergelijking y' = x/y. Om te beginnen, zoeken we de punten waar y'(x) = 0. Invullen in de vergelijking geeft x/y = 0, dus x = 0. Meer algemeen kunnen we voor vaste c de punten bepalen waar y'(x) = c. Uit x/y = c volgt y = x/c als 20


c ≠ 0 en x = 0 als c = 0. Voor een aantal waarden van c kunnen we nu een hele verzameling van lijnelementen tekenen. In figuur 25.3 is dit gedaan voor c = –2, –1, – 21 , 0, 21 , 1 en 2. De doorgetrokken lijnen zijn de lijnen met vergelijking y = x/c. De lijnelementen (lijnstukjes) op zo’n lijn zijn allemaal evenwijdig, want hun richtingscoëfficiënt is c. c = –1

c = –0,5

c=0

c = 0,5

c=1

y

c = –2

c=2

x

FIGUUR 25.3

Isocline

‘Isocline’ betekent ‘met gelijke helling’

Lijnelementen voor c = –2, – 1, – 21 , 0,

1 2

, 1 en 2

Bij een differentiaalvergelijking y' = f(x, y) noemen we een kromme f(x, y) = c een isocline van deze differentiaalvergelijking. In dit voorbeeld zijn isoclinen rechte lijnen door de oorsprong met vergelijking y = x/c. In feite is een isocline gewoon een niveaulijn bij de functie f(x, y). Figuur 25.3 suggereert dat de functies y = x en y = –x (met domein R – {0}, want y ≠ 0) oplossingen van de differentiaalvergelijking zijn. We kunnen dit controleren door deze functies in de differentiaalvergelijking in te vullen: substitutie van y = x in y' = x/y geeft 1 = 1, dus deze functie is inderdaad een oplossing. Op dezelfde manier is te controleren dat ook y = –x een oplossing is. Vervolgens onderzoeken we waar y' positief dan wel negatief is. Uit y' = x/y volgt dat y' > 0 als x > 0 én y > 0 of als x < 0 én y < 0. In de twee andere kwadranten geldt y' < 0. Dat betekent dat oplossingen in het eerste en derde kwadrant stijgend zijn en in het tweede en vierde kwadrant dalend.

Onderzoek naar extremen met behulp van richtingsveld

We kunnen ook al bepalen waar eventuele minima en maxima liggen. Omdat y' = 0 als x = 0, liggen hier de stationaire punten van oplossingen. Voor y > 0 geldt dat links van een stationair punt y' negatief is en rechts positief, dus op het positieve deel van de y-as liggen de minima van oplossingen. Op het negatieve deel van de y-as geldt het omgekeerde: links geldt y' > 0 en rechts y' < 0, dus hier liggen de maxima.

21

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Met de informatie die we nu hebben afgeleid, kunnen we een aantal oplossingen schetsen, zie figuur 25.4. y

1

1

FIGUUR 25.4

x

Oplossingen van y' = x/y

Figuur 25.4 geeft ook een beeld van het asymptotisch gedrag van oplossingen, dat wil zeggen: van het gedrag voor x → ∞ of x → –∞. Het lijkt dat oplossingen voor grote positieve danwel negatieve waarden van x gaan lijken op y = x of y = –x. Omdat we altijd maar een beperkt deel van het richtingsveld kunnen tekenen, kunnen we uit het plaatje zelf geen conclusies trekken over asymptotisch gedrag. Er zal een redenering nodig zijn om ons vermoeden te onderbouwen. Op het asymptotisch gedrag van oplossingen komen we in leereenheid 26 terug. Onderzoek naar extremen met behulp van de differentiaalvergelijking

Het bepalen van minima en maxima kan ook zonder gebruik te maken van het richtingsveld. Uit de vergelijking y' = x/y volgt dat punten met x = 0 stationaire punten zijn. Of er in deze punten een minimum of maximum optreedt, kunnen we bepalen door de tweede afgeleide y" te berekenen. Dit doen we door van de differentiaalvergelijking linker- en rechterlid naar x te differentiëren. Dit geeft: y" =

y − xy ' y2

=

y − x 2/y y2

=

y2 − x2 y3

(vul y' = x/y in)

We willen de waarde van y" in x = 0 weten, dus we vullen dit in: y"(0) =

1 y

en we zien dat y"(0) > 0 als y > 0 en y"(0) < 0 als y < 0. 22


Hieruit volgt dat oplossingen op het positieve deel van de y-as een minimum hebben en op het negatieve deel een maximum. OPGAVE 25.5

Gegeven is de vergelijking T' = –2(T – 20) (dit is de vergelijking uit voorbeeld 1 van de introductie met k = 2). a Teken het richtingsveld. b Lees uit het richtingsveld een constante oplossing af en controleer dat deze voldoet. c Bepaal de delen van het vlak waarvoor T' > 0 en waarvoor T' < 0. d Schets een aantal oplossingen. OPGAVE 25.6 (Aanw)

Gegeven is de vergelijking y' = y(4 – y). a Teken het richtingsveld. b Lees uit het richtingsveld constante oplossingen af en controleer dat deze voldoen. c Bepaal de delen van het vlak waarvoor y' > 0 en waarvoor y' < 0. d Bepaal punten waar de stijging van de oplossing door dat punt maximaal is. e Schets een aantal oplossingen. OPGAVE 25.7

Gegeven is de vergelijking y' =

y−x x

a Teken het richtingsveld. b Bepaal de delen van het vlak waarvoor y' > 0 en waarvoor y' < 0. c Bepaal de extremen van oplossingen. d Schets een aantal oplossingen. e Hoe verwacht u dat oplossingen zich in de buurt van 0 zullen gedragen? f Bepaal y" en gebruik dit om oplossingen van de differentiaalvergelijking met domein x > 0 te bepalen. 25.3

Bestaan en benaderen van oplossingen

25.3.1

EXISTENTIE EN EENDUIDIGHEID

In de vorige paragraaf hebben we richtingsvelden gebruikt om een idee te krijgen van het verloop van oplossingen van differentiaalvergelijkingen. Voordat we conclusies kunnen trekken over oplossingen, moeten we eigenlijk eerst weten of er wel oplossingen zijn. In opgave 25.1 konden we laten zien dat de functie y(x) = 5 − x 2 inderdaad een oplossing is van de differentiaalvergelijking y' = –x/y. In veel gevallen zullen we echter de oplossingen niet kennen, omdat we niet weten hoe we de vergelijking op moeten lossen of omdat de oplossingen niet in elementaire functies zijn uit te drukken (zoals ook bij integralen het geval kan zijn). Als we in dergelijke gevallen toch uitspraken willen doen over oplossingen, zullen we eerst moeten weten dat deze oplossingen bestaan.

23

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

De volgende vraag hangt hiermee samen: als een differentiaalvergelijking oplossingen heeft, hoeveel oplossingen zijn er dan? De plaatjes uit de vorige paragraaf geven de indruk dat er oneindig veel oplossingen zijn, maar dat door één bepaald punt steeds hoogstens één oplossing gaat. Met name in toepassingen zijn we vaak geïnteresseerd in oplossingen van een differentiaalvergelijking die door één bepaald punt gaan. Denk maar aan voorbeeld 1 uit de introductie over de afkoelende koffie. Een oplossing zou moeten voldoen aan de voorwaarde T(0) = 80. En in het geval van het pekelvat eisen we dat y(0) = 10. Beginwaardeprobleem

Een eersteordedifferentiaalvergelijking y' = f(x, y) samen met de beginvoorwaarde y(x0) = y0 noemen we een beginwaardeprobleem. We zullen ons in deze paragraaf met de volgende twee vragen bezighouden: 1 Heeft elk beginwaardeprobleem een oplossing? 2 Is de oplossing van een beginwaardeprobleem uniek? Misschien ziet u zelf al dat het antwoord op de eerste vraag nee is. Een tegenvoorbeeld is de eerste differentiaalvergelijking uit paragraaf 25.2: y' = –x/y met beginvoorwaarde y(0) = 0. Omdat de richtingsveldfunctie niet in (0, 0) gedefinieerd is, kan er ook geen oplossing door dit punt gaan. We zullen dus minstens moeten eisen dat de beginwaarden (x0, y0) tot het domein van f behoren. Deze eis is echter niet voldoende. Een voorbeeld van een beginwaardeprobleem waarbij de beginwaarden wel tot het domein van f behoren, is het volgende probleem.

y'(x) = f(x)

y(0) = 0

0 met f ( x ) =  1

voor x irrationaal voor x rationaal

We hebben hier te maken met een richtingsveldfunctie die alleen van x afhangt. De oplossing van dit probleem zou een primitieve van f moeten zijn. In opgave 17.6 van blok 5 uit Continue wiskunde 1 is echter aangetoond dat deze functie niet integreerbaar is, en daaruit volgt dat de differentiaalvergelijking ook geen oplossingen heeft. Om zeker te zijn van het bestaan van oplossingen, zullen we dus ook voorwaarden aan de richtingsveldfunctie f op moeten leggen. Ook het antwoord op de tweede vraag: is de oplossing van een beginwaardeprobleem uniek, is ontkennend. We zullen dit laten zien aan de hand van een voorbeeld waarbij door één punt meer oplossingen gaan. In figuur 25.5 is het richtingsveld van de differentiaalvergelijking y' = 3 y 2 getekend. We zoeken oplossingen die voldoen aan de beginvoorwaarde y(0) = 0.

24


y

1

x

1

FIGUUR 25.5

Richtingsveld bij de differentiaalvergelijking y' =

3

y2

Uit het richtingsveld valt één oplossing direct af te lezen: de constante oplossing y(x) = 0. Vullen we deze oplossing in, dan zien we dat zij voldoet. Een tweede oplossing die door invullen eenvoudig is te controleren, is de functie y(x) = ( 31 x)3. Beide oplossingen zijn getekend in figuur 25.6. y

1 y(x) = 0 1

x

y(x) = ( 13 x)3

FIGUUR 25.6

Richtingsveld bij y' = en y(x) = ( 31 x)3

3

y 2 met de oplossingen y(x) = 0

Dit beginwaardeprobleem heeft dus minstens twee oplossingen. We zullen nu laten zien dat er meer oplossingen zijn, zelfs oneindig veel! Daarbij maken we gebruik van de volgende oplossingen van de differentiaalvergelijking: y(x) = ( 31 x + c)3, zie figuur 25.7. In opgave 25.8 vragen we u om aan te tonen dat deze functies inderdaad oplossingen zijn.

25

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

y

1

x

1

FIGUUR 25.7

Richtingsveld bij y' = ( 31 x + c)3

3

y 2 met oplossingen y(x) =

We kunnen nu nieuwe oplossingen van het beginwaardeprobleem maken door bestaande oplossingen aan elkaar te plakken, bijvoorbeeld als volgt (zie figuur 25.8): ( 31 x – 1)3  y ( x ) = 0 ( 1 x + 1)3  3

voor x ≥ 3 voor – 3 < x < 3 voor x ≤ – 3 y

1

1

FIGUUR 25.8

x

De oplossing y(x) = ( 31 x – 1)3 voor x ≥ 3, y(x) = ( 31 x + 1)3 voor x ≤ –3, y(x) = 0 voor –3 < x < 3

De waarden voor de constante c (c = 1 voor de linkertak en c = –1 voor de rechtertak) zijn zo gekozen dat y continu is in x = 3 en x = –3. Om aan te tonen dat deze functie inderdaad een oplossing is, hoeven we alleen nog maar na te gaan dat in x = 3 en x = –3 aan de differentiaalvergelijking is voldaan. De afgeleide in 3 berekenen we door afzonderlijk linker- en rechterafgeleide te bepalen. Beide zijn gelijk aan 0 en omdat ook y(3) = 0, is in dit punt aan de differentiaalvergelijking y' = 3 y 2 voldaan. Hetzelfde geldt in x = –3, zodat de hiervoor gedefinieerde functie inderdaad een

26


oplossing van het beginwaardeprobleem is. De keuze van de punten waar we functies knipten en plakten, was echter willekeurig. We kunnen elke negatieve tak van een oplossing y(x) = ( 31 x + c)3 combineren met een stuk y-as en een positieve tak van een andere oplossing y(x) = ( 31 x + c')3 met c' < c. Hiermee hebben we ook de tweede vraag beantwoord: niet elk beginwaardeprobleem heeft een unieke oplossing. Het is niet zo verwonderlijk dat het beginwaardeprobleem uit het eerste voorbeeld geen oplossingen had, omdat de richtingsveldfunctie zich in dit geval wel heel erg wild gedroeg. In blok 5 hebt u gezien dat continue functies in ieder geval een primitieve hebben. Iets dergelijks geldt hier: als de richtingsveldfunctie continu is op een omgeving van de beginwaarden, dan heeft het beginwaardeprobleem ten minste één oplossing. Voor eenduidigheid is continuïteit van de richtingsveldfunctie niet voldoende, zoals blijkt uit het tweede voorbeeld. De volgende stelling geeft voorwaarden waaronder een beginwaardeprobleem precies één oplossing heeft. Het bewijs van deze stelling maakt gebruik van begrippen en technieken die buiten deze cursus vallen. We laten het daarom achterwege. Dat betekent ook dat we u hier niet uit kunnen leggen waarom nu juist de in de stelling gegeven voorwaarden voldoende zijn. Wel zullen we in leereenheid 26 voor een bepaalde klasse van problemen de existentie en eenduidigheid van oplossingen aantonen. STELLING 25.1 Existentie en eenduidigheid

Als de functie f die gedefinieerd is op de rechthoek D = 〈a, b〉 × 〈c, d〉, aan de volgende twee voorwaarden voldoet: – f is continu op D – f is op D partieel differentieerbaar naar y en de partiële afgeleide fy is continu op D dan heeft het beginwaardeprobleem y' = f(x, y), y(x0) = y0 voor (x0, y0) ∈D precies één oplossing y(x) = g(x) waarbij het domein van g bevat is in 〈a, b〉. Opmerkingen – De stelling geeft voorwaarden die een unieke oplossing garanderen. Dat betekent dat er ook richtingsveldfuncties kunnen zijn die niet aan de voorwaarden voldoen, maar waarbij het beginwaardeprobleem toch een unieke oplossing heeft. – Het is mogelijk dat de oplossing niet op het hele domein 〈a, b〉 gedefinieerd is. U zult daar in leereenheid 26 voorbeelden van zien. – De functie f hoeft niet partieel differentieerbaar te zijn naar x. Een belangrijk gevolg van de stelling over existentie en eenduidigheid is dat op een gebied D waar f voldoet aan de voorwaarden uit de stelling, het niet mogelijk is dat twee oplossingen van y' = f(x, y) elkaar snijden, raken of in een punt samenkomen; ook kan op dit gebied een oplossing niet splitsen. De situaties getekend in figuur 25.9 zijn dus niet mogelijk.

27

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

y

y g g h h x

x

y

y

g

g

h

h x

FIGUUR 25.9

x

Oplossingen van y' = f(x, y) kunnen niet snijden, raken, samenkomen of splitsen als f voldoet aan de voorwaarden van stelling 25.1.

De nu volgende redenering laat zien waarom oplossingen elkaar niet kunnen snijden. Stel namelijk dat f op D voldoet aan de voorwaarden van stelling 25.1 en dat g en h oplossingen zijn van y' = f(x, y) die elkaar binnen D snijden. Noem dit snijpunt (x0, y0). Zie figuur 25.10. y g y0

h

x0

FIGUUR 25.10

x

Twee snijdende oplossingen?

Dan zijn g en h twee verschillende oplossingen van het beginwaardeprobleem y' = f(x, y), y(x0) = y0. Volgens stelling 25.1 heeft dit beginwaardeprobleem echter precies één oplossing, dus de veronderstelling dat de oplossingen g en h elkaar op D kunnen snijden, is niet juist. Met een vergelijkbare redenering is aan te tonen dat oplossingen ook niet kunnen samenkomen of splitsen als aan de voorwaarden van stelling 25.1 is voldaan. OPGAVE 25.8

a Toon aan dat de functies y(x) = ( 31 x + c)3 oplossingen zijn van de differentiaalvergelijking y' = 3 y 2 . b Geef drie verschillende oplossingen van het beginwaardeprobleem y' = 3 y 2 , y( 5) = 0.

28


OPGAVE 25.9

Leg uit waarom twee oplossingen van y' = f(x, y) op een gebied D waarop f voldoet aan de voorwaarden van stelling 25.1, niet in een punt samen kunnen komen (de derde situatie in figuur 25.9). 25.3.2

DE METHODE VAN EULER

Tot nu toe hebben we het richtingsveld gebruikt voor kwalitatief onderzoek naar oplossingen van differentiaalvergelijkingen. Als we u bijvoorbeeld vroegen om een oplossing in het richtingsveld te schetsen, dan was dit om globaal inzicht te verkrijgen in het verloop van oplossingen. Richtingsvelden zijn echter ook heel goed bruikbaar om oplossingen te benaderen. Het principe van de methode van Euler wijkt eigenlijk niet zoveel af van wat u doet als u een oplossing schetst. Het idee is eenvoudig. Stel dat het beginwaardeprobleem y' = f(x, y) gegeven is met beginvoorwaarde y(x0) = y0, en dat we weten (bijvoorbeeld door de stelling over existentie en eenduidigheid) dat dit probleem een oplossing heeft. Het lijnelement door (x0, y0) is een stukje van de raaklijn aan deze oplossing. We kunnen de oplossing op een klein interval [x0, x0 + h] benaderen door deze raaklijn. Dit geeft een benadering y1 van de functiewaarde in x1 = x0 + h. We herhalen dit proces: het lijnelement door (x1, y1) geeft ons een benadering van de oplossing op het interval [x1, x1 + h], enzovoorts. Op deze manier vinden we een oplossing die is opgebouwd uit een aantal kleine lijnstukjes, zie figuur 25.11. y

(x2, y2) (x1, y1)

(x0, y0)

(x3, y3) (x4, y4)

h x

FIGUUR 25.11 VOORBEELD

Een richtingsveld met daarin een Euler-benadering

Gegeven is het beginwaardeprobleem y' = –x/y, y(1) = 2. We kennen in dit geval de oplossing al: y(x) = 5 − x 2 . De reden dat we toch dit voorbeeld gekozen hebben, is dat u nu de benadering met het exacte antwoord kunt vergelijken. Vóór we de methode van Euler toepassen, merken we op dat de richtingsveldfunctie niet gedefinieerd is voor y = 0. We zullen punten waar geldt y = 0, dus moeten vermijden. De afstand h die tussen twee opeenvolgende benaderingen zit, noemen we ook wel de stapgrootte. We kiezen om te beginnen h = 0,5. De richtingscoëffiënt van het lijnelement in (1, 2) is –0,5. Omdat we stapgrootte 0,5 gekozen hebben, heeft het volgende punt van onze benadering x-coördinaat x1 = 1,5. De benadering van de functiewaarde die de methode Euler in dit punt geeft, is gelijk aan 2 + h · (–0,5) = 1,75. U vindt de benadering in figuur 25.12.

29

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Meer algemeen vinden we, gegeven de benadering (xn, yn), de benadering in het volgende punt door: Formule voor Euler-benadering

xn+1 = xn + h yn+1 = yn + h · f'(xn, yn) In dit voorbeeld geldt f'(1,5, 1,75) = –0,875 en dus volgt x2 = 2 en y2 = 1,75 + 0,5 · (–0,875) ≈ 1,32. In de tabel vindt u de tot nu toe berekende waarden van x en y; ter vergelijking staat in de rechterkolom de exacte waarde van de oplossing 5 − x 2 . In figuur 25.12 zijn de benadering en de oplossing uitgezet. x

y

1,0 1,5 2,0

2,0 1,75 1,32

5 − x2

y (x0, y0) (x1, y1)

2,0 1,66 1,0

(x2, y2) 1

x

1 FIGUUR 25.12

Benadering en oplossing van het beginwaardeprobleem y' = –x/y, y(1) = 2 met stapgrootte h = 0,5

Zowel in de figuur als in de tabel ziet u dat de benadering niet erg op de exacte oplossing lijkt. Het is te verwachten dat de benadering beter zal zijn wanneer we de stapgrootte h kleiner nemen. In figuur 25.13 vindt u de resultaten voor h = 0,1. x

y

1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0

2,0 1,950 1,894 1,831 1,755 1,675 1,585 1,484 1,369 1,238 1,084

FIGUUR 25.13

30

5 − x2 2,0 1,947 1,887 1,819 1,744 1,658 1,562 1,453 1,326 1,179 1,0

y (x0, y0)

(x10, y10)

1

1

x

Benadering en oplossing van het beginwaardeprobleem y' = –x/y, y(1) = 2 met stapgrootte h = 0,1


U ziet dat deze benadering een stuk beter is. Wat opvalt, is dat gemaakte fouten elkaar versterken: de benadering is in de buurt van x = 1,0 goed, maar wordt in de buurt van x = 2,0 steeds slechter. « In dit voorbeeld was de exacte oplossing bekend, en dus ook de gemaakte fout. In de praktijk worden numerieke methoden gebruikt als de exacte oplossing juist onbekend is, en kunnen we benaderingen alleen op hun waarde schatten als we over methoden beschikken om de afwijking van de benadering ten opzichte van de oplossing te schatten. In blok 10 wordt hier dieper op ingegaan. OPGAVE 25.10

Gegeven is het beginwaardeprobleem y' = 3 y 2 , y( 0 ) = 1. Benader de oplossing van dit probleem op het interval [0, 3] met de methode van Euler, met stapgrootte h = 1 en h = 0,5. Teken uw benaderingen in een grafiek en vergelijk ze met de exacte oplossing. (De differentiaalvergelijking y' = 3 y 2 heeft oplossingen van de vorm y(x) = ( 31 x + c)3, zie paragraaf 25.3.1). SAMENVATTING

Een differentiaalvergelijking is een vergelijking waarin een variabele x, een onbekende functie y(x) en afgeleiden van deze functie kunnen voorkomen. Een oplossing van een differentiaalvergelijking is een functie die op een interval (het domein van de oplossing) aan de differentiaalvergelijking voldoet. Als y(n) de hoogste afgeleide is die in de differentiaalvergelijking voorkomt, dan is de orde van deze differentiaalvergelijking gelijk aan n. Een expliciet gegeven eersteordedifferentiaalvergelijking is van de vorm y' = f(x, y). Voegen we aan deze differentiaalvergelijking een beginwaarde y(x0) = y0 toe, dan spreken we van een beginwaardeprobleem. De stelling over existentie en eenduidigheid garandeert dat onder bepaalde voorwaarden voor f zo’n beginwaardeprobleem precies één oplossing heeft. Een lijnelement bij een differentiaalvergelijking y' = f(x, y) is een lijnstukje door een punt (x, y) met richtingscoëfficiënt f(x, y). De verzameling van alle lijnelementen bij y' = f(x, y) heet het richtingsveld van deze differentiaalvergelijking. In het richtingsveld vormen punten met dezelfde ‘richting’ de isoclinen. Het richtingsveld is basis voor de benaderingsmethode van Euler. Volgens deze methode worden benaderingen van oplossingen geconstrueerd door steeds stapjes in de richting van het lijnelement te maken.

31

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

ZELFTOETS

1

Geef een voorbeeld van een vijfdeorde gewone differentiaalvergelijking.

2

In deze opgave onderzoeken we de differentiaalvergelijking y' = xy – x3. a Ga na dat op R2 aan de voorwaarden uit de stelling over existentie en eenduidigheid voldaan is. b Bepaal de punten met y' = 0. c Bepaal de delen van het vlak waarvoor y' > 0 en waarvoor y' < 0. d Schets het richtingsveld. e Gegeven is dat g een oplossing is van de differentiaalvergelijking. Laat zien dat voor g het volgende geldt: als g(0) > 0, dan heeft g een minimum voor x = 0, als g(0) < 0, dan heeft g een maximum voor x = 0. f Gegeven is dat de oplossing h een maximum aanneemt voor x = 2. Bepaal de y-coördinaat van dit maximum. g Controleer dat de functies y(x) = x2 + 2 + cex2/2 oplossingen zijn van de differentiaalvergelijking. h Bepaal met behulp van onderdeel g de oplossing van het beginwaardeprobleem y' = xy – x3, y(1) = 1. i Schets in het richtingsveld een aantal oplossingen (neem onder andere c = 0). j Gegeven is dat g een oplossing is met g(0) > 2. Toon aan dat het enige extreem van g aangenomen wordt voor x = 0. Aanwijzing: gebruik onderdelen a en i.

3

Gegeven is het beginwaardeprobleem y' = y2/x, y(1) = 1. Benader de oplossing van dit probleem met behulp van de methode van Euler op het interval [1, 2] met stapgrootte h = 0,5.

32


33

Inhoud leereenheid Open Universiteit

26

Continue wiskunde 2

Eersteordedifferentiaalvergelijkingen Introductie 35 Leerkern 36 26.1 26.1.1 26.2 26.3 26.3.1 26.3.2

Differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen 36 De logistische differentiaalvergelijking 39 Lineaire differentiaalvergelijkingen 42 Kwalitatief onderzoek van autonome differentiaalvergelijkingen 48 Asymptotisch gedrag van oplossingen 48 Stabiliteit 52


58

59

34

Leereenheid 26 Eersteordedifferentiaalvergelijkingen

Leereenheid 26

Eersteordedifferentiaalvergelijkingen

INTRODUCTIE

In de vorige leereenheid hebt u richtingsvelden geschetst waarmee u een indruk kon krijgen over het verloop van oplossingen van de bijbehorende eersteordedifferentiaalvergelijkingen. U hebt ook gezien hoe deze oplossingen benaderd kunnen worden met behulp van de methode van Euler. In een beperkt aantal gevallen zijn differentiaalvergelijkingen ook exact op te lossen. In deze leereenheid zullen we voor twee soorten differentiaalvergelijkingen een methode geven waarmee oplossingen zijn te bepalen. Hoewel het op het eerste gezicht lijkt dat de vergelijkingen die tot deze klassen behoren, wel heel specifiek van vorm moeten zijn, is het aantal toepassingen van deze methoden toch relatief groot. Zo zijn alle eersteordedifferentiaalvergelijkingen uit de introductie op dit blok er mee op te lossen. Er bestaan andere methoden waarmee nog meer differentiaalvergelijkingen kunnen worden opgelost. Omdat dit geen cursus differentiaalvergelijkingen is, laten we deze methoden buiten beschouwing. In plaats daarvan zullen we in het tweede deel van de leereenheid dieper ingaan op het onderzoek naar het kwalitatieve gedrag van oplossingen. Daarbij zullen we een aantal begrippen introduceren die u in leereenheid 27 en blok 11 opnieuw tegen zult komen. LEERDOELEN

Na het bestuderen van deze leereenheid wordt verwacht dat u – de volgende typen differentiaalvergelijkingen kunt onderscheiden: differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen, homogene en inhomogene lineaire differentiaalvergelijkingen en autonome differentiaalvergelijkingen – eenvoudige differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen op kunt lossen – in eenvoudige gevallen differentiaalvergelijkingen kunt oplossen waarvan de variabelen gescheiden kunnen worden – eenvoudige lineaire eersteordedifferentiaalvergelijkingen op kunt lossen – de volgende begrippen kent: evenwichtsoplossing, stabiel en instabiel evenwicht – weet dat de limiet van een oplossing van een autonome differentiaalvergelijking een evenwichtsoplossing is – uit het richtingsveld of uit het tekenverloop van f van een autonome differentiaalvergelijking y' = f(y) conclusies kunt trekken over het globale verloop van oplossingen – kunt bepalen of een evenwichtsoplossing van een autonome differentiaalvergelijking stabiel dan wel instabiel is.

35

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

LEERKERN 26.1

Differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen

Er is één type differentiaalvergelijkingen dat u nu in principe al kunt oplossen, namelijk vergelijkingen van de vorm: y' = g(x)

(26.1)

Het oplossen van de differentiaalvergelijking komt in dit geval neer op het zoeken van de primitieven van de functie g. Uit blok 5 weet u dat als G een primitieve is van g, dan bestaat de verzameling van alle primitieven van g uit de functies G + c, waarbij c een willekeurige constante is. De oplossingen van vergelijking 26.1 zijn dus in dat geval de functies G + c. Omdat een continue functie een primitieve heeft, volgt dat vergelijking 26.1 oneindig veel oplossingen heeft als g continu is. VOORBEELD 26.1

De oplossingen van de vergelijking y' = 3x2 zijn de primitieven van de functie x → 3x2, dus de functies y = x3 + c. « Als er behalve vergelijking 26.1 ook nog een beginvoorwaarde y(x0) = y0 gegeven is, hebben we te maken met een beginwaardeprobleem. We kunnen met behulp van deze beginwaarde de constante c bepalen.

Beginwaardeprobleem VOORBEELD 26.1 vervolg

Om het beginwaardeprobleem y' = 3x2, y(1) = 2 op te lossen, vullen we in de algemene oplossing van y' = 3x2, dus in y = x3 + c, voor x de waarde 1 en voor y de waarde 2 in. Zo vinden we c = 1. De oplossing van dit beginwaarde probleem is dus: y = x3 + 1. «

Oplossen met gebruik van differentiaalnotatie

We lossen nu de differentiaalvergelijking uit voorbeeld 26.1 nogmaals op, maar maken daarbij gebruik van differentiaalnotatie. In deze notatie luidt de vergelijking: dy = 3x2dx

(26.2)

Gebruikmakend van de gelijkheid 3x2dx = dx3, kunnen we vergelijking 26.2 herschrijven tot een vergelijking tussen twee differentialen: dy = dx3 We maken nu gebruik van een resultaat dat in blok 4 is bewezen. Zie paragraaf 15.1, het gevolg van stelling 15.4 in Continue wiskunde 1.

Stel dat de functies f en g differentieerbaar zijn op het interval I en stel dat f’(x) = g’(x) voor alle x ∈I. Dan is er een constante c waarvoor geldt dat f(x) = g(x) + c voor alle x ∈I. Uit dit resultaat volgt dat de functies ‘achter de d’s’ op een constante na aan elkaar gelijk zijn: y = x3 + c

36


De methode die we hier volgden, brengt ons op het idee dat er misschien nog meer differentiaalvergelijkingen zijn die we kunnen herleiden tot een gelijkheid tussen twee differentialen. Daarbij zullen we gebruikmaken van de kettingregel: dF(y) = F'(y) dy = f(y)dy als F een primitieve is van f. De vergelijkingen die we met deze methode oplossen, zijn van de vorm f(y)dy = g(x)dx

(26.3)

of equivalent hiermee: f(y)y' = g(x) Deze vergelijkingen heten differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen.

Differentiaalvergelijking met gescheiden variabelen Oplosmethode voor een differentiaalvergelijking met gescheiden variabelen

Als F een primitieve is van f en G een primitieve van g, dan kunnen we vergelijking 26.3 op de volgende manier oplossen. De vergelijking f(y)dy = g(x)dx is (omdat F' = f en G' = g) equivalent met dF(y) = dG(x) waaruit volgt dat F(y) = G(x) + c

(26.4)

Vergelijking 26.4 geeft een verband tussen y en x. We noemen dit een impliciete oplossing of integraalkromme van vergelijking 26.3. Soms kan uit deze impliciete oplossing een expliciete oplossing gehaald worden, waarbij y geschreven wordt als functie van x. In het volgende voorbeeld zult u zien dat een expliciete oplossing lang niet altijd informatiever is dan de impliciete. Of we, indien mogelijk, een impliciete oplossing herschrijven tot een expliciete oplossing, hangt af van wat we met deze oplossing verder willen.

Impliciete oplossing

VOORBEELD

We willen de volgende differentiaalvergelijking oplossen: 2ydy = –2xdx Omdat y2 een primitieve is van 2y en –x2 een primitieve van –2x, is de vergelijking gelijkwaardig met dy2 = d(–x2). De oplossingen van de vergelijking worden dus gegeven door:

Impliciete oplossing

y2 = –x2 + c ofwel

x2 + y2 = c

Uit deze impliciete oplossingen kunnen we de volgende expliciete oplossingen afleiden: Expliciete oplossing

y=

37

c − x2

of

y = – c − x2

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Omdat uit de impliciete vorm duidelijker blijkt dat oplossingen (delen van) cirkels rond de oorsprong zijn, geven we in dit geval de voorkeur aan de impliciete oplossing. « OPGAVE 26.1

Los de volgende differentiaalvergelijking met gescheiden variabelen op: dy dx = 2 1+ y x Met deze methode zijn niet alleen vergelijkingen met gescheiden variabelen op te lossen, maar ook vergelijkingen die in deze vorm geschreven kunnen worden. We geven een voorbeeld. VOORBEELD

We zoeken de oplossingen van de vergelijking y' = y2x. Er is één constante oplossing, namelijk y = 0. Omdat de vergelijking voldoet aan de voorwaarden uit de stelling over existentie en eenduidigheid, kunnen de overige oplossingen de lijn y = 0 niet snijden (zie paragraaf 25.3.1). Om deze overige oplossingen te bepalen, kunnen we dus links en rechts door y2 delen. We krijgen zo de volgende vergelijking met gescheiden variabelen: y' =x y2 ofwel in differentiaalnotatie: 1 dy = xdx y2 Links en rechts primitiveren geeft: d(–

1 ) = d( 21 x2) y

waaruit de volgende impliciete oplossingen volgen: –

1 = y

1 2

x2 + c

In dit geval zijn hier eenvoudig de expliciete oplossingen uit af te leiden: y=

1 2

−1 x2 + c

De oplossing y = 0 hadden we al aan het begin van het voorbeeld bepaald. Alle oplossingen van de vergelijking zijn dus: y=

38

1 2

−1 x2 + c

of

y=0

«


Oplossen van een beginwaardeprobleem

Bij het oplossen van een beginwaardeprobleem kan het handig zijn om de primitieven zo te kiezen dat gelijk al aan de beginvoorwaarde voldaan is. Dit kan op de volgende manier. Stel we willen het beginwaardeprobleem f(y)dy = g(x)dx, y(a) = b oplossen. U hebt gezien dat de differentiaalvergelijking is op te lossen door links en rechts te primitiveren. In plaats van de primitieve F van f en G van g kiezen we nu links de primitieve F(y) – F(b) en rechts G(x) – G(a). We vinden zo de volgende oplossing van de differentiaalvergelijking: F(y) – F(b) = G(x) – G(a) en wanneer we de beginvoorwaarde x = a en y = b invullen, zien we dat deze oplossing ook de oplossing van het beginwaardeprobleem is. In leereenheid 28 zult u zien dat dit de manier is waarop een computeralgebrapakket differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen oplost. In de volgende paragraaf zullen we aandacht besteden aan een speciaal voorbeeld van een differentiaalvergelijking die is op te lossen door de variabelen te scheiden.

OPGAVE 26.2

a Bepaal de impliciete oplossingen van de differentiaalvergelijking ydy = x3dx. b Aan de vergelijking uit onderdeel a voegen we de beginvoorwaarde y(0) = –1 toe. Los dit beginwaardeprobleem op. OPGAVE 26.3

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = xcos2y. a Welke constante functies zijn oplossing van deze vergelijking? b Bepaal de impliciete oplossingen. OPGAVE 26.4

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = ex–y. a Bepaal de oplossing die voldoet aan de beginvoorwaarde y(0) = 0. b Bepaal de oplossing die voldoet aan de beginvoorwaarde y(0) = 1. 26.1.1

DE LOGISTISCHE DIFFERENTIAALVERGELIJKING

Deze paragraaf besteden we aan het oplossen van de differentiaalvergelijking die in voorbeeld 3 uit de blokintroductie model stond voor de ontwikkeling van een epidemie. Deze vergelijking y' =

c y(K – y) K

is op te lossen door het scheiden van variabelen. In de casus bij blok 4 is al een deel van de oplossing gegeven voor K = 1, maar daar was de keuze van beginvoorwaarden beperkt. Om het rekenwerk overzichtelijk te houden, kiezen we c = K, dus we gaan de volgende vergelijking oplossen: y' = y(K – y)

39

(26.5)

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Vergelijking 26.5 heeft twee constante oplossingen: y = 0 en y = K. Uit de stelling over existentie en eenduidigheid volgt nu dat overige oplossingen niet de lijnen y = 0 of y = K kunnen snijden. Immers, door een eventueel snijpunt zouden twee verschillende oplossingen gaan. Dit betekent dat we om de overige oplossingen van vergelijking 26.5 te vinden, veilig door y(K – y) kunnen delen. Het zal handig blijken om ook links en rechts met K te vermenigvuldigen. Zo krijgen we de volgende vergelijking met gescheiden variabelen: K dy = Kdx y( K – y ) Breuksplitsen is uitgelegd in paragraaf 19.3 van blok 5 van Continue wiskunde 1.

Een primitieve van het linkerlid vinden we met behulp van breuksplitsen: K 1 1 = + y( K – y ) y K − y De differentiaalvergelijking is dus ook te schrijven als

1 1   y + K − y  dy = Kdx   Primitiveren geeft: lny – lnK – y = Kx + A, waarbij A een constante is, dus ln

y = Kx + A K−y

Uit deze impliciete oplossing is met wat rekenwerk een expliciete oplossing af te leiden. We nemen eerst links en rechts e-machten:

y = eKx+A K−y Wegwerken van de absoluutstrepen geeft de volgende klassen van oplossingen: y = eKx+A of K−y

y = –eKx+A K−y

(26.6)

Om deze oplossingen in een handzamer vorm weer te kunnen geven, merken we eerst op dat eKx+A = eKx · eA = BeKx (B is een positieve constante) en op dezelfde manier –eKx+A = eKx · –eA = BeKx (B is een negatieve constante). De formules 26.6 kunnen we dus samenvatten: y = BeKx K−y Merk op dat de constante B nu alle reële waarden mag aannemen, ook 0, want dat geeft de constante oplossing y = 0.

40


Uit de laatste vergelijking is y op te lossen: y=

K ⋅ Be Kx 1 + Be Kx

Alle oplossingen worden dus gegeven door y(x) =

K ⋅ Be Kx 1 + Be Kx

of y(x) = K

(26.7)

In figuur 26.1 ziet u een aantal oplossingen getekend. U ziet dat oplossingen die tussen de constante oplossingen in liggen op de hele R gedefinieerd zijn. Andere oplossingen hebben een verticale asymptoot. (zie opgave 26.5) y

y=K

x

FIGUUR 26.1

Oplossingen van de logistische vergelijking

De constante oplossingen worden in dit geval wel evenwichtsoplossingen genoemd. Denk maar aan de logistische vergelijking als model voor de groei van een populatie, als y = 0 of y = K is de populatie in evenwicht. Er is een opvallend verschil tussen de twee evenwichtsoplossingen. De oplossing y = K is stabiel: bij een kleine afwijking van het evenwicht nadert de omvang van de populatie op den duur toch weer naar K. Daarentegen is de oplossing y = 0 instabiel: als de populatie op een gegeven moment iets groter dan 0 is, dan nadert die op den duur naar K in plaats van naar 0. In paragraaf 26.3 zullen we verder ingaan op evenwichtsoplossingen van differentiaalvergelijkingen van de vorm y' = f(y) en onderzoeken wat we hierover af kunnen leiden zonder de vergelijking op te lossen. OPGAVE 26.5 (Aanw)

Laat zien dat oplossingen gegeven door formule 26.7 van de logistische vergelijking 26.5 (met K > 0) die voldoen aan de beginvoorwaarde y(0) = y0, een verticale asymptoot hebben als y0 > K of y0 < 0. (In deze opgave bekijken we dus de differentiaalvergelijking los van de context, zodat bijvoorbeeld beginwaarden ook negatief kunnen zijn.) OPGAVE 26.6

Geef de expliciete oplossingen van de volgende differentiaalvergelijkingen. a y' = ey b y' = y2 – 2y + 1

41

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

OPGAVE 26.7

Geef een impliciete oplossing van het beginwaardeprobleem y' =

y y+1

y(0) = 1

OPGAVE 26.8 (Aanw)

Een motteballetje verliest massa door verdamping. Om dit proces te modelleren, maken we gebruik van de functies M(t), de massa op tijdstip t en R(t): de straal van het balletje op tijdstip t. Tussen M en R gelden de volgende betrekkingen: M(t) = a · (R(t))3 want de massa is evenredig met het volume M'(t) = –b · (R(t))2 want de verdampingssnelheid is evenredig met de oppervlakte a Leid uit de gegevens een differentiaalvergelijking voor M af. b Los deze vergelijking op. c Er is gegeven dat de massa in 100 dagen tot een achtste van de oorspronkelijke massa is gereduceerd (M(100) = 81 M(0)). Bepaal met behulp van dit gegeven het tijdstip waarop het balletje geheel verdampt is. 26.2

Lineaire differentiaalvergelijkingen

Een eersteorde lineaire differentiaalvergelijking is een vergelijking van de volgende vorm:

Lineaire differentiaalvergelijking

y' + a(x)y = b(x)

(26.8)

In deze vergelijking komen de termen y' en y alleen lineair voor. De vergelijking 26.8 heet homogeen als b(x) = 0. Een homogene lineaire differentiaalvergelijking heeft dus de volgende vorm:

Homogeen

y' + a(x)y = 0

(26.9)

De functie y = 0 is altijd een oplossing van een homogene lineaire differentiaalvergelijking, onafhanklijk van de functie a(x). U kunt dit eenvoudig controleren door in vergelijking 26.9 y = 0 en dus ook y' = 0 in te vullen. Een lineaire differentiaalvergelijking die niet homogeen is (dus de functie b is niet constant 0), noemen we een inhomogene lineaire differentiaalvergelijking. OPGAVE 26.9

Welke van de volgende vergelijkingen zijn lineair homogeen of lineair inhomogeen? Geef van de lineaire vergelijkingen het functievoorschrift voor a(x). a yy' + xy = 1 b y' – tanx = 0 c y' – tany = 0 d y' – ytanx = x2 e y' + xy – y = sinx

42


Homogene lineaire differentiaalvergelijkingen kunnen opgelost worden door de variabelen te scheiden. Voor inhomogene differentiaalvergelijkingen lukt dit in het algemeen niet. In deze paragraaf leert u een methode waarmee zowel homogene als inhomogene lineaire differentiaalvergelijkingen opgelost kunnen worden. Deze methode maakt gebruik van het volgende speciale geval van de productregel voor het differentiëren: (y · eA(x))' = y' · eA(x) + y · A'(x) · eA(x) = (y' + A'(x) · y) · eA(x) Als A'(x) = a(x), dan staat hier het linkerlid van de lineaire differentiaalvergelijking 26.8 op een factor eA(x) na. Als we dus de vergelijking 26.8 links en rechts met de factor eA(x) vermenigvuldigen, waarbij A(x) een primitieve is van a(x), dan kunnen we de vergelijking vervolgens oplossen door links en rechts de primitieve te nemen. Omdat de factor eA(x) ons in staat stelt om het linkerlid te primitiveren, wordt deze factor ook wel de integrerende factor genoemd.

Integrerende factor

De methode voor het oplossen van een lineaire differentiaalvergelijking met behulp van een integrerende factor werkt dus als volgt. Methode om de eersteorde lineaire differentiaalvergelijking op te lossen

Om de oplossingen van de vergelijking y' + a(x)y = b(x) te bepalen, zoeken we eerst een primitieve A(x) van de functie a(x). Vervolgens vermenigvuldigen we de vergelijking links en rechts met de integrerende factor eA(x). Omdat eA(x) ≠ 0, krijgen we zo de equivalente vergelijking y' · eA(x) + a(x) · y · eA(x) = b(x) · eA(x) ofwel (y · eA(x))' = b(x) eA(x) Als nu F(x) een primitieve is van b(x)eA(x), dan is deze laatste vergelijking equivalent met y · eA(x) = F(x) + c waarbij c een constante is die elke reële waarde aan kan nemen. Hieruit is y op te lossen: y = (F(x) + c) · e–A(x)

Algemene oplossing

Bij elke stap in deze methode worden steeds vergelijkingen in equivalente vergelijkingen omgezet. Daaruit volgt dat we op deze manier alle oplossingen van de differentiaalvergelijking 26.8 bepaald hebben. Deze verzameling van oplossingen wordt de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking 26.8 genoemd. In het geval dat vergelijking 26.8 homogeen is, dus als b(x) = 0, verloopt het oplossen van de differentiaalvergelijking nog wat eenvoudiger. Vermenigvuldigen met de integrerende factor geeft in dit geval (y · eA(x))' = 0

43

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

zodat we als algemene oplossing van de homogene lineaire differentiaalvergelijking de volgende verzameling functies vinden: y = c · e–A(x) VOORBEELD 26.2

Gevraagd zijn de oplossingen van de vergelijking y' – 2xy = 0. Een primitieve van de functie a(x) = –2x is de functie A(x) = –x2. Een integrerende factor voor deze vergelijking is dus e–x2. Vermenigvuldigen met deze integrerende factor geeft: y' · e–x2 – 2x · e–x2 · y = 0 ofwel

Controleer dat differentiëren van y · e–x2 inderdaad y' · e–x2 – 2x · e–x2 · y oplevert!

(y · e–x2)' = 0

VOORBEELD 26.3

Gevraagd zijn de oplossingen van de vergelijking y' – 2xy = 4xex2. Om deze inhomogene differentiaalvergelijking op te lossen, kunnen we dezelfde integrerende factor gebruiken als in voorbeeld 26.2 waar we de bijbehorende homogene vergelijking oplosten. Dit geeft de vergelijking

Door links en rechts te primitiveren, vinden we y · e–x2 = c, dus de oplossingen van deze differentiaalvergelijking zijn de functies y = c · ex2.

«

y' · e–x2 – 2x · e–x2 · y = 4xex2 · e–x2 ofwel (y · e–x2)' = 4x Links en rechts primitiveren geeft y · e–x2 = 2x2 + c, dus de oplossingen van deze differentiaalvergelijking zijn y = 2x2ex2 + cex2. De constante c mag weer alle reële waarden aannemen. Zo vinden we bijvoorbeeld de oplossing y = 2x2ex2 door c = 0 in te vullen. « OPGAVE 26.10

Los de volgende differentiaalvergelijkingen op. a y' – xy 1 + x 2 = 0 b y' + y = x In de voorbeelden 26.2 en 26.3 losten we de differentiaalvergelijkingen y' – 2xy = 0 en y' – 2xy = 4xex2 op. Deze vergelijkingen verschillen alleen in het inhomogene deel b(x). De vergelijking y' – 2xy = 0 heet de bijbehorende homogene vergelijking bij de inhomogene vergelijking y' – 2xy = 4xex2. Vergelijk de oplossingen van beide vergelijkingen eens met elkaar. U ziet dat de algemene oplossing van de inhomogene vergelijking gelijk is aan een ‘speciale’ oplossing (de functie x → 2x2ex2) plus de algemene oplossing van de bijbehorende homogene vergelijking (y = c · ex2). Deze eigenschap geldt voor elke lineaire differentiaalvergelijking, ook voor hogereorde lineaire differentiaalvergelijkingen zoals u in leereenheid 31 zult zien.

44


We geven de eigenschap hier voor eersteorde lineaire differentiaalvergelijkingen. Als ‘speciale’ oplossing van de inhomogene differentiaalvergelijking kan elke oplossing genomen worden. Dat betekent dat iedere oplossing die we op de een of andere manier vinden, als speciale oplossing gebruikt kan worden. We noemen zo’n oplossing een particuliere oplossing (naar de Engelse term: particular). Particuliere oplossing

STELLING 26.1

Laat yp een oplossing zijn van de inhomogene differentiaalvergelijking y' + a(x)y = b(x) en yh de algemene oplossing van de bijbehorende homogene oplossing. Dan is de algemene oplossing van de inhomogene differentiaalvergelijking gelijk aan y = yp + yh. Het bewijs van deze stelling laten we achterwege. Als we één oplossing van een inhomogene differentiaalvergelijking kennen, dan kunnen we stelling 26.1 gebruiken om de algemene oplossing te bepalen. Iets dergelijks geldt voor hogereorde lineaire differentiaalvergelijkingen. Dit zal met name bij het oplossen van tweedeorde lineaire differentiaalvergelijkingen een belangrijke oplosmethode zijn.

VOORBEELD

We vereenvoudigen de stroomkring uit voorbeeld 4 van de blokintroductie door de spoel weg te laten. Het verband tussen de ingangsspanning U(t) en de lading van de condensator Q(t) in de stroomkring uit figuur 26.2 wordt nu beschreven door de volgende differentiaalvergelijking: RQ' +

1 Q = U(t) C I(t)

R

+ U(t) – C S FIGUUR 26.2

Stroomkring met weerstand en condensator

Dit is een lineaire differentiaalvergelijking die homogeen is als de ingangsspanning U gelijk is aan 0, anders is de vergelijking inhomogeen. We spreken in dit geval ook wel van een lineair systeem en fysici noemen Q de responsie op de invoer U van het systeem. In het algemeen wordt de term systeem gebruikt voor processen met een invoer en uitvoer (zoals bijvoorbeeld ook voorbeeld 2 uit de introductie, waarbij de invoer de instroom van schoon water is, en de uitvoer de uitstroom van water met een zeker zoutgehalte).

45

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

De oplossing van de homogene vergelijking RQ' + (1/C)Q = 0 is Ga dit na.

Q(t) = ae − RC t 1

Deze oplossing heet de natuurlijke responsie op het systeem, dat wil zeggen: de responsie bij afwezigheid van uitwendige invloeden.

Natuurlijke responsie

In het geval dat U(t) een gelijkspanning U(t) = U is, vinden we als oplossing van de inhomogene vergelijking RQ' + (1/C)Q = U: Controleer dat deze functies oplossingen zijn.

Gedwongen deel van de responsie VOORBEELD

Q = ae − RC t + CU 1

Zoals u in stelling 26.1 gezien hebt, is de oplossing van de inhomogene vergelijking gelijk aan de oplossing van de homogene vergelijking plus een particuliere oplossing (Q = CU). Deze particuliere oplossing heet in dit verband het gedwongen deel van de responsie op het systeem. « Lineaire systemen, zoals de stroomkring uit het vorige voorbeeld, voldoen aan het superpositiebeginsel. Dat wil zeggen: als de invoer u gelijk is aan u1 + u2, dan is de responsie op u gelijk aan de som van de responsie op u1 en de responsie op u2. We zullen dit superpositiebeginsel aantonen voor systemen die beschreven worden door eersteorde lineaire differentiaalvergelijkingen v' + a(t)v = u. Voor het geval dat u1 = 0, volgt dit uit stelling 26.1. Het superpositiebeginsel is dus een soort generalisatie van stelling 26.1. Om het superpositiebeginsel te bewijzen, veronderstellen we dat v1 een oplossing is van v' + a(t)v = u1 en v2 een oplossing van v' + a(t)v = u2. We moeten nu laten zien dat ϕ = v1 + v2 een oplossing is van v' + a(t)v = u1 + u2. Invullen van ϕ voor v in het linkerlid van de differentiaalvergelijking geeft:

ϕ' + a(t)ϕ = (v1 + v2)' + a(t)(v1 + v2) = v1' + a(t)v1 + v'2 + a(t)v2 = u1 + u2

definitie ϕ somregel differentiëren en bij elkaar nemen van termen v1 is de responsie op u1 en v2 is de responsie op u2

Hieruit volgt dat ϕ = v1 + v2 de responsie is op u1 + u2. Dit bewijs werkt alleen maar omdat de differentiaalvergelijking lineair is in v. Zou er bijvoorbeeld ergens v2 of sinv staan, dan zou dit bewijs niet opgaan. Zo correspondeert het wiskundige begrip lineariteit dus met het fysische superpositiebeginsel. « OPGAVE 26.11

Bepaal met de methode uit deze paragraaf de oplossingen van de differentiaalvergelijking die hoort bij het model voor exponentiële groei: y' = λy. OPGAVE 26.12

Los de volgende differentiaalvergelijkingen op.

46


a y' – (1/x)y = 0, x > 0. b y' – (1/x)y = xsinx, x > 0. OPGAVE 26.13

Als de functies a(x) en b(x) constant zijn, kunt u de inhomogene differentiaalvergelijking ook oplossen door scheiden van variabelen. Bepaal de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking y' + ay = b, a ≠ 0 a door scheiden van variabelen b met behulp van een integrerende factor. OPGAVE 26.14

In de introductie op dit blok gaven we het volgende model voor de afkoeling van een kop koffie: T' = –k(T – 20). a Los deze differentiaalvergelijking op. b Neem als beginvoorwaarde T(0) = T0. Bepaal limt→∞T(t). OPGAVE 26.15

In voorbeeld 2 uit de introductie op dit blok behandelden we het probleem van het pekelvat. Op tijdstip t = 0 bevindt zich in dit vat 100 liter water, waarin 10 kg zout is opgelost. Per minuut stroomt er 2 liter schoon water het vat in, en 1 liter zout water uit. De hoeveelheid zout in het vat op tijdstip t wordt beschreven door het beginwaardeprobleem y'(t) = –

1 y(t) 100 + t

y(0) = 10

a Los dit beginwaardeprobleem op. b Het vat is vol als er 200 liter water in zit. Hoeveel zout zit er op dat moment nog in het vat? OPGAVE 26.16

Op t = 0 wordt een stroomkring gesloten (zie figuur 26.3).

I(t)

R

+

L

U(t) –

S FIGUUR 26.3

Stroomkring met weerstand en spoel

De stroomsterkte I voldoet dan aan het volgende beginwaardeprobleem: IR + LI' = U I(0) = 0 waarbij U een constante gelijkspanning is. a Bepaal een functievoorschrift voor I. b Bepaal limt→∞I(t).

47

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

26.3

Kwalitatief onderzoek van autonome differentiaalvergelijkingen

26.3.1

ASYMPTOTISCH GEDRAG VAN OPLOSSINGEN

De logistische differentiaalvergelijking y' =

c y(K – y) K

is een voorbeeld van een differentiaalvergelijking van de vorm y' = f(y) waarbij f een functie is van y. Dergelijke differentiaalvergelijkingen heten autonoom.

Autonome differentiaalvergelijking VOORBEELD

De differentiaalvergelijking y' =

ln( y 2 + 1) y

is autonoom, want zij is van de vorm y’ = f(y) met f(y) = ln(y2 + 1)/√y. De differentiaalvergelijking y’ = x + y is niet autonoom, want in het functievoorschrift voor de richtingsveldfunctie f(x, y) = x + y komen zowel x als y voor.

«

Een autonome differentiaalvergelijking y' = f(y) treedt vaak op bij het beschrijven van processen die in de tijd verlopen. De onafhankelijke variabele t staat in dat geval voor de tijd en de afhankelijke variabele y voor de te modelleren grootheid. Het feit dat het proces door een autonome vergelijking kan worden beschreven, betekent dat het verloop van het proces niet beïnvloed wordt door tijdsafhankelijke externe factoren. Voorbeelden van dergelijke processen vindt u in de introductie op dit blok. We noemen hier afkoeling (voorbeeld 1) en logistische groei (voorbeeld 3). In deze context wordt voor het model van het proces (dus de differentiaalvergelijking) ook wel de term dynamisch systeem gebruikt. Wij zullen het in deze paragraaf steeds over autonome differentiaalvergelijkingen hebben. Voor de onafhankelijke variabele zullen we steeds de letter t gebruiken. Bij het oplossen van autonome differentiaalvergelijkingen stuiten we al gauw op het probleem dat een primitieve van 1/f(y) moeilijk te vinden kan zijn, of zelfs niet uitgedrukt kan worden in bekende functies. Ook als we wel een impliciete oplossing kunnen vinden, is het nog maar de vraag of we hieruit een expliciete oplossing kunnen afleiden. Ook zonder de oplossing te kennen, kunnen we toch al veel zeggen over het gedrag van eventuele oplossingen van autonome differentiaalvergelijkingen. U zult in deze paragraaf een aantal begrippen tegenkomen die terugkomen in leereenheid 27 bij het onderzoek naar autonome stelsels. Verder lopen we alvast wat vooruit op blok 11 waar met name chaotisch gedrag van dynamische systemen bestudeerd zal worden. Om te beginnen, kijken we eens naar het richtingsveld van een autonome differentiaalvergelijking y' = f(y). Omdat y' alleen van y afhangt, betekent dit dat op een lijn y = c alle lijnelementen dezelfde richting hebben.

48


translatie = verschuiving

Bij een translatie van het richtingsveld in de richting van de t-as, blijft het veld dus onveranderd. Dit betekent ook dat wanneer we één oplossing kennen, we uit deze oplossing nieuwe oplossingen kunnen maken door de bekende oplossing naar links of rechts te verschuiven. In figuur 26.4 ziet u het richtingsveld van een autonome differentiaalvergelijking met daarin één oplossing. In figuur 26.5 ziet u hoe door verschuiven meer oplossingen verkregen kunnen worden. y

t

FIGUUR 26.4

Het richtingsveld en één oplossing van een autonome differentiaalvergelijking y

t

FIGUUR 26.5

Uit de oplossing in figuur 26.4 zijn door translatie andere oplossingen te maken.

Zowel in figuur 26.1 als in de figuren 26.4 en 26.5 ziet u dat de constante oplossingen een belangrijke rol spelen. Ten eerste verdelen ze het vlak in delen waar overige oplossingen binnen blijven. Ten tweede naderen overige oplossingen die begrensd zijn, op den duur naar een constante oplossing. U zult in deze paragraaf zien dat onder bepaalde voorwaarden deze observaties voor elke autonome vergelijking gelden. Ook in het model waarvoor de autonome vergelijking gebruikt wordt, spelen constante oplossingen een bijzondere rol. Ze beschrijven de situaties waarin het systeem in evenwicht is. We noemen deze oplossingen daarom ook wel evenwichtsoplossingen. Voor autonome differentiaalvergelijkingen y' = f(y) geldt dat evenwichtsoplossingen bepaald worden door de nulpunten van f.

49

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Evenwichtsoplossing

De constante functie y = a is een evenwichtsoplossing van de autonome differentiaalvergelijking y' = f(y) als f(a) = 0. In het vlakdeel begrensd door evenwichtsoplossingen heeft f een vast teken.

We zullen in het vervolg van deze paragraaf aannemen dat f continu is op R. De evenwichtsoplossingen verdelen het vlak in dat geval in delen waarop f een vast teken heeft: positief of negatief. In figuur 26.6 hebben we het tekenverloop voor de differentiaalvergelijking uit figuur 26.4 getekend. y –

–

–

–

+

+

FIGUUR 26.6

t

Het tekenverloop van f

OPGAVE 26.17

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = 2y – 3y2 + y3. a Bepaal de evenwichtsoplossingen en teken deze in het t-y-vlak. b Bepaal in uw tekening uit onderdeel a de gebieden waar y' > 0 en waar y' < 0. Als de functie f niet alleen continu is, maar ook differentieerbaar met een continue afgeleide, dan voldoet de vergelijking y' = f(y) aan de voorwaarden voor stelling 25.1 over existentie en eenduidigheid. (Volgens stelling 25.1 moet f continu zijn en partieel differentieerbaar zijn naar y met continue partiële afgeleide; omdat f hier alleen van y afhangt, kunnen we f ‘gewoon’ naar y differentiëren en is aan de voorwaarden uit de stelling voldaan als deze afgeleide bestaat en continu is.) In dat geval kunnen twee verschillende oplossingen elkaar niet snijden. Immers, door een eventueel snijpunt (t0, y0) zouden twee verschillende oplossingen gaan en dat zou betekenen dat het beginwaardeprobleem met als beginvoorwaarde y(t0) = y0 twee verschillende oplossingen zou hebben. Dit laatste is in strijd met de stelling over existentie en eenduidigheid. In het bijzonder kan een evenwichtsoplossing niet gesneden worden door andere oplossingen. De situaties geschetst in figuur 26.7 kunnen zich dus niet voordoen als f differentieerbaar is met een continue afgeleide; hier is g een evenwichtsoplossing en h een (onmogelijke) andere oplossing. y

y h

FIGUUR 26.7

50

y h

h

g

g

g

t

t

t

Als f differentieerbaar is met continue afgeleide, dan zijn deze situaties niet mogelijk.


Voor een oplossing van y' = f(y) die geen evenwichtsoplossing is, betekent dit dat de hele oplossing binnen één van de gebieden blijft waarin de evenwichtsoplossingen het vlak verdelen. Binnen dit gebied heeft f een vast teken. Hieruit volgt dat een oplossing die tussen twee evenwichtsoplossingen inligt, monotoon stijgend of dalend is en begrensd wordt door deze evenwichtsoplossingen. Zo’n oplossing heeft een limiet. In de volgende stelling wordt geponeerd dat deze limiet een evenwichtsoplossing is. Het bewijs van deze stelling vindt u in de bijlage Bewijzen van stellingen. STELLING 26.2

Laat y een oplossing zijn van de autonome differentiaalvergelijking y' = f(y), waarbij f continu is op R. Stel dat limt→∞y(t) = a. Dan is y = a een evenwichtsoplossing van y' = f(y). Stelling 26.2 is een krachtig instrument om uitspraken te kunnen doen over oplossingen zonder deze oplossingen te kennen. We geven hiervan een voorbeeld.

VOORBEELD

Gegeven is dat de functie y oplossing is van het beginwaardeprobleem y' = 2y – 3y2 + y3, y(0) = 1 21 . We willen limt→∞y(t) bepalen. In opgave 26.17 hebt u de evenwichtsoplossingen van deze differentiaalvergelijking bepaald en van de tussenliggende gebieden onderzocht of y' daar positief of negatief was (zie figuur 26.8). y

+ y=2 – y=1 + y=0 –

FIGUUR 26.8

t

Evenwichtsoplossingen en tekenoverzicht bij y' = 2y – 3y2 + y3

Omdat de functie f(y) = 2y – 3y2 + y3 differentieerbaar is en een continue afgeleide heeft, is aan de voorwaarden voor stelling 25.1 over existentie en eenduidigheid voldaan en blijft de oplossing met beginvoorwaarde y(0) = 1 21 dus tussen de lijnen y = 1 en y = 2. Deze oplossing is dus monotoon dalend en begrensd. Hieruit volgt dat limt→∞y(t) bestaat en kleiner is dan 2. Uit stelling 26.2 volgt dat deze limiet gelijk moet zijn aan een evenwichtsoplossing, dus limt→∞y(t) = 1. « Omdat we bij processen die in de tijd verlopen, meestal geïnteresseerd zijn in het gedrag van oplossingen voor toenemende waarden van t, is stelling 26.2 alleen geformuleerd voor t → ∞. De stelling geldt echter ook voor t → –∞. Voor het beginwaardeprobleem uit het voorgaande voorbeeld kunnen we dus ook concluderen dat limt→–∞y(t) = 2.

51

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

OPGAVE 26.18

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = 1 – y2. a Bepaal de evenwichtsoplossingen van deze vergelijking. b De oplossing y1 voldoet aan y1(0) = 21 . Bepaal limt→∞y1(t). c De oplossing y2 voldoet aan y2(0) = 1 21 . Bepaal limt→∞y2(t). d Bepaal alle waarden y0 zodanig dat voor de oplossing y met beginwaarde y(0) = y0 geldt dat limt→∞y(t) = 1. e Bepaal alle waarden y0 zodanig dat voor de oplossing y met beginwaarde y(0) = y0 geldt dat limt→–∞y(t) = –1. OPGAVE 26.19

Gegeven is dat y een oplossing is van de logistische vergelijking y’ = 1 y(K – y) die voldoet aan de beginvoorwaarde y(t0) = 100 K, K > 0. Bepaal limt→∞y(t) zonder gebruik te maken van de expliciete oplossing. OPGAVE 26.20

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = tany. a Teken in het t-y-vlak de lijnen waar het richtingsveld niet gedefinieerd is. b Bepaal de evenwichtsoplossingen en teken die in uw figuur van onderdeel a. c Bepaal de delen van het vlak waar y' > 0 en waar y' < 0. d Gegeven is dat y een oplossing is met beginwaarde y(0) = 41 π. Bepaal limt→–∞(t). Kunt u wat zeggen over limt→∞y(t)? e Bepaal de expliciete oplossing van het beginwaardeprobleem y' = tany, y(0) = 41 π en beantwoord met behulp van deze oplossing nogmaals de vragen uit onderdeel d. OPGAVE 26.21

Deze opgave is bedoeld om u te laten zien dat stelling 26.2 alleen opgaat voor autonome differentiaalvergelijkingen. Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = –y/t2. a Toon aan dat de functie y(t) = e1/t een oplossing is van deze vergelijking. b Zij limt→∞y(t) = a. Toon aan dat y(t) = a geen evenwichtsoplossing is van y' = –y/t2. 26.3.2

STABILITEIT

Beschouw de logistische vergelijking y' = y(K – y) met K > 0. Zoals we gezien hebben, heeft deze vergelijking twee evenwichtsoplossingen: y = 0 en y = K. Als we met deze vergelijking de groei van een populatie modelleren, dan kent dit model dus twee evenwichtstoestanden. Stel dat de populatie zich in evenwichtstoestand y = K bevindt. Wat gebeurt er dan als dit evenwicht een klein beetje verstoord wordt? Er gaan bijvoorbeeld een klein aantal extra individuen dood of het aantal neemt door immigratie toe tot een waarde groter dan K. Uit het model blijkt dat op den duur de populatiegrootte toch weer naar K zal naderen. We noemen dit evenwicht daarom stabiel. Het evenwicht y = 0 is daarentegen instabiel. Na een kleine toename vanuit toestand y = 0, zal volgens het model de populatie doorgroeien en het evenwicht y = K benaderen in plaats van terug te keren tot de waarde y = 0.

52


In dit voorbeeld waren er twee verschillende soorten evenwichtsoplossingen: een evenwichtsoplossing heet stabiel als na een kleine verstoring van dit evenwicht oplossingen op den duur weer naar de evenwichtswaarde naderen. Een stabiele evenwichtsoplossing wordt ook wel een attractor genoemd omdat die andere oplossingen aantrekt. Een evenwichtsoplossing heet instabiel als na een kleine verstoring van het evenwicht oplossingen zich steeds verder van het evenwicht verwijderen.

Stabiel evenwicht

Attractor Instabiel evenwicht

Een voorbeeld van een stabiel evenwicht is een balletje dat in een kuil ligt: bij een kleine verplaatsing rolt het balletje terug naar het laagste punt van de kuil. Een balletje boven op een bergtop bevindt zich daarentegen in een instabiel evenwicht: als er niets gebeurt, blijft het balletje liggen, maar bij een kleine verstoring zal het balletje de berg afrollen. Ook een slinger die bestaat uit een gewicht aan een staaf, is een voorbeeld van een voorwerp dat zich zowel in een stabiel als een instabiel evenwicht kan bevinden. Als de slinger recht onder het ophangpunt hangt, is het evenwicht stabiel, als hij loodrecht boven het ophangpunt staat, is het evenwicht instabiel. instabiel

instabiel FIGUUR 26.9

stabiel

stabiel

Stabiele en instabiele evenwichten

Een derde mogelijkheid is dat een evenwichtsoplossing aan één kant stabiel en aan de andere kant instabiel is. We geven hiervan een voorbeeld. VOORBEELD

De differentiaalvergelijking y' = y2(1 – y) heeft twee evenwichtsoplossingen: y = 0 en y = 1. De functie y' = y2(1 – y) wisselt alleen in y = 1 van teken: y' is positief voor y < 1 en negatief voor y > 1. In figuur 26.10 zijn de evenwichtsoplossingen en het tekenverloop van y' getekend. y – y=1 + y=0 + FIGUUR 26.10

53

t

Evenwichtsoplossingen en tekenverloop van y' bij de differentiaalvergelijking y' = y2(1 – y)

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

De functie y = 1 is een stabiele evenwichtsoplossing, want voor oplossingen in de buurt van y = 1 geldt dat ze voor t → ∞ naar y = 1 naderen. Een oplossing y met beginwaarde y0 < 0 nadert op den duur naar y = 0, dus vanaf deze kant bezien is y = 0 stabiel. Voor oplossingen met beginwaarde 0 < y0 < 1 geldt dat ze op den duur naar y = 1 naderen, ook als y0 heel dicht bij 0 ligt. Aan deze kant is de evenwichtsoplossing y = 0 dus instabiel. « Op dit derde type evenwichtsoplossingen zullen we niet verder ingaan. Hoe kunnen we bepalen of een evenwichtsoplossing y = a van een differentiaalvergelijking y' = f(y) stabiel dan wel instabiel is? Een eerste mogelijkheid is om naar het teken van y' in het t-y-vlak te kijken. Als y' direct boven de lijn y = a negatief is, en direct onder de lijn y = a positief, dan naderen oplossingen met beginvoorwaarde y0 in de buurt van y = a op den duur naar y = a en is het evenwicht dus stabiel (zie figuur 26.11). y

–

–

+

FIGUUR 26.11

+

–

+

y=a

Stabiel evenwicht

Als y' direct onder de lijn y = a negatief is, en boven de lijn y = a positief, dan lopen oplossingen die starten in de buurt van de lijn y = a, weg van deze lijn, en is het evenwicht dus instabiel (zie figuur 26.12). y

+

+

+

y=a –

FIGUUR 26.12

–

–

Instabiel evenwicht

Omdat stabiliteit van een evenwichtsoplossing van de differentiaalvergelijking y' = f(y) alleen afhangt van het tekenverloop van f, kunnen we de vraag naar stabiliteit ook beantwoorden door alleen naar de grafiek van f

54


te kijken. Als voorbeeld nemen we de logistische vergelijking y' = f(y) met f(y) = y(K – y) (K > 0). De grafiek van f (als functie van één variabele y) is geschetst in figuur 26.13. De nulpunten van f, y = 0 en y = K, corresponderen met evenwichtsoplossingen. In de grafiek zien we dat f links van y = 0 negatief is en rechts positief. Oplossingen met beginwaarde y0 < 0 zijn dus dalend, en oplossingen met beginwaarde 0 < y0 < K zijn stijgend. In figuur 26.13 is dit met pijlen op de horizontale as aangegeven. Een pijl op deze as (de y-as) geeft de richting aan waarin een oplossing verloopt die vertrekt vanuit het beginpunt van de pijl: voor een stijgende oplossing een pijl naar rechts, en voor een dalende oplossing een pijl naar links. Deze pijlen wijzen van het punt y = 0 vandaan. De oplossing y = 0 is dus instabiel. Omdat f links van y = K positief en rechts van y = K negatief is, en de pijlen dus naar y = K wijzen, is y = K een stabiel evenwicht. y' 1 K y

1

y(k – y)

FIGUUR 26.13

De grafiek van f(y) = y(K – y) met richting van nietevenwichtsoplossingen

We hebben in deze paragraaf twee methoden besproken om te onderzoeken of een evenwichtsoplossing stabiel is: door naar het tekenverloop van y' in het t-y-vlak te kijken of door de grafiek van f te tekenen. Welke methode in een bepaalde situatie het handigst is, zal van geval tot geval verschillen. In het volgende voorbeeld laten we de twee methodes nogmaals de revue passeren. VOORBEELD

We bepalen de verschillende soorten evenwichtsoplossingen van de differentiaalvergelijking y' = y(y – 1). Uit y' = y(y – 1) = 0 volgt dat y = 0 en y = 1 de evenwichtsoplossingen zijn. In figuur 26.14 zijn deze oplossingen en het tekenverloop van y' getekend. Uit dit tekenverloop volgt dat y = 0 een stabiel evenwicht is, en dat y = 1 een instabiel evenwicht is. y + y=1 – y=0 +

FIGUUR 26.14

55

t

Evenwichtsoplossingen en tekenverloop van y' bij de vergelijking y' = y(y – 1)

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

De grafiek van de functie f(y) = y(y – 1) is getekend in figuur 26.15. De evenwichtsoplossingen corresponderen met de nulpunten van f. Het gedrag van overige oplossingen is aanschouwelijk gemaakt door pijlen op de y-as: stijgend voor positieve waarden van f en dalend voor negatieve waarden. Ook hier zien we dat y = 0 stabiel is en y = 1 instabiel. y'

1

1

FIGUUR 26.15

y

De grafiek van de functie f(y) = y(y – 1) met richting van niet-evenwichtsoplossingen

Een kleine verstoring van een stabiele evenwichtsoplossing heeft niet veel invloed op het verloop van de oplossing, die zal op den duur weer naar de evenwichtsoplossing naderen. Hetzelfde geldt als de beginwaarde binnen in het attractiegebied van een stabiele oplossing ligt. Met het attractiegebied bedoelen we de beginwaarden waarvoor de bijbehorende oplossingen naar de stabiele evenwichtsoplossing naderen. Als een beginwaarde van een oplossing in dit attractiegebied ligt en deze beginwaarde wordt een beetje verstoord, dan zal de oplossing nog steeds naar dezelfde evenwichtsoplossing naderen. Dit ligt anders in het geval dat een beginwaarde zich op de rand van het attractiegebied bevindt. In dat geval kan een kleine verstoring tot desastreuze gevolgen leiden, zoals u in het volgende voorbeeld over visvangst kunt zien.

Attractiegebied

VOORBEELD 26.4

De visstand van een bepaalde soort vis kan gemodelleerd worden door de logistische vergelijking y' =

c y(K – y) K

We veronderstellen c = K = 1, dus y' = y(1 – y) (dit kan bereikt worden door geschikte keuze van eenheden, we gaan daar hier niet verder op in). Om ook de visvangst in dit model op te nemen, moeten we de differentiaalvergelijking aanpassen. Veronderstel dat er een constante hoeveelheid vis per tijdseenheid wordt gevangen. De groeisnelheid y' neemt dan met een constante af. We krijgen zo het volgende model: y' = y(1 – y) – a

56


Ga dit na.

Als a > 41 , dan y'(t) < 0 voor elke waarde van y. In dat geval sterft de vis uit. We veronderstellen in het vervolg dat 0 < a < 41 . Er zijn in dat geval twee evenwichtsoplossingen: y(t) = v1 en y(t) = v2, met v1 = 21 + 21 1 − 4 a en v2 = 21 − 21 1 − 4 a . Beide evenwichtsoplossingen zijn samen met het tekenverloop van y' getekend in figuur 26.16. y

– y = v1 0,5

+

y = v2 – t FIGUUR 26.16

Evenwichtsoplossingen en tekenverloop van y' bij de vergelijking y' = y(1 – y) – a

Uit de figuur volgt dat y(t) = v1 een stabiele evenwichtsoplossing is. Alle oplossingen met beginvoorwaarde y0 > v2 naderen op den duur naar deze evenwichtsoplossing. In de praktijk zullen de vissers de constante a graag zo groot mogelijk kiezen; dit levert namelijk de grootste opbrengst. Dit betekent in het geval dat y0 < 21 dat a zo gekozen moet worden dat y0 nog net groter is dan v2 (zie figuur 26.16). Hierdoor ligt y0 echter wel op de grens van het attractiegebied. Bij een kleine afwijking, bijvoorbeeld omdat y0 niet nauwkeurig genoeg is geschat, zal gelden y0 < v2. In dat geval ligt y0 niet meer in het attractiegebied van v1. De oplossing die aan deze beginvoorwaarde voldoet, is nu een monotoon dalende functie, wat betekent dat de visstand zich niet zal herstellen, maar dat de vis zal uitsterven. Met behulp van dit soort vergelijkingen wordt ook nu nog onderzoek gedaan naar de ontwikkelingen van de visstand. « OPGAVE 26.22

De differentiaalvergelijking y' = 2y – 3y2 + y3 heeft drie evenwichtsoplossingen: y = 0, y = 1 en y = 2 (zie opgave 26.17). Bepaal de stabiliteit van elk van deze oplossingen. OPGAVE 26.23

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = f(y) met f(y) = sin3ycosy. a Bepaal de evenwichtsoplossingen. b Schets de grafiek van f en gebruik deze om de stabiliteit van de evenwichtsoplossingen te onderzoeken.

57

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

OPGAVE 26.24

In figuur 26.17 is de grafiek van een functie f getekend. Bepaal met behulp van deze grafiek de stabiele en de instabiele evenwichtsoplossingen van de differentiaalvergelijking y' = f(y). y'

1

FIGUUR 26.17

y

Grafiek van de functie f

OPGAVE 26.25

Gegeven is dat de differentiaalvergelijking y' = f(y) precies twee evenwichtsoplossingen heeft, y = a en y = b, a < b. De functie f is continu. Toon aan dat y = a en y = b niet beide een stabiel evenwicht kunnen zijn. OPGAVE 26.26

Veronderstel dat de hoeveelheid gevangen vis per tijdseenheid niet constant is, maar evenredig is met de hoeveelheid aanwezige vis. Dit wordt gemodelleerd door de vergelijking y' = y(1 – y) – cy, 0 < c < 1. Onderzoek of in dit model de vis door overbevissing uit kan sterven.

SAMENVATTING

In de eerste helft van deze leereenheid hebt u geleerd om twee verschillende typen eersteordedifferentiaalvergelijkingen op te lossen. Het eerste type waren differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen: vergelijkingen van de vorm f(y)dy = g(x)dx. Deze vergelijkingen zijn op te lossen door links en rechts van het gelijkteken te integreren. Als F een primitieve is van f en G een primitieve van g, dan volgt hiermee de impliciete oplossing F(y) = G(x) + c. Soms kan hier een expliciete oplossing uit afgeleid worden. De tweede soort differentiaalvergelijkingen die behandeld is, zijn lineaire differentiaalvergelijkingen y' + a(x)y = b(x). Een lineaire differentiaalvergelijking heet homogeen als b(x) = 0, anders spreken we van een inhomogene differentiaalvergelijking. Om deze differentiaalvergelijkingen op te lossen, vermenigvuldigen we de vergelijking met de integrerende factor eA(x), waarbij A(x) een primitieve is van a(x). Vervolgens kunnen de oplossingen bepaald worden door links en rechts te primitiveren (links staat de afgeleide van een product van twee functies). De algemene oplossing van een inhomogene lineaire differentiaalvergelijking kan ook bepaald worden door één particuliere oplossing van de inhomogene differentiaalvergelijking bij de algemene oplossing van de bijbehorende homogene differentiaalvergelijking op te tellen.

58


De tweede helft van deze leereenheid was gewijd aan kwalitatief onderzoek van autonome differentiaalvergelijkingen y' = f(y). Van belang hierbij zijn de evenwichtsoplossingen y = a, waarbij a een nulpunt is van f. We onderscheiden verschillende soorten evenwichtsoplossingen, zoals stabiele en instabiele evenwichten. Andere oplossingen van een autonome differentiaalvergelijking die naar een eindige waarde convergeren, kunnen alleen als limiet een evenwichtswaarde hebben.

ZELFTOETS

1

Los de volgende differentiaalvergelijkingen op. a b c d

2

y' + ytanx = sinx, x ∈〈– π2 , y' + (lnx/x)y = 0 y' = y(1 – y) – 41 y' = (y2 + 1)(x2 + 1)

π 2

〉

De snelheid waarmee een regendruppel valt, wordt gemodelleerd door de volgende differentiaalvergelijking: v'(t) = 10 – cv2(t) waarbij c een positieve constante is. a In de praktijk blijkt de snelheid van een vallende regendruppel aanvankelijk toe te nemen, maar vanaf zeker moment blijft deze snelheid min of meer constant. Laat zien dat het model overeenstemt met deze observatie, en bepaal de constante snelheid die op den duur bereikt wordt. Aanwijzing: u kunt deze vraag beantwoorden zonder de differentiaalvergelijking op te lossen. b Neem c = 1/10, v(0) = 0, en bepaal de oplossing van het zo gedefinieerde beginwaardeprobleem. Aanwijzing: een primitieve van f(v) =

3

10 is F(v) = 100 − v 2

1 2

 10 + v  ln    10 − v 

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = (3y + 2)(y2 – 1). a Bepaal de evenwichtsoplossingen van deze differentiaalvergelijking en onderzoek welke van deze oplossingen stabiel zijn en welke instabiel zijn. b Gegeven is dat y een oplossing is van de differentiaalvergelijking die voldoet aan de beginvoorwaarde y(0) = a en waarvoor geldt dat limt→∞y(t) = – 23 . Bepaal alle waarden die a aan kan nemen. c Gegeven is dat y een oplossing is van de differentiaalvergelijking die voldoet aan de beginvoorwaarde y(0) = 2. Toon aan dat limt→∞y(t) = ∞.

59

Open Inhoud Universiteit leereenheid

27

Continue wiskunde 2

Stelsels differentiaalvergelijkingen Introductie 61 Leerkern 62 27.1 27.1.1 27.1.2 27.2 27.2.1 27.2.2 27.2.3 27.2.4 27.2.5

Introductie tot stelsels differentiaalvergelijkingen 62 Voorbeelden en definitie 62 Twee speciale typen stelsels 65 Autonome stelsels 67 Het fasevlak 67 Evenwichtsoplossingen 71 Eigenschappen van banen 73 Volterra-Lotka 76 Uitsluiting door competitie 78


84

84

60

Leereenheid 27 Stelsels differentiaalvergelijkingen

Leereenheid 27

Stelsels differentiaalvergelijkingen

INTRODUCTIE

Tot nu toe hebben we ons geconcentreerd op differentiaalvergelijkingen in één onbekende functie y = y(x). Zoals we hebben gezien, ontstaan deze als we een situatie bestuderen waarbij veranderingen in de ene variabele, zeg x, samenhangen met veranderingen in een andere variabele, zeg y. In deze leereenheid bekijken we de situatie dat veranderingen in één variabele, meestal met t aangegeven, samenhangen met veranderingen in twee andere variabelen, zeg x = x(t) en y = y(t), waarbij bovendien de veranderingen in x en y ook nog van elkaar afhankelijk zijn (anders zijn er eenvoudig twee ‘losse gevallen y = y(x)’). Het bestuderen van dit soort afhankelijkheden zal leiden tot zogeheten stelsels (gekoppelde) differentiaalvergelijkingen. Een bekend voorbeeld is de invloed die verschillende populaties (dieren, planten, mensen, kunstmatig ‘computerleven’, ...) op elkaar kunnen hebben. Er zou bijvoorbeeld sprake kunnen zijn van een populatie prooien waar jacht op gemaakt wordt door een andere populatie, de roofdieren, die in dit verband ook wel predatoren genoemd worden. Met het verstrijken van de tijd t zal de grootte x(t) van de populatie prooien en y(t) van de populatie roofdieren (in een zeker gebied) variëren, waarbij de groottes x(t) en y(t) van de populaties elkaar zeker zullen beïnvloeden: zonder prooien zouden de roofdieren uitsterven en zonder roofdieren zou de populatie prooien veel sterker groeien. De ontwikkeling van de populatiegroottes kan door een stelsel differentiaalvergelijkingen beschreven worden en dergelijke stelsels zullen we regelmatig terugzien in deze leereenheid. Er zijn vele andere voorbeelden te geven waarbij stelsels differentiaalvergelijkingen optreden. Chemische reacties bijvoorbeeld, waarbij de concentraties van de diverse stoffen invloed hebben op de verlopende reacties. Of de beschrijving van de stromen in elektronische schakelingen bestaande uit spanningsbronnen, weerstanden, spoelen en condensatoren. In paragraaf 1 maken we kennis met verschillende soorten stelsels en met het type vragen dat we voor stelsels willen beantwoorden. In paragraaf 2 bestuderen we methodes waarmee voor een bepaald type stelsel, de zogeheten autonome stelsels, die vragen ook daadwerkelijk beantwoord kunnen worden. LEERDOELEN

Na het bestuderen van deze leereenheid wordt verwacht dat u – weet wat een stelsel (gekoppelde) differentiaalvergelijkingen is – weet wat een beginwaardeprobleem is – weet wat een oplossing is van een stelsel en van een beginwaardeprobleem – een hogereordedifferentiaalvergelijking voor een functie y(x) kunt omzetten in een stelsel

61

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

– weet wat lineaire stelsels met constante coëfficiënten zijn en wat autonome stelsels zijn – weet onder welke voorwaarden een autonoom stelsel een unieke oplossing heeft – het richtingsveld van een autonoom stelsel in een fasevlak kunt schetsen – in eenvoudige gevallen bij een autonoom stelsel de vergelijking van de banen kunt bepalen – de evenwichtsoplossingen van een autonoom stelsel kunt bepalen – weet dat banen van een autonoom stelsel elkaar niet snijden – weet dat een gesloten baan van een autonoom stelsel beschreven wordt door een periodieke oplossing – weet onder welke voorwaarden een evenwichtsoplossing van een autonoom stelsel optreedt als limiet van oplossingen – voor een autonoom stelsel kunt aantonen dat een gebied invariant is – voor eenvoudige gevallen een kwalitatieve analyse kunt geven van het gedrag van oplossingen van een autonoom stelsel en in het bijzonder kunt nagaan of een evenwichtsoplossing asymptotisch stabiel is.

LEERKERN 27.1

Introductie tot stelsels differentiaalvergelijkingen

27.1.1

VOORBEELDEN EN DEFINITIE

Om een eerste indruk te krijgen van ‘stelsels gekoppelde differentiaalvergelijkingen’ werken we het populatievoorbeeld uit de introductie op deze leereenheid verder uit. Laat dus x(t) de grootte op tijdstip t zijn van een populatie prooien en y(t) de grootte van een populatie roofdieren (in een zeker gebied). We vragen ons nu af hoe de groottes van de populaties in zo’n prooi-roofdier-situatie zich in de tijd ontwikkelen. Daartoe gaan we, op grond van zekere aannames, deze situatie modelleren in de vorm van differentiaalvergelijkingen voor x(t) en y(t). Dit modelleren hoeft u zelf niet te kunnen, het dient als motivatie. Let op: afgeleiden zijn naar t.

Allereerst nemen we aan dat bij afwezigheid van roofdieren de populatie prooien evenredig aan haar omvang kan groeien, ofwel x'(t) = ax(t) voor zekere constante a > 0. Zijn er y(t) roofdieren aanwezig, dan nemen we aan dat de afname van het aantal prooien x(t) evenredig is aan x(t)y(t): dit product stelt het aantal ‘ontmoetingen’ voor tussen prooien en roofdieren. Dit levert voor x(t) de volgende differentiaalvergelijking op: x'(t) = ax(t) – bx(t)y(t) voor zekere constanten a, b > 0. Voor roofdieren geldt het ‘omgekeerde’: zonder prooien neemt y(t) evenredig met de omvang af, maar in aanwezigheid van prooien zal de toename van het aantal roofdieren evenredig zijn met x(t)y(t). De functies x(t) en y(t) zullen dus voldoen aan de volgende twee differentiaalvergelijkingen (a, b, c, d zijn constanten > 0):  x' (t ) = ax(t ) − bx(t ) y(t )   y ' (t ) = − cy(t ) + dx(t ) y(t )

62


Argument t onderdrukken

Dit wordt een stelsel gekoppelde differentiaalvergelijkingen genoemd (zie ook definitie 27.1 verderop). Voortaan laten we ‘gekoppelde’ achterwege; het geeft slechts expliciet aan dat de vergelijkingen niet uitsluitend x (en t) dan wel uitsluitend y (en t) bevatten, maar dat deze juist gemengd voorkomen. Om de notatie te vereenvoudigen, wordt – net als bij differentiaalvergelijkingen ‘in één variabele’ – het argument t van x en y meestal onderdrukt. Het stelsel ziet er dan zo uit:

 x' = ax − bxy   y ' = − cy + dxy

(27.1)

Stelsel 27.1 vormt een wiskundig model voor de prooi-roofdier-situatie en we kunnen nu, analoog aan het éénvariabelegeval, allerlei vragen over dit prooi-roofdier-model stellen. Allereerst vragen we ons af of er überhaupt wel functies x en y bestaan die aan stelsel 27.1 voldoen; dit wordt de vraag naar existentie genoemd. Vervolgens is er het vraagstuk van de eenduidigheid: als er zulke functies bestaan, hoeveel verschillende zijn er dan en welke extra voorwaarden moeten we opleggen opdat er precies één paar functies is dat aan het stelsel én de aanvullende voorwaarden voldoet? Zijn de functies x(t) en y(t), die aan stelsel 27.1 voldoen, expliciet te bepalen? Zo niet, is het dan misschien toch mogelijk om iets over het gedrag van die functies te zeggen, in het bijzonder voor t→ ∞, dus het asymptotisch gedrag?

Prooi-roofdiermodel Existentie Eenduidigheid

Gedrag Asymptotisch gedrag

Niet-wiskundige vragen spelen een bescheiden rol.

Al deze vragen zijn wiskundig van aard: bestudeer een of ander gegeven stelsel. Is het stelsel als model voor een reële situatie bedoeld, zoals stelsel 27.1, dan zijn er ook vragen te stellen over de juistheid van het model. Gedragen de functies zich overeenkomstig waargenomen fenomenen? Hebben ze plausibele eigenschappen? Dit soort vragen zullen we niet geheel uit de weg gaan, maar het hoofddoel in de cursus is toch het leren omgaan met stelsels differentiaalvergelijkingen. In het algemeen is de studie van stelsels differentiaalvergelijkingen lastig en van geval tot geval vaak erg verschillend. Zoals we zullen zien, zijn er voor sommige typen stelsels wél algemene methoden ontwikkeld. Onder meer om zulke typen in paragraaf 27.1.2 te kunnen onderscheiden, geven we nu eerst de volgende algemene definitie.

Stelsel eersteordedifferentiaalvergelijkingen

DEFINITIE 27.1

Een stelsel van twee eersteordedifferentiaalvergelijkingen wordt gegeven door twee vergelijkingen voor de functies x = x(t) en y = y(t) van de vorm  x' = f (t , x , y )   y' = g(t , x , y )

(27.2)

waarbij f en g zekere gegeven functies van drie variabelen zijn. Een voorbeeld is stelsel 27.1; f en g worden dan gegeven door f(t, x, y) = ax – bxy en g(t, x, y) = –cy + dxy. In dit voorbeeld zijn f en g onafhankelijk van t; dat x en y zelf wel van t afhangen, is niet relevant: het gaat om f en g! We komen hier in definitie 27.3 op terug.

63

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Let op dat de afgeleiden in stelsel 27.2 naar t zijn. Deze variabele t, in praktijksituaties vaak de tijd, varieert over een of ander interval, dat meestal van de vorm is voor zekere vaste t0 ∈R. Op dat interval moeten x en y differentieerbaar zijn naar t. Vaak heeft t0 de betekenis van een soort ‘beginmoment’. Zo kunnen we ons voor het stelsel 27.1 voorstellen dat we op tijdstip t = t0 de groottes van de populaties prooien en roofdieren gemeten hebben en dat we willen weten wat er daarna (dus voor t > t0) met de groottes van die populaties gebeurt. De term ‘eerste orde’ uit definitie 27.1 is duidelijk: er komen alleen eersteordeafgeleiden (naar t) voor in het stelsel. Stelsels met hogereordeafgeleiden komen in deze cursus niet voor en in het vervolg laten we ‘eerste orde’ weg. Evenzo bekijken we vrijwel uitsluitend stelsels van twee differentiaalvergelijkingen. Omdat echter veel definities en stellingen direct zijn uit te breiden naar stelsels met meer dan twee differentiaalvergelijkingen, zullen we ook wel eens een voorbeeld zien van een groter stelsel. Oplossing

Functies x(t) en y(t) die aan de vergelijkingen uit stelsel 27.2 voldoen (op het interval waarop t varieert), noemen we een oplossing van het stelsel. Naast het stelsel worden vaak zogeheten beginvoorwaarden opgelegd, dat wil zeggen: voorwaarden van de vorm

Beginvoorwaarde

x(t0) = x0 en y(t0) = y0

(27.3)

waarbij x0 en y0 gegeven zijn. Een stelsel tezamen met beginvoorwaarden wordt een beginwaardeprobleem genoemd. Een oplossing van een beginwaardeprobleem is een oplossing van het stelsel die bovendien aan de gegeven beginvoorwaarden voldoet. De waarde t0 is te interpreteren als het eerste moment waarop we x en y kennen, bijvoorbeeld door een meting. We zijn dan geïnteresseerd in het verdere verloop van x en y, ofwel de ontwikkeling van x en y voor t > t0, zoals dat (hopelijk) door het stelsel differentiaalvergelijkingen wordt vastgelegd. We stipten dit idee al aan voor stelsel 27.1. Hier is nog een voorbeeld.

Beginwaardeprobleem

VOORBEELD 27.1

Bekijk het stelsel  x' = x + y   y' = − 2 y

Ga dit na.

(27.4)

met beginvoorwaarden x(0) = 1 en y(0) = 3 (hier geldt dus t0 = 0, x0 = 1 en y0 = 3). Voor dit beginwaardeprobleem kunnen we een expliciete oplossing geven, namelijk x(t) = 2et – e–2t en y(t) = 3e–2t voor t > 0 (hoe we hier aan zijn gekomen, leert u in leereenheid 31). Er geldt immers dat x'(t) = 2et + 2e–2t = x(t) + y(t) en y'(t) = –6e–2t = –2y(t), wat laat zien dat x en y aan het stelsel voldoen, en bovendien geldt x(0) = 1 en y(0) = 3, zodat ook aan de beginvoorwaarden is voldaan. Voor x(t) = e–2t en y(t) = –3e–2t geldt weliswaar dat het een oplossing van het stelsel is (voor alle t ∈R), maar omdat nu y(0) = –3, is er niet aan de beginvoorwaarden voldaan en is het dus geen oplossing van het beginwaardeprobleem. «

64


OPGAVE 27.1

a Geef de functies f en g uit definitie 27.1 voor het stelsel uit voorbeeld 27.1. b Beschouw het stelsel x' = x – 4y, y' = 2x – 5y met beginvoorwaarden x(0) = 4, y(0) = 3. Laat zien dat x(t) = 2e–t + 2e–3t, y(t) = e–t + 2e–3t een oplossing is van dit beginwaardeprobleem en dat x(t) = 4e–t, y(t) = 2e–t een oplossing is van het stelsel, maar niet van het beginwaardeprobleem. Eersteorde stelsels differentiaalvergelijkingen kunnen ook ontstaan uit hogereordedifferentiaalvergelijkingen voor een functie y = y(t). Als voorbeeld nemen we de tweedeordedifferentiaalvergelijking y" + y' – 2y = 4t2 We noemen u = y en v = y' en differentiëren hier naar t. Er volgt dan uit u = y dat u' = y', dus u' = v en uit v = y' dat v'= y". Maar y" + y' – 2y = 4t2, dus door invullen van y = u, y' = v en y" = v' volgt er dat v' + v – 2u = 4t2. Hiermee is voor u = u(t) en v = v(t) het volgende stelsel gevonden:

u' = v  2  v' = 2 u − v + 4 t

(27.5)

Uit het stelsel is ook eenvoudig weer de bijbehorende tweedeordedifferentiaalvergelijking te halen. Immers, als we u' = v differentiëren, dan ontstaat u" = v' en in v' = 2u – v + 4t2 is dan v' door u" te vervangen en v door u', wat inderdaad u" + u' – 2u = 4t2 teruggeeft. Deze procedure is voor elke tweedeordevergelijking y" = h(t, y, y') toe te passen: noem u = y en v = y', dan volgt voor u en v het stelsel u' = v   v ' = h( t , u , v ) OPGAVE 27.2

Schrijf y" + 4y' + 3y = 2e–3t als stelsel. 27.1.2

TWEE SPECIALE TYPEN STELSELS

Met de stelsels 27.1, 27.4 en 27.5 zijn twee belangrijke typen van stelsels te illustreren. Allereerst is dat het type waartoe stelsels 27.4 (x' = x + y en y' = –2y) en 27.5 behoren. Hiervoor bestaat een methode waarmee de oplossingen expliciet zijn te bepalen (althans, binnen zekere grenzen); alle vragen die we eerder over stelsels stelden, zijn dan te beantwoorden. Lineair stelsel met constante coëfficiënten

DEFINITIE 27.2

Een stelsel uit definitie 27.1 heet een lineair stelsel met constante coëfficiënten als de functies f en g uit definitie 27.1 van de volgende vorm zijn (a, b, c en d zijn constanten, p en q functies van t): f(t, x, y) = ax + by + p(t) g(t, x, y) = cx + dy + q(t)

65

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Cruciaal is dat er in f en g naast x en y geen andere functies van x en y voorkomen (dus bijvoorbeeld niet x2, xy, √x, siny, xey) en dat de coëfficiënten van x en y constanten zijn. Voor stelsel 27.4 geldt f(t, x, y) = x + y en g(t, x, y) = –2y en hier zijn p(t) en q(t) dus identiek 0. In stelsel 27.5, waar u en v de rol van x en y vervullen, geldt: f(t, u, v) = v en g(t, u, v) = 2u – v + 4t2 en hier is p(t) dus identiek 0 en q(t) = 4t2. Stelsel 27.1 (x' = ax – bxy en y' = –cy + dxy) is geen lineair stelsel met constante coëfficiënten omdat in de vergelijkingen xy voorkomt. In leereenheid 26 bent u lineaire differentiaalvergelijkingen tegengekomen: vergelijkingen van de vorm y' + a(x)y = b(x). In deze vergelijking is de coëfficiënt voor y een functie van x. Bij het onderzoek naar stelsels beperken we ons tot lineaire vergelijkingen waarbij deze coëfficiënten (a, b, c en d uit definitie 27.2) constanten zijn, vandaar dat we spreken over lineaire stelsels met constante coëfficiënten. De stelsels uit definitie 27.2 vormen het eenvoudigste type stelsel. Toch bestuderen we ze nauwelijks in deze leereenheid: voor een systematische aanpak zijn de zogeheten ‘complexe getallen’ erg handig en deze komen pas in blok 8 aan de orde. In leereenheid 31 komen we dan uitgebreid op deze stelsels terug. In deze leereenheid bekijken we vooral het tweede type, de zogeheten autonome stelsels. Autonoom stelsel

DEFINITIE 27.3

Een stelsel uit definitie 27.1 heet een autonoom stelsel als de functies f en g uit definitie 27.1 niet van t afhangen, met andere woorden: als ze van de vorm p(x, y) en q(x, y) zijn. Stelsel 27.1 (x' = ax – bxy en y' = –cy + dxy) is een autonoom stelsel omdat f(t, x, y) = ax – bxy = p(x, y) en g(t, x, y) = –cy + dxy = q(x, y) niet van t afhangen (herinnering: dat x en y zelf wel van t afhangen, is niet relevant; het gaat om f en g). Ook stelsel 27.4 is autonoom, immers dan geldt f(t, x, y) = x + y en g(t, x, y) = –2y. We zien dus dat stelsels best zowel autonoom als lineair met constante coëfficiënten kunnen zijn. Stelsel 27.5 is niet autonoom vanwege de term 4t2.

OPGAVE 27.3

Gegeven zijn stelsels voor x = x(t) en y = y(t). Ga na of het een autonoom stelsel is of dat het een lineair stelsel met constante coëfficiënten is. a x' = 3x + 4t y' = –2x + y b x' = 3x + 4y y' = –2x + y + 1 c x' = 3tx + 4y y' = –2x + y d x' = 3x + 4y y' = –2x + y + t2 e x' = 3x + 4y y' = –2xy + y OPGAVE 27.4

a Laat zien dat x(t) = Acost + Bsint en y(t) = Asint – Bcost voor alle constanten A en B een oplossing is van het stelsel x' = –y en y' = x. b Bepaal de waarden van A en B als de oplossing uit onderdeel a ook moet voldoen aan de beginvoorwaarden x(0) = 1 en y(0) = 0.

66


Autonome stelsels

27.2

In deze paragraaf bestuderen we de autonome stelsels

 x ' = p( x , y )   y ' = q( x , y )

(27.6)

De reden waarom we ons hiertoe beperken, is eenvoudig: stelsels die buiten de twee typen uit paragraaf 27.1.2 vallen, zijn vaak veel lastiger. Autonome stelsels zijn weliswaar meestal niet expliciet oplosbaar, maar er zijn wel andere algemene methoden beschikbaar. Voor we die gaan behandelen, geven we eerst, zonder bewijs, de volgende stelling over existentie en eenduidigheid van oplossingen (dit resultaat is vergelijkbaar met stelling 25.1 voor differentiaalvergelijkingen voor y = y(x)). Existentie en eenduidigheid

Laat x0, y0 ∈R en p(x, y) en q(x, y) functies zijn met continue partiële afgeleiden naar x en naar y. Dan bestaat er precies één paar functies x(t), y(t) dat voldoet aan zowel stelsel 27.6 als aan de beginvoorwaarden x(t0) = x0 en y(t0) = y0.

STELLING 27.1

De stelling heeft niet alleen theoretische waarde – we zoeken tenminste naar iets dat bestaat en dat voor gegeven beginvoorwaarden uniek is – maar is tevens goed te gebruiken in de studie van het gedrag van oplossingen van autonome stelsels. Die studie is sterk meetkundig van aard en we gaan daarom eerst in op de meetkundige interpretatie van stelsels differentiaalvergelijkingen. In het vervolg nemen we steeds aan dat aan de voorwaarden van stelling 27.1 is voldaan! 27.2.1

HET FASEVLAK

Bij stelsels wordt een oplossing gevormd door twee functies x(t) en y(t), die beide afzonderlijk in een t-x-vlak respectievelijk t-y-vlak zijn te tekenen. In figuur 27.1 is dat (voor t > 0) gedaan voor de oplossing x(t) = 2et – e–2t en y(t) = 3e–2t van het autonome stelsel 27.4 (x' = x + y en y' = – 2y) die voldoet aan de beginvoorwaarden x(0) = 1, y(0) = 3. x

y

x(t)

y(t) 1

1

1 FIGUUR 27.1

67

t

1

t

De functie x(t) met x(0) = 1 in een t-x-vlak en de functie y(t) met y(0) = 3 in een t-y-vlak

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Hoewel figuur 27.1 een goed hulpmiddel is, is het vaak sprekender om de oplossing te zien als een kromme in het x-y-vlak. Voor iedere vaste t geeft het paar (x(t), y(t)) een punt in het x-y-vlak. Laten we t alle mogelijke waarden doorlopen, dan ontstaat een figuur in het x-y-vlak die we de baankromme, of korter baan, zullen noemen (ook oplossingskromme wordt in de literatuur vaak gebruikt). Bij stelsels differentiaalvergelijkingen is het gebruikelijk om niet van x-y-vlak te spreken, maar van fasevlak. Merk nog op dat de baan van de oplossing van een beginwaardeprobleem in het bijzonder door het punt (x0, y0) = (x(t0), y(t0)) gaat. Voor de eerdergenoemde oplossing van stelsel 27.4 is de baan in figuur 27.2 in het fasevlak getekend. Het is gebruikelijk om in zo’n baan met een pijlpunt aan te geven in welke richting de tijd toeneemt.

Baankromme Baan Fasevlak

y

(x (t), y(t)) 1

1

FIGUUR 27.2

x

De oplossing x(t), y(t) van stelsel 27.4 met x(0) = 1, y(0) = 3 in het fasevlak

Figuur 27.2 geeft in één oogopslag het gedrag van de oplossing, terwijl we anders de informatie uit de figuren 27.1 moeten combineren. Nu hebben we hier natuurlijk de beschikking over een expliciete oplossing (x(t), y(t)) waaraan het gedrag direct is af te lezen, maar dit is eerder uitzondering dan regel. Echter, ook zonder expliciete oplossingen zijn in het fasevlak allerlei zaken te schetsen die belangrijke informatie kunnen geven over het gedrag van oplossingen. Op één van deze zaken, die overeenkomt met het richtingsveld uit paragraaf 25.2, gaan we meteen in.

We kennen (x', y') voor iedere (x, y) in het fasevlak.

In een autonoom stelsel x' = p(x, y) en y' = q(x, y) zijn p en q gegeven functies die niet van t afhangen. Dit betekent dat voor iedere keuze van een punt (x, y) van het fasevlak, we door invullen in p en q de waarden x' en y' kennen! Het paar (x', y') vatten we nu op als vector in het fasevlak en tekenen we als een pijl die echter niet in (0, 0) zijn beginpunt heeft (zoals in paragraaf 21.3), maar juist in (x, y). In figuur 27.3 zijn enkele van deze vectoren getekend voor het stelsel 27.4, dus x' = x + y en y' = –2y. Zo geldt bijvoorbeeld voor x = 1 en y = 3 dat x' = 1 + 3 = 4 en y'= –2 · 3 = –6, dus tekenen we in (1, 3) de vector (x', y') = (4, –6). Net zo krijgen we in (1, 0) dat (x', y') = (1, 0), in (0, –1) dat (x', y') = (–1, 2) en ten slotte in (–2, 2) dat (x', y') = (0, –4).

68


y

1

x

1

FIGUUR 27.3

Interpretatie van (x', y')

Richtingsveld Vectorveld

In het vervolg is vooral richting van (x', y') van belang.

Enige vectoren (x', y') voor x' = x + y en y' = –2y

De vector (x', y') heeft de volgende interpretatie: hij geeft aan in welke richting de baan zich (met toenemende tijd) zal vervolgen; de grootte geeft aan hoe sterk de verandering in die richting zal zijn. Nu geeft het tekenen van slechts enkele vectoren, zoals in figuur 27.3, niet veel informatie. Dit verandert als we een groot aantal vectoren (x', y') tekenen. De verzameling vectoren (x', y') in alle punten van het fasevlak tezamen wordt het richtingsveld of vectorveld van het stelsel genoemd (vergelijk met paragraaf 25.2). In figuur 27.4 is een groot aantal vectoren uit het richtingsveld van x' = x + y en y' = –2y getekend. Daarbij nog de volgende opmerking. Om de figuur er fraai uit te laten zien, zijn alle vectoren sterk verkleind. Dit is onschuldig omdat alleen de relatieve grootte er toe doet; sterker nog: in het vervolg zal vooral de richting van belang zijn en niet de grootte. y

x

FIGUUR 27.4

69

Richtingsveld voor het stelsel x' = x + y en y' = –2y

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Let op: richtingsveld is ‘slechts’ een hulpmiddel.

Uit figuur 27.4 zien we goed het belang van een schets van het richtingsveld in het fasevlak: het geeft een sterke suggestie hoe de banen van het stelsel er uitzien. Een waarschuwing is hier op z’n plaats: het is gevaarlijk om te veel op een pijltjespatroon als in figuur 27.4 te vertrouwen! Misschien is het patroon op een ‘te grof raster’ getekend, waardoor we een verkeerd beeld hebben gekregen. Of wellicht zijn er speciale oplossingen die we gemist hebben. Om dit toe te lichten, is in figuur 27.5 een aantal typische banen getekend. (Nog maar eens: hoe we aan die banen gekomen zijn, komt in leereenheid 31 aan de orde.)

Pijlen geven de richting aan van toenemende tijd.

y

1

1

FIGUUR 27.5

x

Banen voor het stelsel x' = x + y en y' = –2y

Figuren 27.4 en 27.5 sluiten goed op elkaar aan: de vectoren uit figuur 27.4 zijn de raakvectoren aan de krommen uit figuur 27.5. We merken nu op dat er speciale oplossingen zijn getekend die een afwijkend gedrag hebben ten opzicht van alle andere. Dit is bijvoorbeeld de oplossing x(t) = e–2t en y(t) = –3e–2t die ook in voorbeeld 27.1 werd genoemd, en die voor t0 = 0 beginvoorwaarden x(0) = 1, y(0) = –3 heeft. Voor t → ∞ geldt dat x(t) → 0 en y(t) → 0, wat betekent dat deze baan het punt (0, 0) nadert als t → ∞. In figuur 27.5 is de baan van deze oplossing (in het vierde kwadrant) te herkennen aan de pijl die naar de oorsprong wijst. Zo’n oplossing hadden we wellicht over het hoofd gezien als we alleen van het richtingsveld in figuur 27.4 waren uitgegaan. (Er is overigens ook zo’n baan in het tweede kwadrant, maar deze hoort bij andere beginvoorwaarden.)

Stabiliteit

Fundamenteel probleem: afhankelijkheid van beginvoorwaarden

In het algemeen is het belangrijk om te weten hoe het gedrag van de oplossingen afhangt van de beginvoorwaarden. In veel realistische situaties kennen we namelijk de beginvoorwaarden niet of onnauwkeurig (denk aan meetfouten). We willen dan graag weten of een oplossing zich wellicht totaal anders gedraagt als we iets afwijkende beginvoorwaarden hebben. De vraag hoe oplossingen afhangen van de beginvoorwaarden staat bekend als het stabiliteitsvraagstuk en is een zeer fundamenteel probleem. In blok 11 worden zogeheten chaotische systemen bestudeerd die juist ‘extreem gevoelig’ zijn voor veranderingen in de beginvoorwaarden. 70


OPGAVE 27.5

Schets het richtingsveld voor het stelsel x' = –y en y' = x. Welke banen suggereert het richtingsveld? Klopt dit met opgave 27.4? Vergelijking van banen Autonoom stelsel herschrijven tot differentiaalvergelijking voor y(x)

Soms is voor een autonoom stelsel eenvoudig een vergelijking van de banen af te leiden. Daartoe vatten we het verband tussen y en x op als functie y = y(x) en herschrijven het stelsel als differentiaalvergelijking voor y(x), die we dan kunnen proberen op te lossen. Aangezien dy = y'(t)dt = q(x(t), y(t))dt en dx = x'(t)dt = p(x(t), y(t))dt, volgt er door deling, waarbij we dx ≠ 0 veronderstellen, dat dy q( x , y ) = dx p( x , y )

(27.7)

wat een gewone eersteordedifferentiaalvergelijking voor y = y(x) is. Het stelsel x' = –y en y' = x (zie opgave 27.5) leidt aldus tot de differentiaalvergelijking dy x =− dx y

ofwel

ydy = − xdx

die van gescheiden variabelen is. In dit geval is de oplossing van vergelijking 27.7 dus eenvoudig te bepalen: d(y2) = d(–x2) ofwel x2 + y2 = C (C is een constante), waarmee een vergelijking van de banen is gevonden. De banen zijn hier dus cirkels (zie ook opgave 27.5). In het algemeen valt uit een vergelijking van de banen meestal heel wat informatie te halen en in zekere zin is het stelsel zelfs als ‘opgelost’ te beschouwen. OPGAVE 27.6

a Bepaal een vergelijking van de banen voor het stelsel x' = x, y' = x + 2y. Welke bekende krommen zijn dit? b Bepaal een vergelijking van de banen voor het stelsel x' = yx2 – y, y' = x – xy2. (Hier hoeft u geen krommen te herkennen.) 27.2.2

EVENWICHTSOPLOSSINGEN

In het fasevlak zijn de zogeheten evenwichtsoplossingen van groot belang. Om dit te motiveren, kijken we weer even naar populatiemodellen. In veel situaties leven populaties van (redelijk) constante omvang naast elkaar. Zo’n evenwichtssituatie moet dan ook in het bijbehorende model tot uiting kunnen komen. Uit het feit dat de groottes x(t) en y(t) van de populaties constant zijn in de tijd, volgt dat x'(t) = 0 en y'(t) = 0 voor alle t. Maar omdat x' = p(x, y) en y' = q(x, y), zien we dan dat zo’n oplossing alleen bestaat als zowel p(x, y) = 0 als q(x, y) = 0. Evenwichtsoplossing

DEFINITIE 27.4

Een punt (xe, ye) heet een evenwichtsoplossing (of stationaire oplossing) van een autonoom stelsel 27.6 als zowel p(xe, ye) = 0 als q(xe, ye) = 0.

VOORBEELD 27.2

Stelsel 27.4, dus x' = x + y en y' = –2y, heeft een evenwichtsoplossing als x + y = 0 en –2y = 0, waaruit direct volgt dat x = 0 en y = 0. De enige evenwichtsoplossing is dus (0, 0). Het prooi-roofdierstelsel 27.1, dus x' = ax – bxy en y' = –cy + dxy, heeft evenwichtsoplossingen als ax – bxy = 0 en –cy + dxy = 0, dus als x(a – by) = 0 en y(c – dx) = 0. 71

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Uit x(a – by) = 0 volgt dat x = 0 of dat a – by = 0, dus x = 0 of y = a/b. Net zo volgt uit y(c – dx) = 0 dat y = 0 of x = c/d. Door de oplossingen van x(a – by) = 0 en y(c – dx) = 0 met elkaar te combineren(!), vinden we alle evenwichtsoplossingen: x = 0 met y = 0 gecombineerd levert (0, 0) x = 0 met x = c/d gecombineerd levert geen evenwichtsoplossing y = a/b met y = 0 gecombineerd levert geen evenwichtsoplossing y = a/b met x = c/d gecombineerd levert (c/d, a/b). De evenwichtsoplossingen zijn in dit geval dus (0, 0) en (c/d, a/b).

«

OPGAVE 27.7

Bepaal van de volgende autonome stelsels alle evenwichtsoplossingen. a x' = x + 3y y' = 3x + y b x' = 2x + y y' = –xy + 2y c x' = 4x2 + 2xy – 8x y' = xy – y2 + 4y d x' = y2 – yx2 y' = xy – x2 – 2x

Voor niveaukrommen zie paragraaf 21.1.

Fasevlak opdelen in gebieden met x' en y' van vast teken.

De evenwichtsoplossingen hangen nauw samen met een ander nuttig hulpmiddel: de krommen in het fasevlak waar x' = 0 dan wel y' = 0. Deze krommen hebben geen speciale naam, maar het zijn natuurlijk precies de niveaukrommen p(x, y) = 0 dan wel q(x, y) = 0. Als een kromme waar x' = 0 een snijpunt heeft met een kromme waar y'= 0, dan geldt in dat snijpunt dat zowel x' = 0 als y' = 0, met andere woorden: zo’n snijpunt is precies een evenwichtsoplossing. Merk verder op dat de krommen waar x' = 0 of waar y' = 0, het fasevlak verdelen in gebieden waar x' en y' beide een vast teken (> 0 of < 0) hebben, precies zoals niveaukrommen f(x, y) = 0 dat doen. Voor de twee stelsels uit voorbeeld 27.2 zullen we nu deze krommen, en daarmee ook de evenwichtsoplossingen, in het fasevlak tekenen. Voor het stelsel x' = x + y en y' = –2y geldt x' = 0 als x + y = 0, ofwel y = –x, terwijl y' = 0 als –2y = 0, ofwel y = 0. De lijnen y = –x en y = 0 (de x-as) zijn in figuur 27.6a getekend. Het snijpunt (0, 0) is de enige evenwichtsoplossing en is duidelijk in de figuur aangegeven. Voor het stelsel x' = ax – bxy en y' = –cy + dxy geldt x' = 0 als x(a – by) = 0, dus als x = 0 of y = a/b, terwijl y' = 0 als y(c – dx) = 0, dus als y = 0 of x = c/d. Deze vier lijnen zijn in figuur 27.6b getekend. Er zijn twee snijpunten van lijnen waar x' = 0 met lijnen waar y' = 0, te weten (0, 0) en (c/d, a/b). In figuur 27.6 is ook in alle gebieden van het fasevlak het teken van x' en y' aangegeven; als visueel hulpmiddel is ook steeds een pijltje getekend dat de globale richting van het richtingsveld aangeeft. Het is goed om deze pijlen ook op de krommen x' = 0 en y' = 0 te schetsen. Overigens is in figuur 27.6b alleen het gebied met x ≥ 0 en y ≥ 0 van belang: x = x(t) en y = y(t) stellen groottes van populaties voor en deze kunnen niet negatief worden. Dit geeft meteen een interessant probleem aan: kunnen we bewijzen dat voor een oplossing die beginvoorwaarden x(0) ≥ 0 en y(0) ≥ 0 heeft, geldt dat x(t) ≥ 0 en y(t) ≥ 0 voor alle t > 0? Figuur 27.6b suggereert nog meer: het lijkt erop dat banen rond de evenwichtsoplossing (c/d, a/b) lopen en dat het wellicht zelfs gesloten krommen zijn (cirkels en ellipsen zijn voorbeelden van ‘gesloten krommen’). Om dergelijke eigenschappen te kunnen bewijzen, zijn hulpresultaten nodig die we in paragraaf 27.2.3 zullen afleiden.

72


a

b y

y x' > 0 y' < 0

x' = 0

a b

x' = 0

x' > 0 y' < 0

x' < 0 y' < 0

x' < 0 y' < 0

x' < 0 y' < 0 (0, 0)

y' = 0

c

a

(d , b ) x' > 0 y' < 0 (0, 0)

y' = 0

x' < 0 y' > 0

c d

x' > 0 y' > 0 x

x x' < 0 y' > 0

x' > 0 y' > 0

x' < 0 y' > 0

x' > 0 y' > 0 x' = 0

FIGUUR 27.6

x' > 0 y' < 0

y' = 0

Krommen x' = 0 en y' = 0 voor de stelsels x' = x + y en y' = –2y (a) dan wel x' = ax – bxy en y' = –cy + dxy (b)

OPGAVE 27.8

Teken voor de stelsels uit opgave 27.7 de krommen waar x' = 0 dan wel y' = 0, geef in ieder gebied van het vlak het teken van x' en y' aan en geef met pijltjes globaal het richtingsveld aan; beperk u bij 27.7c en d tot het gebied x ≥ 0, y ≥ 0. Controleer ook dat de evenwichtsoplossingen snijpunten zijn van krommen waar x' = 0 met krommen waar y' = 0. 27.2.3

EIGENSCHAPPEN VAN BANEN

Een eerste belangrijke eigenschap van banen volgt direct uit stelling 27.1. STELLING 27.2

Zij x' = p(x, y), y' = q(x, y) een autonoom stelsel waarbij p en q continue partiële afgeleiden naar x en y hebben. Dan bestaat er door ieder punt (x0, y0) ∈R2 precies één baan. In het bijzonder moeten twee banen met één gemeenschappelijk punt hetzelfde zijn.

Banen snijden niet en komen niet in een punt samen.

Stelling 27.2 betekent bijvoorbeeld dat twee verschillende banen elkaar niet kunnen snijden, zoals in figuur 27.7a, en ook niet kunnen samenkomen in een punt, zoals in figuur 27.7b (zie ook figuren 25.9 en 26.7). a

b

y

y

x FIGUUR 27.7

73

Twee situaties die zich niet kunnen voordoen

x

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Intuïtief is dit duidelijk: noemen we het snijpunt in figuur 27.7a (x0, y0), dan zouden we twee verschillende paren (x(t), y(t)) hebben die voldoen aan het stelsel en de beginvoorwaarden x0 en y0. Een kleine adder onder het gras is echter dat de beginvoorwaarden bij deze twee paren niet per se voor dezelfde waarde van t aangenomen worden; in zekere zin zijn we de beginvoorwaarden ‘in de tijd aan het verplaatsen’ naar (x0, y0). Daarom is in de bijlage bij dit blok een precies bewijs opgenomen. In de context van stelling 27.2 is het goed om op te merken dat een evenwichtsoplossing op zichzelf ook een baan is, die uit slechts één punt bestaat. Andere banen kunnen dus niet door een evenwichtsoplossing heen gaan of er na een tijdje mee samenkomen. Waarschuwing!

Gesloten baan

Er zijn nu weer wat waarschuwingen op z’n plaats. Allereerst gelden deze resultaten voor autonome stelsels. Is het stelsel niet autonoom, dan hoeven de resultaten niet juist te zijn. Verder hebben we het hier over samenkomen in een punt van R2 en niet over samenkomen ‘in oneindige tijd’, dus voor t → ∞. Dit laatste kan wel degelijk gebeuren, zoals we straks zullen zien. In feite hebben we al een voorbeeld gezien: de baan in het vierde kwadrant uit figuur 27.5, beschreven door de oplossing x(t) = e–2t, y(t) = –3e–2t, lijkt in (0, 0) samen te komen met een andere baan uit tegenovergestelde richting. Dit is echter maar schijn, omdat beide pas in (0, 0) samenkomen voor t → ∞, dus ‘in oneindige tijd’. Twee verschillende banen kunnen niet in een punt samenkomen, maar een baan kan wel ‘in zichzelf samenkomen’, dus na eindige tijd in hetzelfde punt terechtkomen, met andere woorden: gesloten zijn. Een eenvoudig voorbeeld is de baan bij de oplossing x(t) = sint, y(t) = cost van het stelsel x' = y en y' = –x, die rond de evenwichtsoplossing (0, 0) cirkelt. y x(t) = sint y(t) = cost x' = 0 1

x

y' = 0 FIGUUR 27.8

Een gesloten baan bij x' = y en y' = –x

De oplossing x(t) = sint, y(t) = cost heeft de bijzondere eigenschap dat x(t + 2π) = x(t) en y(t + 2π) = y(t) voor alle t; we zeggen dan dat de oplossing periodiek is met periode 2π. Periodieke oplossing

DEFINITIE 27.5

Een oplossing x(t), y(t) waarvoor een T > 0 bestaat zodanig dat x(t) = x(t + T) en y(t) = y(t + T) voor alle t, heet een periodieke oplossing met periode T. Iedere periodieke oplossing heeft natuurlijk een gesloten baan. Het omgekeerde geldt ook, zoals stelling 27.3 laat zien. Daarbij spreken we af dat een evenwichtsoplossing niet tot de gesloten banen wordt gerekend.

74


Ook het bewijs van deze stelling is in de bijlage te vinden. STELLING 27.3

Iedere gesloten baan wordt beschreven door een periodieke oplossing.

OPGAVE 27.9

a Laat zien dat x(t) = cos2t + sin2t, y(t) = –2sin2t een oplossing is van het stelsel x' = 2x + 2y, y' = –4x – 2y. Is deze oplossing periodiek? b Laat zien dat x(t) = e–tcos2t, y(t) = 2e–tsin2t een oplossing is van het stelsel x' = –x – y, y' = 4x – y. Is deze oplossing periodiek? OPGAVE 27.10

Kan de kromme in figuur 27.9 een baan zijn bij een autonoom stelsel? y

x FIGUUR 27.9

Kromme bij een autonoom stelsel? Voor de oplossing x(t) = e–2t, y(t) = –3e–2t van x' = x + y, y' = –2y (zie onder meer voorbeeld 27.2) geldt dat (x(t), y(t)) → (0, 0) voor t → ∞. Dit ‘limietpunt’ (0, 0) is precies een evenwichtsoplossing van het stelsel. Stelling 27.4 laat zien dat deze eigenschap van banen, die te maken heeft met het asymptotisch gedrag van oplossingen, heel algemeen geldt (zie ook stelling 26.2). Het bewijs is in de bijlage opgenomen.

STELLING 27.4

Zij x(t), y(t) een oplossing van x' = p(x, y), y' = q(x, y), waarbij p en q continue partiële afgeleiden naar x en y hebben. Als xe = limt→∞x(t) en ye = limt→∞y(t) bestaan, dan is (xe, ye) een evenwichtsoplossing. Als de limieten uit stelling 27.4 bestaan, dan komt de baan van de oplossing dus ‘in oneindige tijd’ samen met een evenwichtsoplossing. We zeggen dan dat de limiet van de oplossing (of van de baan) die evenwichtsoplossing is.

Limiet van een oplossing (of baan) OPGAVE 27.11

Ga na of de gegeven oplossing van het stelsel een limiet heeft en als dat het geval is, controleer dan dat die limiet een evenwichtsoplossing is. a x' = x + 3y, y' = 3x + y met oplossing x(t) = e–2t + e4t, y(t) = –e–2t + e4t. b x' = x + 3y, y' = 3x + y met oplossing x(t) = 2e–2t, y(t) = –2e–2t. c x' = –x – y, y' = 4x – y met oplossing x(t) = e–tcos2t, y(t) = 2e–tsin2t. d x' = 2x + 2y, y' = –4x – 2y met oplossing x(t) = cos2t + sin2t, y(t) = –2sin2t. Het is mogelijk dat bij één gegeven stelsel sommige oplossingen wél een limiet hebben en andere niet (zie opgave 27.11a en b). Het is ook mogelijk dat een evenwichtsoplossing wél alle oplossingen in haar omgeving ‘aantrekt’. Dit belangrijke fenomeen heeft een aparte naam gekregen.

75

Open Universiteit

Asymptotisch stabiel

Continue wiskunde 2

Een evenwichtsoplossing (xe, ye) heet asymptotisch stabiel als iedere oplossing (x(t), y(t)) van het stelsel 27.6, met beginvoorwaarden die voldoende dicht bij (xe, ye) liggen, als limiet (xe, ye) heeft.

DEFINITIE 27.6

Het begrip ‘voldoende dicht bij’ is met een gebruikelijke δ-omschrijving heel precies gedefinieerd. Stabiel wil dan zeggen dat er rond (xe, ye) een bol B met straal δ > 0 bestaat, zodanig dat iedere oplossing met beginvoorwaarden in B als limiet (xe, ye) heeft. In figuur 27.10 is dit geschetst. y

ye + δ

B

ye

ye – δ

xe – δ

xe

FIGUUR 27.10

xe + δ

x

Asymptotisch stabiel: oplossingen met beginvoorwaarden in het gerasterde gebied hebben limiet (xe, ye)

Let op dat asymptotische stabiliteit een eigenschap is van een evenwichtsoplossing. Eén stelsel kan best twee evenwichtsoplossingen hebben waarvan de een wel en de ander niet asymptotisch stabiel is. Naast asymptotisch stabiel zijn er ook de begrippen instabiel en stabiel. We zullen deze niet precies definiëren, hoewel intuïtief wel duidelijk is wat hiermee wordt bedoeld: instabiel betekent dat er oplossingen zijn die juist van een evenwichtsoplossing ‘weglopen’ en stabiel dat de oplossingen weliswaar niet weglopen bij een evenwichtsoplossing, maar er ook niet in de limiet mee samenkomen. Bij dit laatste valt bijvoorbeeld te denken aan periodieke oplossingen die rond een evenwichtsoplossing cirkelen (zie figuur 27.8). Figuur 27.5 van de banen van x' = x + y en y' = –2y laat zien dat we de evenwichtsoplossing (0, 0) instabiel zouden noemen: vrijwel alle oplossingen lopen van (0, 0) weg. In leereenheid 31 komen we hier bij lineaire stelsels nog op terug. We hebben nu voldoende gereedschap om in de paragrafen 27.2.4 en 27.2.5 de voorbeelden aan te kunnen. 27.2.4

VOLTERRA-LOTKA

Als eerste voorbeeld bekijken we weer het prooi-roofdier-stelsel 27.1:  x' = ax − bxy   y ' = − cy + dxy

76


Volterra-Lotkastelsel

Zie ook het intermezzo aan het eind van paragraaf 27.2.4.

met beginvoorwaarden x(0) = x0, y(0) = y0 en constanten a, b, c, d > 0. Dit wordt ook wel het Volterra-Lotka-stelsel genoemd, naar de wiskundigen die het stelsel voor het eerst bestudeerden. Evenwichtsoplossingen en krommen waar x' = 0 dan wel y' = 0 zijn al bepaald en in figuur 27.6b te zien, samen met een globaal idee van het richtingsveld. Ook hebben we opgemerkt dat we voor dit model zouden willen bewijzen: als x0 ≥ 0 en y0 ≥ 0, dan geldt dat x(t) ≥ 0 en y(t) ≥ 0 voor alle t Met stelling 27.2 is dit nu aan te tonen. Het idee komt uit figuur 27.6b. Kijk eerst naar de positieve x-as. Als we hierop starten met een oplossing, dus x0 > 0 en y0 = 0, dan suggereren de pijlen dat we op de xas blijven, dus dat y(t) = 0 voor alle t. Om dit te bewijzen, merken we op dat voor y = 0 het stelsel reduceert tot x' = ax en y' = 0. Nu heeft x' = ax met x(0) = x0 een unieke oplossing x(t) (zie stelling 25.1; we kennen x(t) zelfs expliciet, namelijk x(t) = x0eat, maar eigenlijk is dat niet relevant). Neem deze oplossing x(t) samen met y(t) = 0 voor alle t. Dan is x(t), y(t) de unieke oplossing van het stelsel x' = ax en y' = 0 waarbij x(0) = x0 en y(0) = 0, omdat y(t) immers voldoet aan y' = 0 en y(0) = 0 (x(t) voldoet al aan x' = ax, x(0) = x0). De baan van deze oplossing blijft inderdaad op de x-as. Omdat x0 > 0 willekeurig te kiezen is, behoort ieder stuk van de positieve x-as tot een baan. Maar banen kunnen elkaar niet snijden (stelling 27.2), waaruit volgt dat iedere baan die in het gebied x ≥ 0 en y ≥ 0 haar beginvoorwaarden heeft, dit gebied niet via de positieve x-as kan verlaten. Hetzelfde geldt voor de positieve y-as (zie opgave 27.12a) en omdat het ook voor de evenwichtsoplossing (0, 0) geldt, komen we tot de conclusie dat een baan die in x ≥ 0 en y ≥ 0 haar beginvoorwaarden heeft, dit gebied niet kan verlaten, wat we wilden aantonen. We zeggen nu dat x ≥ 0 en y ≥ 0 een invariant gebied is: een baan die start in zo’n gebied, verlaat dat gebied niet.

Invariant gebied

Let op!

Het is belangrijk dat u deze redenering goed kunt volgen. We komen er nog vele tegen in diverse varianten en u moet ook zelf in staat zijn dit soort redeneringen te geven. We gebruiken met opzet niet de expliciete oplossing x(t) = x0eat omdat vaak zo’n expliciete oplossing niet beschikbaar is, terwijl toch voorgaande redenering is te geven.

OPGAVE 27.12 (Aanw)

a Ga na dat een baan die in x ≥ 0, y ≥ 0 haar beginvoorwaarden heeft, dit gebied niet via de positieve y-as en ook niet via (0, 0) kan verlaten. b Laat met behulp van stelling 27.4 zien dat voor een baan op de x-as geldt dat x(t) → ∞ voor t → ∞ en dat voor een baan op de y-as geldt dat y(t) → 0 voor t → ∞ (weer zonder expliciete oplossingen te gebruiken). Eerder werd al opgemerkt dat het richtingsveld suggereert dat banen bij dit stelsel gesloten zijn. Dit is te bewijzen door het idee toe te passen uit het einde van paragraaf 27.2.1: probeer een vergelijking van de banen af te leiden. We doen dat in het nu volgende intermezzo (dat dus niet tot de leerstof behoort) en sluiten dit eerste voorbeeld daarmee af.

77

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Uit formule 27.7 volgt voor het prooi-roofdier-stelsel de volgende differentiaalvergelijking van gescheiden variabelen:

dy y ( − c + dx ) = dx x ( a − by ) ofwel (−b +

a c )dy = ( d − )dx y x

Om dit op te lossen, moeten we primitieven bepalen van –b + a/y en d – c/x. Maar (–b + a/y)dy = d(–by + alny) (let op dat y > 0) en (d – c/x)dx = d(dx – clnx), dus volgt dat –by + alny = dx – clnx + p (p is een constante), ofwel –by + lnya = dx + lnx–c + p. Door e-machten te nemen, krijgen we e–byya = edxx–cK voor zekere constante K. Dit levert inderdaad de oplossing, althans in impliciete vorm: yae–byxce–dx = K geeft voor x > 0, y > 0 een vergelijking van de banen.

y xce –dxyae–by = K

a/b

c/d

x

FIGUUR 27.11 Een baan van xce–dxyae–by = K 27.2.5

Hiermee kan nu vrij snel bewezen worden dat de banen inderdaad gesloten zijn. We werken dat niet verder uit en volstaan met figuur 27.11, waarin een typische baan is getekend. Uit stelling 27.3 volgt dat de oplossingen die deze banen beschrijven, periodiek zijn. Er valt nog veel meer over de oplossingen van het Volterra-Lotka-stelsel te melden, maar we verwijzen hiervoor naar de literatuur, zoals M. Braun, Differential equations and their applications. Tot slot van dit intermezzo geven we nog enige historische achtergrond. De Australiër A.J. Lotka (1880-1949) en de Italiaan V. Volterra (1860-1940) bestudeerden het stelsel in 1925-1926 onafhankelijk van elkaar. Aanleiding vormde een studie van de met Volterra bevriende bioloog U. D’Ancona naar een aantal vissoorten in de Middellandse Zee in de periode 1914-1923, dus rond de Eerste Wereldoorlog. Uit gegevens van D’Ancona bleek dat het percentage van vissen die niet gegeten werden, vooral roofvissen zoals haaien, sterk toenam. D’Ancona vroeg zich af of dit wellicht kwam doordat er in deze oorlogsperiode minder gevist werd. Om de precieze beïnvloeding te bestuderen van de verminderde bevissing op de populaties roofvissen respectievelijk prooivissen (waarop voornamelijk gevist wordt), stelden Lotka en Volterra het genoemde stelsel op. Op grond van dit model konden ze aantonen dat de verminderde bevissing inderdaad ‘schadelijker’ is voor de ‘eetbare’ prooivissen dan voor de ‘niet-eetbare’ roofvissen. Voor meer details zie het boek van Braun.

UITSLUITING DOOR COMPETITIE

In deze laatste paragraaf bestuderen we een methode om het gedrag van oplossingen van autonome stelsels te bepalen, zelfs als we niet in staat zijn om de vergelijking van de banen te bepalen. Daartoe werken we die methode voor één voorbeeld helemaal uit, namelijk voor  x' = 2 x – x 2 – xy  2  y ' = y – y – xy OPGAVE 27.13

Leidt voor stelsel 27.8 de differentiaalvergelijking 27.7 af (zie paragraaf 27.2.1, laatste alinea’s) en ga na of u hieruit een vergelijking voor de banen kunt bepalen.

78

(27.8)


Stelsel 27.8 is nogal ‘uit de lucht komen vallen’, maar in feite zit er een belangrijke toepassing en een lange historie aan vast. Bovendien zijn allerlei varianten nog steeds actueel en daarom in veel literatuur over stelsels en hun rol in modelvorming te vinden. Enige achtergrond is dus op z’n plaats, niet alleen als motivatie, maar ook omdat de interpretatie kan helpen bij de wiskundige analyse. Het stelsel is opgesteld om de competitie tussen twee populaties te beschrijven. Darwin had in zijn Origins of species opgemerkt dat juist tussen ‘gelijkende’ diersoorten de strijd om het bestaan zo heftig kan worden, dat één soort overwint en de andere uitsterft. Anders geformuleerd: gelijkende diersoorten kunnen alleen dan naast elkaar blijven bestaan als ze bijvoorbeeld op een net iets andere manier hun voedsel vergaren (ze moeten ieder hun eigen ‘niche’ vinden). In Engelse literatuur staat dit principe bekend als ‘competitive exclusion’. Om dit principe te verklaren, werd het volgende model ontwikkeld. We nemen aan dat binnen ieder van de populaties x(t) en y(t) strijd is om beperkte zaken als voedsel en dat dit door de logistische differentiaalvergelijking wordt beschreven, dus x' = ax – bx2 en y' = cy – dy2 (a, b, c, d zijn constanten > 0). Nemen we nu aan dat de competitie niet alleen binnen de populaties plaatsvindt (weergegeven door –bx2 en –dy2), maar ook tussen de populaties, dan wordt de groei van x en van y geremd door een extra term –exy respectievelijk –fxy (e, f zijn constanten > 0). Twee in competitie verkerende populaties worden dan beschreven door het algemene stelsel  x' = ax – bx 2 – exy  2  y ' = cy – dy – fxy

Stelsel 27.8 ontstaat door a = 2 en b = c = d = e = f = 1 te kiezen (in opgave 27.17 doen we een andere typische keuze van constanten). De analyse van stelsel 27.8 begint weer met het bepalen van krommen waar x' = 0 of y' = 0, evenwichtsoplossingen, gebieden waar x' en y' een vast teken hebben en het globale richtingsveld. Omdat we geïnteresseerd zijn in groottes van populaties, doen we dit alleen voor het gebied x ≥ 0, y ≥ 0. In figuur 27.12 is alle informatie weergegeven; gebieden waar x' en y' een vast teken hebben, zijn met een aparte naam aangegeven om straks makkelijk over het gedrag van banen te kunnen redeneren. y x' = 0 2 III

x' < 0 y' < 0

y' = 0 1

II x' > 0 y' < 0 x' > 0 y' > 0

y' = 0

I 1

2

x

x' = 0

FIGUUR 27.12

79

Informatie in het fasevlak voor stelsel 27.8

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

OPGAVE 27.14

Verifieer de informatie uit figuur 27.12: krommen waar x' = 0 of y' = 0, evenwichtsoplossingen, teken van x' en y' en (globaal) het richtingsveld. In een aantal stappen gaan we proberen te bepalen hoe een baan, die start met beginvoorwaarden x(0) = x0 ≥ 0, y(0) = y0 ≥ 0, zich voor t > 0 gedraagt. De stappen zelf worden door de pijlen uit figuur 27.12 gesuggereerd! De eerste stap hebben we ook bij het Volterra-Lotka-stelsel gezien: Stap 1: x ≥ 0, y ≥ 0 is invariant

uit x0 ≥ 0 en y0 ≥ 0 volgt dat x(t) ≥ 0 en y(t) ≥ 0 voor alle t Kijk eerst naar de positieve x-as. Als een oplossing hierop start, dus x0 > 0 en y0 = 0, dan suggereren de pijlen dat we op de x-as blijven, dus y(t) = 0 voor alle t. Om dit te bewijzen, merken we op dat voor y = 0 het stelsel reduceert tot x' = 2x – x2 en y' = 0. Nu heeft x' = 2x – x2 met x(0) = x0 een unieke oplossing x(t) (we kennen x(t) zelfs weer expliciet – zie paragraaf 26.1.2 – maar dat is niet relevant). Neem deze oplossing x(t) samen met y(t) = 0 voor alle t. Dan is x(t), y(t) de unieke oplossing van het stelsel x' = 2x – x2 en y' = 0, waarbij x(0) = x0 en y(0) = 0, omdat y(t) immers voldoet aan y' = 0 en y(0) = 0. De baan van deze oplossing blijft inderdaad op de x-as. Omdat we x0 willekeurig mogen kiezen op de x-as, behoort ieder stuk van de x-as tot een baan, wat betekent dat een baan die in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0 haar beginvoorwaarden heeft, dit gebied niet via de xas kan verlaten, omdat banen elkaar niet kunnen snijden (stelling 27.2). Merk nog op dat dit ook geldt voor de evenwichtsoplossingen (0, 0) en (2, 0), die corresponderen met de keuzen x0 = 0 respectievelijk x0 = 2. Dezelfde redenering is voor de y-as te geven (zie opgave 27.15a), inclusief de evenwichtsoplossingen (0, 0) en (0, 1). Een baan die in x ≥ 0, y ≥ 0 haar beginvoorwaarden heeft, kan dit gebied dus niet verlaten, wat de invariantie aantoont.

Gedrag op x = 0 en y=0

In opgave 27.12b keken we voor het Volterra-Lotka-stelsel naar het gedrag van de banen op de x-as of y-as. Hier is het gedrag van een baan op de x-as of y-as iets ingewikkelder: er zijn vier mogelijkheden voor de baan op de x-as, afhankelijk van de waarde van x0. Allereerst kunnen we in één van de twee evenwichtsoplossingen (0, 0) of (2, 0) starten en dus blijven; dit gebeurt als x0 = 0 of x0 = 2. Een derde mogelijkheid is dat 0 < x0 < 2. We weten dat de baan op de x-as blijft en omdat de evenwichtsoplossingen (0, 0) en (2, 0) niet gepasseerd kunnen worden, volgt er dat 0 < x(t) < 2 voor alle t. Maar uit 0 < x < 2 en x' = x(2 – x) volgt dat x' > 0, dus x(t) is een naar boven begrensde monotoon stijgende functie. Zo’n functie heeft een limiet, dus bestaat xe = limt→∞x(t). Omdat ook ye = limt→∞y(t) = 0 bestaat, geldt volgens stelling 27.4 dat (xe, 0) een evenwichtsoplossing is. De enige mogelijkheid is dan dat xe = 2. Dit laat zien dat de limiet van zo’n baan het punt (2, 0) is. Net zo is het vierde geval x0 > 2 te behandelen (zie opgave 27.15b). Voor de y-as geldt iets vergelijkbaars; zie opgave 27.15c.

OPGAVE 27.15

a Ga na dat x ≥ 0, y ≥ 0 niet via de (positieve) y-as verlaten kan worden. b Laat zien dat oplossingen met x0 > 2 en y0 = 0 limiet (2, 0) hebben. c Laat zien dat oplossingen op de y-as met 0 < y0 < 1 limiet (0, 1) hebben (dit geldt ook voor y0 > 1, maar dat gaat net zo).

80


In de nu volgende stappen bekijken we wat er met een baan gebeurt die zich in één van de gebieden I, II of III bevindt. We nemen die gebieden zonder randen, dus bijvoorbeeld I = {(x, y)x > 0, y > 0, x + y < 1}. De pijlen in I suggereren het volgende resultaat. Stap 2: baan in I komt in II terecht

Een baan in I, dus met (x(t0), y(t0)) ∈I voor zekere t0, zal I op zeker tijdstip via x + y = 1 verlaten en in II terechtkomen. Laten we maar eens aannemen dat een baan voor alle t in I blijft. Omdat x' > 0 in I, is x dan een monotoon stijgende functie van t. Bovendien is x(t) < 1 in I, dus x is begrensd. Maar de naar boven begrensde en monotoon stijgende functie x(t) heeft dan een limiet xe voor t → ∞. Precies hetzelfde geldt voor y: in I is y' > 0 en y(t) < 1, dus de limiet ye voor t → ∞ bestaat. Uit stelling 27.4 volgt dan dat (xe, ye) een evenwichtsoplossing is. De enige mogelijkheden zijn dan (0, 0) of (0, 1) (die liggen immers op de rand van I), maar omdat x0 > 0 en x stijgt, kan dit niet het geval zijn. Een baan kan dus niet in I blijven en omdat I zeker niet via de x- of y-as verlaten kan worden, moet I verlaten worden via x + y = 1. Wat gebeurt er met een baan in II? Uit de getekende pijlen volgt dat zo’n baan in ieder geval II niet meer verlaat. Maar als de baan voor alle t in II zit, dan zal met een argument als in stap 2 wel aan te tonen zijn dat de limiet t → ∞ een evenwichtsoplossing is, en wel (2, 0). Dit is stap 3.

Stap 3: baan in II blijft in II en komt in (2, 0) terecht

Een baan in II, dus met (x(t0), y(t0)) ∈II voor zekere t0, zal in II blijven voor alle t ≥ t0 en (2, 0) als limiet voor t → ∞ hebben. Gebied II kan niet via de x-of y-as verlaten worden, omdat dit banen zijn. Het gebied kan dan alleen nog via x + y = 1 of x + y = 2 verlaten worden. Echter, als een baan op x + y = 1 terechtkomt, dan geldt y' = 0 en x' > 0 en de bijbehorende pijl van het richtingsveld is dan horizontaal en wijst dus gebied II in. Dit betekent dat de baan direct gebied II in zal gaan. Net zo gaat een baan die op x + y = 2 terechtkomt direct gebied II in, omdat x' = 0 en y' < 0 een verticale pijl geeft die II inwijst. De conclusie is dus dat de baan in II blijft voor alle t. Nu gebruiken we het argument uit stap 2. In II geldt x' > 0 en x(t) < 2, dus xe = limt→∞x(t) bestaat. Ook geldt y' < 0 en y(t) > 0, dus y is monotoon dalend en naar beneden begrensd, zodat ye = limt→∞y(t) bestaat. Dus (xe, ye) is een evenwichtsoplossing (stelling 27.4). De enige mogelijkheden zijn (2, 0) of (0, 1), maar omdat x0 > 0 en x stijgt, valt (0, 1) af en is de limiet inderdaad (2, 0). Stap 3 is nu afgerond. In stap 3 is eigenlijk een beroep gedaan op het feit dat uit de figuur intuïtief volkomen duidelijk is dat de pijlen op x + y = 1 en x + y = 2 het gebied II inwijzen. Een baan die op een van deze lijnen terechtkomt, wordt dus direct gebied II ingestuurd. Strikt genomen moet hier een bewijs van gegeven worden dat geen gebruik maakt van de figuur. Een dergelijk bewijs is opgenomen in de bijlage bij dit blok. Omdat de gebieden in deze cursus eenvoudig blijven, zullen we voortaan volstaan met de controle in de figuur dat op de randen de pijlen het gebied inwijzen (als de rand tenminste niet zelf een baan is, zoals de x- en y-as in het voorbeeld van stelsel 27.8).

81

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Rest ons te bekijken wat er gebeurt in III. Er zijn twee mogelijkheden: de baan verlaat III en komt in II terecht, en dan volgt uit stap 3 wat er gebeurt, ofwel de baan blijft in III. Dit laatste geval onderzoeken we nu. Stap 4: baan die in III blijft, komt in (2, 0) terecht

Een baan in III, dus met (x(t0), y(t0)) ∈III voor zekere t0, én die in III blijft voor alle t ≥ t0, heeft (2, 0) als limiet voor t → ∞. De argumenten lijken sterk op die uit het laatste deel van stap 3. In III geldt x' < 0 en x(t) > 0, dus xe = limt→∞x(t) bestaat. Net zo bestaat ye = limt→∞y(t). Dus (xe, ye) is een evenwichtsoplossing (stelling 27.4). De enige mogelijkheid is dan (2, 0). Zoals we in stap 3 gezien hebben, zal een baan op één van de randen x + y = 1 en x + y = 2 direct gebied II ingaan. Samengevat is het volgende resultaat bewezen, dat meteen de uitsluiting door competitie verklaart, omdat y(t) uitsterft (‘wordt uitgesloten’).

STELLING 27.5

Iedere oplossing (x(t), y(t)) van stelsel 27.8 met x0 > 0 en y0 > 0 heeft als limiet voor t → ∞ de evenwichtsoplossing (2, 0). Volgens stelling 27.5 heeft de evenwichtsoplossing (2, 0) alle oplossingen in het gebied x > 0, y > 0 als limiet en is dus zeker asymptotisch stabiel. Daarbij moeten we wel de volgende opmerking maken. Volgens definitie 27.6 moeten we aantonen dat iedere oplossing die in de buurt van (2, 0) start, als limiet (2, 0) heeft, dus niet alleen de oplossingen met x0 > 0 en y0 > 0. Maar we zijn alleen geïnteresseerd in oplossingen met x0 > 0 en y0 > 0 en het zou dan vervelend zijn om ook voor andere oplossingen het gedrag te moeten bestuderen. Vandaar dat we wat slordig zijn en gewoon spreken over asymptotisch stabiel ‘binnen het gebied x > 0, y > 0’. Overigens is dit nog iets scherper te maken: ook alle oplossingen met x0 > 0 en y0 = 0 hebben als limiet (2, 0) (zie opgave 27.15a). Ten slotte iets over de andere evenwichtsoplossingen. De oplossing (0, 0) is zeker niet (asymptotisch) stabiel: hoe dicht we (x0, y0) ook bij (0, 0) kiezen in I, steeds zal de oplossing bij (0, 0) weglopen (en als limiet (2, 0) hebben). Iets dergelijks geldt ook voor (0, 1), ongeacht het feit dat oplossingen op de y-as wél als limiet (0, 1) hebben (opgave 27.15c).

Kwalitatieve analyse

De voorgaande methode om het gedrag van oplossingen te bepalen, wordt kwalitatieve analyse genoemd (zie ook paragraaf 26.3): we kennen niet de precieze ‘kwantiteit’ op tijd t, maar wel de ‘kwaliteit’ van de oplossing. Globaal zijn in deze methode de volgende punten te onderscheiden (de gegeven volgorde is niet ‘bindend’): – bepaal evenwichtsoplossingen, krommen waar x' = 0 of y' = 0, en daarmee gebieden waar x' en y' een vast teken hebben, en schets het globale richtingsveld – zoek gebieden op die invariant zijn; de randen van zulke gebieden zijn ofwel banen ofwel hebben pijlen (van het richtingsveld) die het gebied inwijzen; vooral nuttig zijn invariante gebieden waarin x' en y' een vast teken hebben – ga na of banen die voor alle t in een invariant gebied blijven, als limiet een evenwichtsoplossing hebben – bepaal wat er gebeurt met banen in gebieden die niet invariant zijn (verlaten ze het gebied en komen ze dan in een invariant gebied terecht

82


of kunnen ze ook in het gebied blijven voor alle t en daar als limiet een evenwichtsoplossing hebben?) – behandel eventuele overgebleven randen van de gebieden en vat (zo mogelijk!) het geheel samen, waarbij in het bijzonder van evenwichtsoplossingen bepaald wordt of ze al dan niet asymptotisch stabiel zijn. OPGAVE 27.16

Beschouw voor x = x(t) ≥ 0 en y = y(t) ≥ 0 het stelsel dat ‘uitsluiting door competitie’ beschrijft, maar nu met a = c = 6, b = d = 2 en e = f = 1, dus

 x' = 6 x – 2 x 2 – xy  2  y ' = 6 y – 2 y – xy a Bepaal evenwichtsoplossingen, krommen waar x' = 0 of y' = 0, tekens van x' en y' en het globale richtingsveld. Teken de informatie in één figuur. b Laat zien dat x ≥ 0, y ≥ 0 invariant is (behandel alleen de x-as; de y-as gaat dan analoog). c Laat zien dat oplossingen die op t0 in het gebied met x' > 0 en y' < 0 ofwel in het gebied met x' < 0 en y' > 0 zijn, in die gebieden blijven voor alle t > t0 en als limiet (2, 2) hebben. d Laat zien dat oplossingen die op t0 in één van de twee overgebleven gebieden zijn én die in dat gebied blijven voor alle t > t0, als limiet (2, 2) hebben. e Laat zien dat alle oplossingen met beginvoorwaarden x0 > 0 en y0 > 0 als limiet (2, 2) hebben en concludeer dat (2, 2) asymptotisch stabiel is. f Zijn de overige evenwichtsoplossingen asymptotisch stabiel? Motiveer uw antwoord. OPGAVE 27.17

Beschouw het (lineaire en autonome) stelsel x' = –2x + y y' = 2x – 3y voor x = x(t) en y = y(t) (die in deze opgave niet noodzakelijk ≥ 0 zijn). a Bepaal evenwichtsoplossingen, krommen waar x' = 0 of y' = 0, tekens van x' en y' en het globale richtingsveld. Teken de informatie in één figuur. b Laat zien dat oplossingen die op t0 in het gebied met x' > 0 en y' > 0 zijn, in dit gebied blijven voor alle t > t0 en als limiet (0, 0) hebben (het gebied x' < 0 en y' < 0 gaat net zo, maar dat hoeft u niet te behandelen). c Beredeneer wat er gebeurt met oplossingen die op t0 in het gebied met x' < 0 en y' > 0 zijn (het gebied x' > 0 en y' < 0 gaat net zo, maar dat hoeft u niet te behandelen). d Laat zien dat alle oplossingen als limiet (0, 0) hebben en concludeer dat (0, 0) asymptotisch stabiel is. e Als x(t) en y(t) grootheden voorstellen die ≥ 0 zijn voor alle t, dan zouden we willen dat het gebied met x ≥ 0, y ≥ 0 invariant is. Waarom is dit inderdaad het geval?

83

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

SAMENVATTING

Een stelsel van twee eersteordedifferentiaalvergelijkingen wordt gegeven door twee vergelijkingen voor x = x(t) en y = y(t) van de vorm

 x' = f (t , x , y )   y' = g(t , x , y ) Een beginwaardeprobleem is een stelsel samen met beginvoorwaarden x(t0) = x0 en y(t0) = y0. Ook hogereordedifferentiaalvergelijkingen voor y = y(t) kunnen omgezet worden in een stelsel. In een lineair stelsel met constante coëfficiënten zijn f en g van de vorm f(t, x, y) = ax + by + p(t) en g(t, x, y) = cx + dy + q(t) (a, b, c, d zijn constanten). In een autonoom stelsel zijn f en g van de vorm p(x, y) en q(x, y). In het vervolg van deze samenvatting gaat het steeds over autonome stelsels waarbij p en q continue partiële afgeleiden naar x en y hebben. Er is dan precies één paar x(t), y(t) dat voldoet aan het stelsel en de beginvoorwaarden, en dus is er precies één oplossing van het beginwaardeprobleem. De baan van een oplossing wordt gevormd door de punten (x(t), y(t)) in het fasevlak. Het richtingsveld geeft de raakrichtingen aan de banen. Verschillende banen snijden elkaar niet en komen niet samen in eindige tijd. Een gesloten baan heeft een periodieke oplossing. Soms is een vergelijking voor de banen te bepalen door het stelsel te schrijven als een differentiaalvergelijking dy/dx = y'/x' voor y = y(x). Krommen waar x' = 0 dan wel y' = 0 verdelen het fasevlak in gebieden waar x' en y' een vast teken hebben en waarmee dus ook globaal het richtingsveld kan worden aangegeven; snijpunten van die krommen geven de punten waar x' = 0 en y' = 0, dus de evenwichtsoplossing(en). Uit deze informatie zijn invariante gebieden te bepalen en is met behulp van een kwalitatieve analyse inzicht te verkrijgen in het gedrag van banen, in het bijzonder voor t → ∞, dus in het asymptotisch gedrag. Als de limiet voor t → ∞ van een baan bestaat, dan is dat een evenwichtsoplossing (xe, ye). Als (xe, ye) zelfs optreedt als limiet van alle oplossingen die voldoende dicht bij (xe, ye) starten, dan is (xe, ye) asymptotisch stabiel; vaak wordt hierbij alleen gekeken naar oplossingen met beginvoorwaarden in een invariant gebied.

ZELFTOETS

1

Beschouw het stelsel  x' = x – 4 y + 2 e –2 t  –2 t  y' = 2 x – 5 y + e

en de functies x(t) = 2e–t + 2e–3t – 2e–2t en y(t) = e–t + 2e–3t – e–2t. a Is het stelsel autonoom? Is het een lineair stelsel met constante coëfficiënten? Motiveer uw antwoorden.

84


b Laat zien dat x(t), y(t) een oplossing is van het beginwaardeprobleem x(0) = 2, y(0) = 2 bij dit stelsel. c Laat zien dat a = limt→∞x(t) en b = limt→∞y(t) bestaan. Volgt er dat (a, b) een evenwichtsoplossing is? Motiveer uw antwoord. 2

Bepaal voor de volgende stelsels een vergelijking van de banen. a x' = xy, y' = xy – y b x' = x + y, y' = x2 – y2 c x' = e2y, y' = ex+y

3

In het prooi-roofdier-model is het soms realistischer om voor x en y afzonderlijk niet exponentiële, maar logistische groei aan te nemen. Voor zekere keuze van de relevante constanten leidt dit voor x = x(t) ≥ 0 en y = y(t) ≥ 0 tot het volgende stelsel (Volterra-Lotka-stelsel met a = b = 2, c = 4, d = 1 en extra remming –x2 op de groei van x en –y2 op de groei van y):

 x' = 2 x – 2 xy – x 2  2  y ' = – 4 y + xy – y a Bepaal evenwichtsoplossingen, krommen waar x' = 0 of y' = 0, tekens van x' en y' en het globale richtingsveld. Teken de informatie in één figuur. b Laat zien dat x ≥ 0, y ≥ 0 invariant is. c Laat zien dat oplossingen die op t0 in het gebied met x' > 0 en y' < 0 zijn, in dat gebied blijven voor alle t > t0 en een limiet hebben. Bepaal die limiet. d Beredeneer wat er gebeurt met oplossingen die op t0 in één van de twee overgebleven gebieden zijn. e Laat zien dat alle oplossingen met beginvoorwaarden x0 > 0 en y0 > 0 als limiet (2, 0) hebben en concludeer dat (2, 0) asymptotisch stabiel is. f Ga na of de andere evenwichtsoplossingen asymptotisch stabiel zijn. Als dit niet het geval is voor een evenwichtsoplossing, ga dan na of er speciale oplossingen zijn die de evenwichtsoplossing als limiet hebben.

85

Inhoud leereenheid 28 Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Practicum computeralgebra Introductie 87 Leerkern 87 28.1 28.2

Richtingsvelden 87 Differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen en eersteorde lineaire differentiaalvergelijkingen 89

86

Leereenheid 28 Practicum computeralgebra

Leereenheid 28

Practicum computeralgebra

INTRODUCTIE

Van de in blok 7 behandelde onderwerpen zal slechts een deel in deze practicumleereenheid aan bod komen. Het tekenen van een richtingsveld bij een gegeven eersteordedifferentiaalvergelijking kan eigenlijk alleen maar met behulp van een computer worden uitgevoerd, en het programma Derive biedt daartoe ook de mogelijkheden. Van de behandelde analytische oplossingstechnieken zijn ‘scheiding van variabelen’ en ‘eersteorde lineaire differentiaalvergelijkingen’ ook met Derive uit te voeren. De in leereenheid 25 beschreven methode van Euler voor het numeriek benaderen van oplossingen komt in de practicumleereenheid van blok 10 (Numerieke methoden) uitvoerig aan bod. Verschillende andere onderwerpen, zoals bijvoorbeeld het werken met stelsels differentiaalvergelijkingen, kunnen met Derive niet aangepakt worden. Er zijn grotere pakketten waar dit wel mee kan, en wellicht zal dat in de toekomst ook met Derive kunnen. LEERDOELEN

Na het bestuderen van deze leereenheid wordt verwacht dat u – van een gegeven eersteordedifferentiaalvergelijking op een rechthoekig gebied met behulp van Derive een richtingsveld kunt tekenen – met behulp van de in Derive aanwezige commando’s voor een differentiaalvergelijking waarin de variabelen te scheiden zijn, zowel de algemene oplossing als de oplossing van een beginwaardeprobleem kunt bepalen – met behulp van de in Derive aanwezige commando’s voor een eersteorde lineaire differentiaalvergelijking zowel de algemene oplossing als de oplossing van een beginwaardeprobleem kunt bepalen.

LEERKERN 28.1

Richtingsvelden

In de eerste opdracht bekijken we een differentiaalvergelijking (die Derive niet kan oplossen!), en constateren daar dat bepaalde functies oplossing zijn eenvoudigweg door in te vullen.

87

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

OPGAVE 28.1

a

Beschouw de differentiaalvergelijking

dy y 3 − x 3 = dx xy 2

Controleer met behulp van Derive dat voor elke C ∈R de functie y(x) = x 3 C − 3 ln( x ) voldoet aan de differentiaalvergelijking. De functie y(x) kan in Derive worden ingevoerd als y(x) := x(C – 3ln(x))^(1/3). b Teken een aantal van deze functies, en wel voor C = –3, –2, ..., 2, 3. Dit kan eenvoudig worden uitgevoerd via vector(y(x), C, –3, 3, 1), Simplify en Plot. Met behulp van Derive kan een richtingsveld van een differentiaalvergelijking worden getekend. Daartoe moeten we eerst een hulpprogramma laden. Dit gaat als volgt. Kies uit het menu van het algebravenster FileLoad-Utility. Er wordt dan om de naam van een Derive-bestand gevraagd. Het bestand dat we hier nodig hebben, heet Ode_appr.mth Let op: het koppelteken is hier een onderstreping! Selecteer dit bestand en klik op Openen, en het bestand wordt geladen. De hulp-functies van dit bestand hebben we nu tot onze beschikking. Voor het tekenen van een richtingsveld gebruiken we direction_field De differentiaalvergelijking schrijven we in de (standaard)vorm dy = f (x, y) dx Het richtingsveld kan getekend worden op een rechthoekig gebied a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d. In Derive moet dan worden ingetypt direction_field(f(x, y), x, a, b, m, y, c, d, n) Hierbij is m respectievelijk n het aantal deelpunten in de x-richting respectievelijk de y-richting. Na het invoeren van deze functie moet eerst het commando approX worden gegeven. Nu wordt na Plot het richtingsveld (min of meer) in de gewenste vorm getekend. Mocht u losse punten te zien krijgen, controleer dan de volgende instellingen onder Options-Points: Connect: Yes Size: Small. OPGAVE 28.2

Beschouw de differentiaalvergelijking dy =x−y dx

88


a Teken het richtingsveld op het gebied 0 ≤ x ≤ 4, –2 ≤ y ≤ 2. Neem n = m = 8. Door het kruis in het punt (2, 0) te plaatsen en vervolgens het commando Set-Center te geven, komt het gewenste gebied op het scherm. b De algemene oplossing van de differentiaalvergelijking wordt gegeven door y(x) = x – 1 + Ce–x, met C ∈R. Bepaal de oplossingen waarvoor respectievelijk geldt y(0) = 21 , y(0) = –1, y(1) = –2. Dat betekent dus dat er in een drietal gevallen een waarde voor de constante C bepaald moet worden. c Teken vervolgens de oplossingen in het richtingsveld en ga na of het verloop van deze oplossingen overeenstemt met het getekende richtingsveld. OPGAVE 28.3

Beschouw de differentiaalvergelijking dy = y2 − 3y dx Teken het richtingsveld op het gebied –1 ≤ x ≤ 1, –1 ≤ y ≤ 1. Neem n = m = 8, en verander de schaal met Scale zowel langs de x- als langs de y-as in 0.5, teneinde een goed plaatje te krijgen. De hier beschouwde differentiaalvergelijking is een autonome differentiaalvergelijking. Voldoet het richtingsveld aan de in paragraaf 26.3.1 genoemde eigenschap in verband met translaties in de richting van de x-as? OPGAVE 28.4

Beschouw de differentiaalvergelijking dy xy =− dx 1 + x2 a Teken het richtingsveld op het gebied 0 ≤ x ≤ 4, –2 ≤ y ≤ 2. Neem n = m = 8. b Het lijkt alsof alle oplossingen van de differentiaalvergelijking een horizontale asymptoot hebben. Welke? c Los de differentiaalvergelijking op door scheiding van variabelen. Is er sprake van een horizontale asymptoot? d Teken enkele oplossingen van de differentiaalvergelijking. 28.2

Differentiaalvergelijkingen met gescheiden variabelen en eersteorde lineaire differentiaalvergelijkingen

In leereenheid 26 wordt een tweetal typen differentiaalvergelijkingen speciaal bekeken: differentiaalvergelijkingen waarvan de variabelen te scheiden zijn, en eersteorde lineaire differentiaalvergelijkingen. Deze beide typen kunnen ook met behulp van Derive worden aangepakt. De functies die daarvoor nodig zijn, zitten in het bestand Ode1.mth. Laad dus eerst via File-Load-Utility dit bestand. Hieruit zullen de volgende functies gebruikt worden: separable_gen separable linear1_gen linear1

89

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

De toevoeging _gen levert in beide gevallen de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking (dus inclusief een constante); zonder deze toevoeging wordt de oplossing van een beginwaardeprobleem gegeven. Om de functies separable_gen en separable te kunnen gebruiken, moet de differentiaalvergelijking eerst in de vorm dy = f ( x ) g( y ) dx geschreven worden. Vervolgens moet worden ingetypt separable_gen(f(x), g(y), x, y, c) voor de algemene oplossing, en separable(f(x), g(y), x, y, x0, y0) voor de oplossing van het beginwaardeprobleem  dy  dx = f ( x ) g( y )    y( x0 ) = y0 Na Simplify volgt dan de oplossing. OPGAVE 28.5

Bepaal de algemene oplossing van elk van de volgende twee differentiaalvergelijkingen. 1 − y4

a

dy = dx

b

dy x 2 ( y + 1)( y + 4 ) = dx y−3

y3x4

c In beide gevallen wordt de algemene oplossing in impliciete vorm gegeven. Ga na wat er gebeurt als met behulp van Solve geprobeerd wordt om y expliciet als functie van x op te lossen. OPGAVE 28.6

Bepaal de oplossingen van de volgende beginwaardeproblemen. a

dy = (1 − x ) 4 (1 − y 4 ) dx

b

( y + 1)e − x

dy + xy 3 = 0 dx

90

y( 5) = 2 y( 0) =

1 2


Het gebruik van de functies linear1_gen en linear1 gaat ongeveer hetzelfde. De eersteorde lineaire differentiaalvergelijking wordt dan in de volgende vorm geschreven: dy + a( x ) y = b( x ) dx Voor de algemene oplossing respectievelijk de oplossing van een beginwaardeprobleem moet ingetypt worden: linear1_gen(a(x), b(x), x, y, c) respectievelijk linear1(a(x), b(x), x, y, x0, y0) gevolgd door Simplify. OPGAVE 28.7

Bepaal de algemene oplossing van de volgende vier eersteorde lineaire differentiaalvergelijkingen. a

dy y + =0 dx 1 − x 2

b

dy y + =0 dx 1 − x 3

c

dy 2 + ( 2 x + 1) y = e − x dx

d

x

dy − y = x 4 − 2x2 + 7 dx

e De differentiaalvergelijkingen uit onderdelen a en b kunnen ook via scheiding van variabelen worden opgelost. Voer ook dit met Derive uit en vergelijk de verkregen antwoorden. OPGAVE 28.8

Bepaal de oplossingen van de volgende beginwaardeproblemen. a

x

dy + ( 2 x 2 + 1) y = x 3 dx

y( 2) = 1

b Ga na wat er gebeurt als in onderdeel a de beginwaarde veranderd wordt in y(0) = 1. c

dy − y cos x = e sin x tan 2 x + cos x dx

91

y( 0) = 5

Open Inhoud Universiteit casus blok

7

Continue wiskunde 2

De ontwikkeling van een epidemie Introductie 93 Leerkern 93 1 1.1 2

Het model van Kermack en McKendrick 93 De pestepidemie van Eyam 95 Een model voor seksueel overdraagbare aandoeningen 99

92

Casus blok 7 De ontwikkeling van een epidimie

Casus blok 7

De ontwikkeling van een epidemie

INTRODUCTIE

Een van de voorbeelden uit de blokintroductie bevatte een model voor de ontwikkeling van een epidemie. De vergelijking die we daar afleidden, was de logistische vergelijking y' = (c/K)y(K – y), waarbij y het aantal geïnfecteerden was. In leereenheid 26 hebt u gezien dat voor y0 > 0 het aantal geïnfecteerden y op den duur naar K nadert, en omdat K de totale omvang van de populatie was, betekent dit dat volgens dit model op den duur alle individuen geïnfecteerd raken. Voor de meeste ziekten is dit geen realistische beschrijving. In deze casus bespreken we een alternatief model dat een betere beschrijving voor de ontwikkeling van een epidemie geeft.

LEERKERN 1

Het model van Kermack en McKendrick

In voorbeeld 3 uit de introductie op dit blok gebruikten we het volgende schema voor het verloop van een epidemie: V→I waarbij V het aantal vatbaren en I het aantal geïnfecteerden. In dit schema is geen rekening gehouden met het feit dat geïnfecteerden op een gegeven moment beter worden of sterven. In het model uit deze paragraaf veronderstellen we dat herstelde geïnfecteerden immuun zijn. Het schema ziet er nu zo uit: V→I→R waarbij R de restklasse is die bestaat uit immune en gestorven individuen. We veronderstellen dat de epidemie in een relatief korte tijd plaatsvindt, zodat we aan kunnen nemen dat de totale populatie constant blijft: V(t) + I(t) + R(t) = N. Net zoals in voorbeeld 3 nemen we aan dat het aantal vatbaren dat per tijdseenheid geïnfecteerd raakt, evenredig is met het aantal ontmoetingen tussen vatbaren en geïnfecteerden en dat dit aantal ontmoetingen evenredig is met IV, dus V' = –rIV waarbij r een positieve constante is. Verder nemen we aan dat het aantal geïnfecteerden dat per tijdseenheid overgaat naar de restklasse R, evenredig is met I. De verandering van I is dan gelijk aan de toename van V naar I min de afname van I naar R, dus: I' = rIV – aI waarbij a een positieve constante is. 93

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Tenslotte vinden we zo voor R': R' = aI Hiermee hebben we het volgende stelsel afgeleid: V' = –rIV I' = rIV – aI R' = aI

(1) (2) (3)

Dit is een autonoom, niet-lineair stelsel van 3 differentiaalvergelijkingen. Als u de drie vergelijkingen optelt, vindt u V' + I' + R' = 0. Dit klopt met de aanname V(t) + I(t) + R(t) = N, waarbij N constant is. Omdat V(t) + I(t) + R(t) = N, dus R(t) = N – V(t) – I(t), kunnen we volstaan met het oplossen van het stelsel dat bestaat uit de vergelijkingen 1 en 2. We nemen als fasevlak het V-I-vlak en onderzoeken eerst het kwalitatieve gedrag van oplossingen in dit vlak. De evenwichtsoplossingen van het stelsel (1, 2) worden gegeven door I = 0. Dit komt overeen met wat u zou verwachten: als er geen geïnfecteerden zijn, dan zal de epidemie zich niet ontwikkelen en blijven V en R constant. Om het richtingsveld in het fasevlak te schetsen, bepalen we de krommen V' = 0 en I' = 0. Voor V' = 0 zijn dit de lijnen I = 0 en V = 0, voor I' = 0 de lijnen I = 0 en V = a/r. Verder geldt V' < 0 voor I > 0, V > 0 en is in het eerste kwadrant I' < 0 links van de lijn V = a/r en I' > 0 rechts van deze lijn. Deze informatie is in het fasevlak in figuur 1 weergegeven. I

V' = 0 I' = 0 V' = 0

FIGUUR 1

a/r I' = 0

V

Het fasevlak bij het stelsel (1, 2)

Uit figuur 1 volgt dat het aantal geïnfecteerden een maximum aanneemt voor V = a/r. Bovendien zien we dat als V0 < a/r, dat dan I' < 0. Kennelijk is er een grenswaarde voor het aantal vatbaren: beneden deze grenswaarde zal de epidemie zich niet ontwikkelen, maar uitsterven.

94


Het model uit de introductie op het blok voldeed niet omdat daar op den duur alle vatbaren geïnfecteerd raakten. Is dit nieuwe model beter? Om die vraag te kunnen beantwoorden, moeten we meer weten over de banen. In dit geval kunnen we een expliciet functievoorschrift voor de banen afleiden. OPGAVE 1

Gebruik de vergelijkingen 1 en 2 om een differentiaalvergelijking voor dI/dV af te leiden, en los deze vergelijking op. In figuur 2 zijn een aantal banen getekend. We hebben aangenomen dat R0 = 0, waaruit volgt dat V0 + I0 = N. Alle banen beginnen dus op de lijn V0 + I0 = N. Uit opgave 1 volgt dat I = N – V + (a/r)ln(V/V0) een vergelijking is voor een baan die aan deze beginvoorwaarde voldoet. De figuur suggereert dat limt→∞V(t) > 0. Nu we beschikken over een vergelijking van de banen, kunt u dit ook aantonen. In opgave 2 vragen we u om dit te doen. I

a/r

FIGUUR 2

N

V

Een aantal banen in het fasevlak bij het stelsel (1, 2)

OPGAVE 2 (Aanw)

Definieer de functie f door f(V) = N – V + (a/r)ln(V/V0). a Toon aan dat limV→0 f(V) = –∞. b Laat zien dat de grafiek van f precies één snijpunt heeft met de V-as op 〈0, a/r〉. c Welke conclusie kunt u met behulp van onderdeel b nu trekken over limt→∞V(t) en limt→∞I(t)? 1.1

DE PESTEPIDEMIE VAN EYAM

Het Engelse dorpje Eyam werd in 1666 getroffen door een zware pestepidemie. Om te voorkomen dat de ziekte over zou slaan naar naburige dorpen, werd het dorp al snel afgesloten van de buitenwereld.

95

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Dit had effect, de pest verspreidde zich niet. Onder de Eyamse dorpelingen vielen echter veel slachtoffers: van de 261 dorpelingen die nog aanwezig waren op het moment dat het dorp afgegrendeld werd, overleefden slechts 83 deze pestepidemie. Omdat het verloop van de epidemie vrij nauwkeurig is bijgehouden, is dit een goed voorbeeld om het model uit de vorige paragraaf te testen. Om te beginnen zetten we de beschikbare gegevens op een rij. Gegevens

We hebben al gezien dat N = 261, en dat het aantal vatbaren aan het eind van de epidemie gelijk is aan Veind = 83. Het aantal geïnfecteerden aan het begin van de epidemie was gelijk aan I(0) = 7. Alle geïnfecteerden stierven; gemiddeld was dit 11 dagen na infectie. Tenslotte zijn iedere twee weken het aantal nieuwe pestgevallen en het aantal nog gezonde dorpelingen bijgehouden.

Werkwijze

We zullen nu als volgt te werk gaan: – Eerst zullen we uit de vergelijkingen 1, 2 en 3 een expliciete eersteordedifferentiaalvergelijking voor R afleiden. – Vervolgens zullen we de gegevens gebruiken om de parameters te bepalen die in deze vergelijking voorkomen. – We beschikken dan over een concrete differentiaalvergelijking die we zullen proberen op te lossen. – Met behulp van de gevonden oplossing kunnen we functievoorschriften voor I en V bepalen en kunnen we deze resultaten vergelijken met de gegevens. Voor het complexere rekenwerk zullen we gebruik maken van computeralgebra.

Opstellen van de differentiaalvergelijking

In paragraaf 1 hebben we het volgende model voor een epidemie afgeleid: V' = –rIV I' = rIV – aI R' = aI

(1) (2) (3)

Omdat V + I + R = N, is vergelijking 3 gelijkwaardig met R' = a(N – R – V)

(3')

Als we nu V als functie van R kunnen schrijven, dan is uit vergelijking 3' een eersteorde autonome differentiaalvergelijking voor R af te leiden. We gaan net zo te werk als in opgave 1: uit de vergelijkingen 1 en 3 volgt: dV V' r = =– ·V dR R' a De differentiaalvergelijking die we zo afgeleid hebben, heeft dezelfde vorm als de vergelijking voor exponentiële afname of groei: y' = λy. In opgave 26.11 hebt u laten zien dat de oplossingen van deze vergelijking de functies y(x) = y0eλx zijn. In dit geval is de oplossing van de differentiaalvergelijking dus V(R) = V0 e – rR / a .

96


Invullen van deze oplossing in vergelijking 3' geeft de volgende differentiaalvergelijking voor R: R' = a(N – R – V0 e – rR / a ) Bepalen van parameters

De waarde van N is gegeven: N = 261 en V0 volgt uit V0 = N – I0 = 254. We moeten dus alleen de twee onbekende parameters a en r nog zien te vinden. In de vorige paragraaf hebben we de parameter a de volgende betekenis gegeven: van I geïnfecteerden gaan er per tijdseenheid aI naar de restklasse R. In dit voorbeeld nemen we als tijdseenheid een dag. Hier betekent het dus dat van I geïnfecteerden er per dag a sterven, wat impliceert dat een geïnfecteerde gemiddeld nog 1/a dagen leeft. Dit getal was gegeven, 11 dagen, waaruit volgt dat a = 1/11 ≈ 0,09. Om r te bepalen, maken we gebruik van het in de vorige paragraaf afgeleide functievoorschrift voor I als functie van N: I = N – V + (a/r)ln(V/V0) Gegeven is dat aan het eind van de epidemie Veind = 83 en Ieind = 0 (want de epidemie is beëindigd). Vullen we dit en de gegevens voor N en V0 in het functievoorschrift in, dan vinden we: Ieind = N – Veind + (a/r)ln(Veind/V0) ⇒ 0 = 261 – 83 + (a/r)ln(83/254) waaruit volgt dat a/r = 159 en r = 0,000566. Al met al hebben we nu de volgende differentiaalvergelijking voor (een benadering van) R afgeleid: R' = 0,09(261 – R – 254e–R/159)

‘Oplossen’ van de differentiaalvergelijking

(4)

Hoewel dit een autonome differentiaalvergelijking is, kan zij niet opgelost worden. De e-macht in het rechterlid gooit roet in het eten, en om dit probleem te omzeilen, benaderen we deze e-macht door haar tweede Taylor-polynoom: e–R/159 ≈ 1 – R/159 +

1 (R/159)2 2

Substitutie hiervan in vergelijking 4 geeft een vergelijking die wel analytisch oplosbaar is: R' = 0,09(261 – R – 254(1 – R/159 +

1 2

(R/159)2))

(5)

Alvorens deze vergelijking op te lossen, staan we eerst even stil bij het effect van deze benadering. Voor kleine waarden van x lijkt de tweede Taylor-polynoom van e–x sterk op deze functie zelf. Omdat aan het begin van de epidemie geldt dat R = 0, kunnen we verwachten dat vergelijking 5 voor het begin van de epidemie niet teveel afwijkt van vergelijking 4. Voor grotere waarden van x geldt echter: e–x < 1 – x + 1 x2. 2

97

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

OPGAVE 3

Wat zal het effect zijn van het gebruik van de Taylor-benadering in plaats van de oorspronkelijke e-macht op de oplossing die we vinden? Vergelijking 5 is op te lossen door de variabelen te scheiden en vervolgens een primitieve van het linkerlid te zoeken met behulp van de technieken uit blok 5. Het bijbehorende rekenwerk wordt echter erg vervelend en daarom gebruiken we computeralgebra. OPGAVE 4 (Aanw)

Bepaal met computeralgebra een expliciete oplossing van vergelijking 5. U hebt nu een vergelijking voor R afgeleid. Om de oplossing te kunnen vergelijken met de gegevens, is het handig om over een functievoorschrift voor I (en eventueel ook V) te beschikken. Met behulp van vergelijking 3 kunnen we eenvoudig een functievoorschrift voor I bepalen: I = R'/a. Ook het differentiëren van R doen we maar met computeralgebra. We vinden zo voor I:

Vergelijken met de oorspronkelijke gegevens

I(t) = 11 ·

23 , 1e 0 , 063 t + 5 , 17 e 0 , 063 t + 31, 2

0 , 214 e 0 , 126 t

Een goede controle is om te kijken of nu aan de beginvoorwaarde I(0) = 7 is voldaan. Dit blijkt inderdaad (op afrondingen na) te kloppen. In figuur 3 vindt u de grafiek van I. In de volgende figuur vindt u de oorspronkelijke gegevens. De lijnen in deze figuur zijn bepaald met behulp van een numerieke oplosmethode van het oorspronkelijke stelsel differentiaalvergelijkingen. In blok 10 leert u daar meer over. U ziet dat met name voor de eerste helft van de epidemie onze benadering heel goed overeenkomt met de werkelijke aantallen. I 30

20

10

25 FIGUUR 3

98

50

75

100

t [dagen]

De grafiek van het aantal geïnfecteerden I als functie van de tijd, bepaald met behulp van vergelijking 5


aantal 250

200

150

100 50

0

25

FIGUUR 4

50

75

100

125

t [dagen]

De werkelijke aantallen (de stippen geven de geïnfecteerden en de rondjes de vatbaren weer) en de numeriek bepaalde oplossingen (geïnfecteerden: doorgetrokken lijn, vatbaren: stippellijn)

aantal 200

150

100

50

25

FIGUUR 5

50

75

100

t [dagen]

R volgens ons model (doorgetrokken lijn), de werkelijke aantallen (stippen) en de numeriek bepaalde oplossingen (stippellijn)

Ook klopt de voorspelling uit opgave 3: uit figuur 5 is af te lezen dat in ons model R in de tweede helft te snel daalt vergeleken met de feitelijke gegevens; dit verschil is nog opvallender als we onze benadering met de numerieke oplossing vergelijken. 2

Een model voor seksueel overdraagbare aandoeningen

In deze paragraaf stellen we een model op voor ziektes die overgebracht worden door heteroseksueel contact. We hebben dus te maken met een populatie die onderverdeeld is in twee subpopulaties die we aangeven met de indices m en v. Aanpassing van het schema uit de vorige paragraaf, geeft het volgende schema (zie figuur 6).

99

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Vv

Iv

Rv

Vm

Im

Rm

Verloop van epidemie overdragen door contact tussen twee subpopulaties

FIGUUR 6

De dubbele pijlpunt geeft de betrokkenheid van de ene klasse bij het geïnfecteerd raken van individuen van het andere geslacht weer. Voor ziektes als gonorroe geldt dat wie genezen is, weer opnieuw vatbaar is. We zullen daarom in deze paragraaf aannemen dat de klassen Rv en Rm leeg zijn, en dat de overgang tussen de klassen als volgt verloopt (zie figuur 7).

Vv

Iv

Vm

Im

FIGUUR 7

Verloop van epidemie waarbij geen immuniteit optreedt

Op dezelfde manier als in de vorige paragraaf, vinden we zo het volgende stelsel van vier differentiaalvergelijkingen: Vv' = –rvVvIm + avIv I v' = rvVvIm – avIv Vm' = –rmVmIv + amIm Im ' = rmVmIv – amIm

waarbij rv, av, rm en am positieve parameters (als in paragraaf 1) zijn voor de twee verschillende subpopulaties. We zullen weer aannemen dat het totale aantal individuen constant blijft, dus dat Vv(t) + Iv(t) = Nv, Vm(t) + Im(t) = Nm. Door deze betrekkingen is het stelsel van vier differentiaalvergelijkingen terug te brengen tot het volgende stelsel van twee differentiaalvergelijkingen: I v' = rvIm(Nv – Iv) – avIv Im ' = rmIv(Nm – Im) – amIm

100

(6) (7)


Om het richtingsveld in het Iv-Im-fasevlak bij dit stelsel te kunnen schetsen, bepalen we eerst de krommen waar I v' = 0 en waar I m ' = 0: – de kromme I v' = 0 heeft als vergelijking Im =

av I v rv ( N v − I v )

– de kromme I m ' = 0 heeft als vergelijking Im =

rm N m I v rm I v + am

Beide hyperbolen zijn getekend in figuur 8. Voor het vervolg onderscheiden we de situatie waarin beide hyperbolen elkaar in het derde kwadrant snijden (figuur 8a) en die waarin de hyperbolen elkaar in het eerste kwadrant snijden (figuur 8b). a

NvNm – pvpm ≤ 0

b NvNm – pvpm > 0 Im

Im

1

1

Iv Im' = 0

Im' = 0 Iv' = 0

1

Iv' = 0

1 FIGUUR 8

Iv

' =0 De krommen I v' = 0 en I m

Snijden van deze twee krommen geeft de volgende twee evenwichtsoplossingen: Iv = 0, Im = 0 of: Iv =

N v N m − p v pm N N − p v pm , Im = v m pv + N m pm + N v

waarbij pv = av/rv, pm = am/rm. Het stelsel heeft dus alleen een tweede positieve evenwichtsoplossing in het geval dat NvNm – pvpm > 0. Het fasevlak voor de situatie NvNm – pvpm > 0 en NvNm – pvpm ≤ 0 is geschetst in figuur 9.

101

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

a NvNm – pvpm ≤ 0 Im

b NvNm – pvpm > 0 Im

Iv' = 0

Iv' = 0

IV Im' = 0 III Im' = 0 III

II II

I I

0

Iv FIGUUR 9

0

Iv

Fasevlak van Iv en Im

Bekijk eerst het fasevlak voor het geval dat NvNm – pvpm ≤ 0. Het lijkt dat alle banen naar de evenwichtsoplossing (0, 0) leiden. Om dit aan te tonen, hebben we het soort redeneringen nodig als in leereenheid 27. We zullen eerst laten zien dat een baan die in deel II van het vlak begint, deze niet kan verlaten. Stel dat een baan een rand van dit vlakdeel bereikt. Vanaf de rand wijzen de pijlen naar binnen toe, de oplossing zal dus binnen het gebied II blijven. OPGAVE 5

Toon voor het geval dat NvNm – pvpm ≤ 0 aan dat voor elke baan met positieve beginwaarden geldt dat limt→∞Iv(t) = limt→∞Im(t) = 0. Uit opgave 5 volgt dat de epidemie uitsterft in het geval dat NvNm – pvpm ≤ 0. Hoe zit dat als NvNm – pvpm > 0? Is (0, 0) dan nog steeds een stabiel evenwicht? Het fasevlak suggereert dat dit niet het geval is. OPGAVE 6

In deze opgave onderzoeken we het fasevlak voor het geval dat geldt NvNm – pvpm > 0 (zie figuur 9). a Toon aan dat een baan die in vlakdeel II begint, dit vlakdeel niet kan verlaten. Hetzelfde geldt voor vlakdeel IV (dit vlakdeel wordt begrensd door de lijnen Iv = Nv en Im = Nm). b Laat (Iv, Im) een baan zijn, met beginwaarden 0 < Iv < Nv, 0 < Im < Nm. Bepaal limt→∞Iv(t) en limt→∞Im(t).

102

Opgaveneenheid blok 7


INTRODUCTIE

De opgaven in deze opgaveneenheid hebben betrekking op alle stof uit blok 7. U kunt de opgaven maken als u dit blok helemaal hebt bestudeerd. Eventueel kunt u een aantal opgaven niet direct maken, maar ze later als tentamenvoorbereiding gebruiken.

Opgaven 1

Los de volgende differeniaalvergelijkingen op. a y' = y(2 – y) b y' = x + y c y' = cos2x · cos2y (Aanwijzing: gebruik cos2x = 1 – 2cos2x.) d y' = 3x2y + ex3sinx

2

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' =

1 x+y

a Bepaal de delen van het vlak waarvoor y' > 0 en y' < 0. b Gegeven is dat de functie f een oplossing is van de differentiaalvergelijking en dat f(1) = 1. Geef een vergelijking van de raaklijn aan f in (1, 1). c Geef een vergelijking van de isocline door (2, 1). d Toon aan dat alle isoclinen evenwijdig zijn. 3

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = y(x – xy). a Bepaal de constante oplossingen van deze differentiaalvergelijking. b Bepaal de punten met y' = 0. c Toon aan dat een oplossing f een extreem heeft als f(0) ≠ 0 en f(0) ≠ 1. d Bepaal alle waarden voor c zodanig dat de oplossing f met f(0) = c een maximum heeft. e Toon aan dat de functies

y( x ) =

1 1 2 1 + Ce − 2 x

oplossing zijn van de differentiaalvergelijking. f Bepaal de oplossing die voldoet aan beginwaarde y(0) = 2.

103

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

4

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' = (1 + p – y)(p – 2y) waarbij p een constante is. a Bepaal de evenwichtsoplossingen (uitgedrukt in p). b Neem achtereenvolgens p = –4 21 , p = –3 21 , p = –2 21 p = –1 21 . Onderzoek voor deze waarden van p welke evenwichtsoplossing stabiel danwel instabiel is en bepaal limt→∞y(t) als y een oplossing is met beginwaarde y(0) = –2.

5

Gegeven is de differentiaalvergelijking y' =

4 – y2 y+1

a Bepaal de twee evenwichtsoplossingen van deze differentiaalvergelijking. b Toon aan dat beide evenwichtsoplossingen stabiel zijn. c Laat g de grootste evenwichtsoplossing zijn en k de kleinste. Bepaal a zodanig dat aan de volgende twee eisen voor een oplossing y is voldaan: – als y(0) ∈〈a, ∞〉, dan limt→∞y(t) = g – als y(0) ∈〈–∞, a〉, dan limt→∞y(t) = k. 6

Een berg wordt beschreven door de vergelijking z = 100 – x2 – 2y2 + x. De coördinaten van de top van deze berg zijn ( 21 , 0, 100 41 ). Een wandelaar die zich in punt (5, 5, 30) bevindt, wil zo snel mogelijk de top bereiken en kiest daarvoor steeds de steilste richting. a In welke richting vertrekt de wandelaar uit (5, 5, 30)? b We kunnen de weg die de wandelaar volgt, beschrijven door een functie van één variabele y = f(x). (De bijbehorende z-coördinaat wordt gegeven door de vergelijking van de berg). Laat zien dat deze functie f een oplossing is van de volgende differentiaalvergelijking: dy 4y = dx 2 x − 1 c Los deze differentiaalvergelijking op en controleer dat de wandelaar inderdaad de top bereikt.

104


7

Bepaal voor de volgende stelsels een vergelijking van de banen. a x' = 2x – x2 – 2xy, y' = –6y + 6y2 + 3xy b x' = ye3x, y' = yx2 – 3e3xy2

8

Beschouw voor x = x(t) ≥ 0 en y = y(t) ≥ 0 het stelsel dat ‘uitsluiting door competitie’ beschrijft, maar nu met a = c = 6, b = d = 1 en e = f = 2, dus  x' = 6 x – x 2 – 2 xy  2  y ' = 6 y – y – 2 xy

a Bepaal evenwichtsoplossingen, krommen waar x' = 0 of y' = 0, tekens van x' en y' en het globale richtingsveld. Teken de informatie in één figuur. b Laat zien dat x ≥ 0, y ≥ 0 invariant is. c Laat zien dat oplossingen die op t0 in het gebied met x' > 0 en y' < 0 ofwel in het gebied met x' < 0 en y' > 0 zijn, in die gebieden blijven voor alle t > t0 en een limiet hebben. Wat is die limiet? d Laat zien dat oplossingen die op t0 in het gebied met x' > 0 en y' > 0 zijn, een limiet hebben. Wat is die limiet? e Laat zien dat (2, 2) en ook (0, 0) niet (asymptotisch) stabiel zijn. f Het gebied met x' < 0 en y' < 0 is iets ingewikkelder: laat zien dat oplossingen in dit gebied met bovendien (!) x0 = x(t0) < 2 als limiet (0, 6) hebben en concludeer dat (0, 6) asymptotisch stabiel is (zoiets geldt ook voor (6, 0), maar dat hoeft u niet aan te tonen).

105

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

106

Bijlage Bewijzen van stellingen

Bijlage

Bewijzen van stellingen

1 STELLING 26.2

Bewijzen bij leereenheid 26

Laat y een oplossing zijn van de autonome differentiaalvergelijking y' = f(y), waarbij f continu is op R. Stel dat limt→∞y(t) = a. Dan is y = a een evenwichtsoplossing van y' = f(y). Bewijs We moeten aantonen dat y = a een evenwichtsoplossing is, dus dat f(a) = 0. Veronderstel dat f(a) ≠ 0 en neem aan dat f(a) > 0. (Het geval f(a) < 0 verloopt analoog.) We zullen uit deze aanname een tegenspraak afleiden. Omdat f continu is, is er een omgeving van a waarop geldt dat f(y) > 1 f(a) > 0. Uit limt→∞y(t) = a volgt dat de oplossing y vanaf zekere waarde 2 t0 helemaal binnen deze omgeving valt (zie figuur 26.18). y

y=a

t0

FIGUUR 26.18

t

Het richtingsveld van y' = f(y) in een omgeving van de evenwichtoplossing y = a

Hieruit volgt dat voor t > t0 geldt dat y'(t) > 21 f(a). Uit y'(t) > 21 f(a) > 0 voor alle t > t0 volgt echter dat limt→∞y(t) = ∞, wat in tegenspraak is met de aanname limt→∞y(t) = a. Omdat op dezelfde manier de aanname f(a) < 0 tot een tegenspraak leidt, volgt er dat f(a) = 0, dus y = a is een evenwichtsoplossing. q 2

Bewijzen bij leereenheid 27

Allereerst bewijzen we stelling 27.2 met behulp van stelling 27.1. STELLING 27.2

Zij x' = p(x, y), y' = q(x, y) een autonoom stelsel waarbij p en q continue partiële afgeleiden naar x en y hebben. Dan bestaat er door ieder punt (x0, y0) ∈R2 precies één baan. In het bijzonder moeten twee banen met één gemeenschappelijk punt hetzelfde zijn.

107

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

Bewijs Gegeven (x0, y0) ∈R2, bekijken we het beginwaardeprobleem x' = p(x, y), y' = q(x, y) en x(0) = x0, y(0) = y0. Uit stelling 27.1 volgt dat er functies x(t), y(t) bestaan die aan dit beginwaardeprobleem voldoen. De baan bij deze oplossing gaat door (x0, y0). Stel nu dat er nog een andere baan door (x0, y0) gaat, dat wil zeggen, dat er u(t), v(t) zijn die voldoen aan u' = p(u, v), v' = q(u, v) en aan u(t0) = x0, v(t0) = y0 voor zekere t0. Bekijk dan de functies u1(t) = u(t + t0)

en

v1(t) = v(t + t0)

Deze voldoen nu aan dezelfde beginvoorwaarden als x(t) en y(t), namelijk u1(0) = x0 en v1(0) = y0, en als we kunnen aantonen dat u1, v1 ook aan het stelsel voldoen, dan zijn x(t), y(t) en u1(t), v1(t) oplossingen van hetzelfde beginwaardeprobleem, wat volgens de eenduidigheid uit stelling 27.1 betekent dat ze gelijk moeten zijn. Er zou dan volgen dat x(t) = u1(t) = u(t + t0) en y(t)= v1(t) = v(t + t0) voor alle t, wat betekent dat (x(t), y(t)) en (u(t), v(t)) dezelfde baan beschrijven (u, v is ten opzichte van x, y verschoven in de tijd, maar de paren doorlopen wel dezelfde punten in het vlak). Er gaat dus geen andere baan door (x0, y0), wat de stelling zou bewijzen. Dat u1 en v1 aan het stelsel voldoen, is eenvoudig aan te tonen. Omdat u voldoet, geldt er dat u'(t) = p(u(t), v(t)) voor alle t, dus ook u'(t + t0) = p(u(t + t0), v(t + t0)) = p(u1(t), v1(t)) voor alle t. Maar volgens de kettingregel is u' uitgerekend in t + t0 hetzelfde als de afgeleide naar t van de functie u(t + t0) = u1(t), ofwel u'(t + t0) = u1' t). Dit bewijst u1' = p(u1, v1) en net zo volgt u1' = q(u1, v1), dus u1 en v1 voldoen aan het stelsel. q Vervolgens bewijzen we dat iedere gesloten baan door een periodieke oplossing wordt beschreven. STELLING 27.3

Iedere gesloten baan wordt beschreven door een periodieke oplossing. Bewijs Laat x(t), y(t) de bijbehorende oplossing zijn. Er geldt dan dat x(t0) = x(t1) en y(t0) = y(t1) voor t0 ≠ t1: er is immers een ‘tijdstip t1’ waarop de baan in een ‘oud punt’ (x(t0), y(t0)) terugkomt. We mogen aannemen dat t1 ‘later’ is, dus dat t1 > t0, en dat t1 het eerste tijdstip is waarvoor dit geldt. Hieruit volgt dat er een T > 0 is, zodanig dat t1 = t0 + T en dat T de kleinste waarde is waarvoor dit geldt. We beweren nu dat dan ook meteen x(t) = x(t + T) en y(t) = y(t + T) voor alle t. Immers, omdat x(t), y(t) aan het stelsel voldoet, volgt uit het bewijs van stelling 27.2 dat ook x(t + T), y(t + T) voldoet. Maar aangezien x(t0) = x(t0 + T) en y(t0) = y(t0 + T), voldoen x(t), y(t) en x(t + T), y(t + T) ook aan dezelfde beginvoorwaarden, zodat ze hetzelfde zijn (stelling 27.1). Dit bewijst dat x(t) = x(t + T), y(t) = y(t + T), dus de oplossing is periodiek. q Nu bewijzen we dat bij een autonoom stelsel een ‘limietpunt’ van een baan een evenwichtsoplossing van het stelsel is.

108

Bijlage Bewijzen van stellingen

STELLING 27.4

Zij x(t), y(t) een oplossing van x' = p(x, y), y' = q(x, y), waarbij p en q continue partiële afgeleiden naar x en y hebben. Als xe = limt→∞x(t) en ye = limt→∞y(t) bestaan, dan is (xe, ye) een evenwichtsoplossing. Bewijs Zij h > 0. Volgens stelling 15.1 (uit Continue wiskunde 1) geldt voor de (continu differentieerbare) functie x(t) dat mh ≤ x(t + h) – x(t) ≤ Mh waarbij m = min{x'(τ)t ≤ τ ≤ t + h} = min{p(x(τ), y(τ))t ≤ τ ≤ t + h} en M = max{x'(τ)t ≤ τ ≤ t + h} = max{p(x(τ), y(τ))t ≤ τ ≤ t + h}. Laat nu t → ∞. Uit limt→∞x(t) = xe volgt dat limt→∞x(t + h) = xe, dus limt→∞(x(t + h) – x(t)) = 0. Maar als t → ∞, dan ook τ → ∞, en omdat limτ→∞p((x(τ), y(τ)) = p(xe, ye), volgt er dat m = p(xe, ye) en M = p(xe, ye) als t → ∞. Uit voorgaande ongelijkheden volgt dus voor t → ∞ dat p(xe, ye)h ≤ 0 ≤ p(xe, ye)h en dus moeten dit gelijkheden zijn, ofwel p(xe, ye) = 0. Net zo volgt dat q(xe, ye) = 0. Dus (xe, ye) is een evenwichtsoplossing. q Het laatste resultaat uit leereenheid 27 waarvan we hier een precies bewijs willen geven, is het volgende feit: Een baan bij stelsel 27.8 verlaat gebied II niet via x + y = 1 of x + y = 2.

Als f'(c) = 0 en f"(c) < 0, dan heeft f een maximum in c (zie bijvoorbeeld paragraaf 23.3).

Bewijs Bekijk eerst het geval dat II verlaten wordt via x + y = 1 en laat t1 het moment van verlaten zijn. Uit y' = 0 op x + y = 1 volgt dat y'(t1) = 0. Vóór het moment van verlaten zit de baan in II, waar geldt y' < 0, terwijl ná het moment van verlaten de baan in I zit, waar geldt y' > 0. De functie y heeft voor t = t1 dus een minimum. We zullen aantonen dat y voor t = t1 ook een maximum heeft, wat onmogelijk is (y is niet constant) en wat dus bewijst dat II niet via x + y = 1 verlaten kan worden. Dat y(t1) een maximum is, laten we zien met y"(t1) < 0. Differentiëren we y'(t) = y(t) – y(t)2 – y(t)x(t) naar t, dan volgt dat y"(t) = y'(t) – 2y(t)y'(t) – y'(t)x(t) – y(t)x'(t). Neem nu t = t1 en gebruik dat y'(t1) = 0, dan zien we dat y"(t1) = –y(t1)x'(t1). Maar op x + y = 1 geldt x' > 0 en ook geldt y > 0, dus y"(t1) = –y(t1)x'(t1) < 0, wat bewijst dat y voor t = t1 een maximum heeft. Analoog volgt dat II niet via x + y = 2 verlaten wordt, omdat x dan op het moment van verlaten zowel een maximum als een minimum zou hebben. q

109

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

110

Aanwijzingen

Aanwijzingen en Terugkoppelingen

111

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

112

Aanwijzingen

AANWIJZINGEN LEEREENHEID 25

25.6

d De stijging is maximaal als y' maximaal is. Zoek dus het maximum van de functie y' = y(4 – y).


26.5

Laat zien dat in deze gevallen de constante B uit de oplossing 26.7 kleiner is dan 0, zodat de noemer voor zekere waarde van x gelijk is aan 0.

26.8

a Leidt uit de eerste vergelijking een uitdrukking af voor (R(t))2 en vul die in de tweede vergelijking in.


27.12

a Voor x = 0 reduceert het stelsel tot x' = 0, y' = –cy. Laat zien dat bij gegeven beginvoorwaarden x(0) = 0, y(0) = y0 > 0 er een unieke oplossing is met x(t) = 0 voor alle t. b De functie x(t) blijft steeds toenemen en zal onbegrensd worden. Immers, als x(t) begrensd zou zijn, dan zou limt→∞x(t) bestaan, wat tot een niet-bestaande evenwichtsoplossing zou leiden. Voor y(t) bestaat de limiet voor t → ∞.

AANWIJZINGEN CASUS BLOK 7

2

c

Gebruik stelling 27.4.

4

Gebruik Approximate (bijvoorbeeld op drie decimalen) om uw antwoord te fatsoeneren.

113

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

114

Terugkoppelingen

TERUGKOPPELING LEEREENHEID 25

Uitwerking van de opgaven

1

25.1

a

Uit y(x) =

y'(x) =

−x 5−

x2

5 − x 2 volgt = −

x y

dus de functie y(x) = 5 − x 2 voldoet aan de differentiaalvergelijking. b Uit y(x) = – 5 − x 2 volgt y'(x) =

x 5−

x2

= −

x y

dus de functie y(x) = – 5 − x 2 voldoet aan de differentiaalvergelijking. 25.2

Onder de voorwaarde y ≠ 0 zijn de volgende vergelijkingen equivalent: y' = –

x y

dy x =− dx y ⇔ydy = – xdx ⇔xdx + ydy = 0 ⇔2xdx + 2ydy = 0 ⇔

vervang y' door dy/dx vermenigvuldig links en rechts met dx en y

25.3

Uit y(x) = ax + b volgt y'(x) = a. Invullen in de differentiaalvergelijking y' = 2y + 4x geeft: a = 2(ax + b) + 4x, dus 2b – a + (2a + 4)x = 0. Deze gelijkheid kan alleen voor elke x gelden als 2b – a = 0 en 2a + 4 = 0. Uit deze vergelijkingen volgt a = –2 en b = –1. De oplossing is dus gelijk aan y(x) = –2x – 1.

25.4

a Uit y(x) = cosx volgt y’(x) = –sinx en –ytanx = –cosxtanx = –sinx. Dus is y(x) = cosx een oplossing van de differentiaalvergelijking. b Uit y(x) = 2 + cosx volgt y’(x) = –sinx en –ytan(x) = –(2 + cosx)tanx. Aangezien de functies –sinx en –(2 + cosx)tanx verschillen, is y(x) = 2 + cosx geen oplossing van de differentiaalvergelijking. c Uit y(x) = 2cosx volgt y’(x) = –2sinx en –ytanx = –2cosxtanx = –2sinx. Dus is y(x) = 2cosx een oplossing van de differentiaalvergelijking. d Uit y(x) = cos2x volgt y’(x) = –2sin2x en –ytanx = –cos2xtanx. Aangezien de functies –2sin2x en –cos2xtanx verschillen, is y(x) = cos2x geen oplossing van de differentiaalvergelijking.

25.5

a Voor T = 20 geldt T' = –2(20 – 20) = 0. In de punten met T = 20 tekenen we dus horizontale lijnelementen. Voor T = 21 geldt T' = –2(21 – 20) = –2. In deze punten tekenen we dus lijnelementen met richtingscoëfficiënt –2. Voor T = 19 geldt T' = –2(19 – 20) = 2. In deze punten tekenen we dus lijnelementen met richtingscoëfficiënt 2. Op dezelfde manier zijn ook de overige lijnelementen bepaald, zie figuur 25.14.

115

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

T 23 22 21 20 19 18 17

FIGUUR 25.14

Richtingsveld voor T' = –2(T – 20)

b In het richtingsveld lijkt T(t) = 20 een constante oplossing te zijn. Vullen we deze constante functie in de differentiaalvergelijking in, dan vinden we: 0 = –2(20 – 20). Dit klopt, dus T(t) = 20 is inderdaad een oplossing van de differentiaalvergelijking. c De ongelijkheid T' > 0 geldt als –2(T – 20) > 0 dus T < 20. De ongelijkheid T' < 0 geldt als –2(T – 20) < 0 dus T > 20. T' is dus positief onder de lijn T = 20 en negatief daarboven. d Zie figuur 25.15. T

21

19

FIGUUR 25.15

25.6

Een aantal oplossingen

a Als y = 4, dan y' = y(4 – y) = 0. In de punten met y-coördinaat y = 4 tekenen we dus horizontale lijnelementen. Hetzelfde geldt voor punten met y-coördinaat y = 0.

116

Terugkoppelingen

Als y = 3, dan y' = y(4 – y) = 3. In de punten met y-coördinaat y = 3 tekenen we dus lijnelementen met richtingscoëfficiënt 3. Hetzelfde geldt voor punten met y-coördinaat y = 1. Als y = 2, dan y' = y(4 – y) = 4. In de punten met y-coördinaat y = 2 tekenen we dus lijnelementen met richtingscoëfficiënt 4. Als y = 5, dan y' = y(4 – y) = –5. In de punten met y-coördinaat y = 5 tekenen we dus lijnelementen met richtingscoëfficiënt –5. Hetzelfde geldt voor punten met y-coördinaat y = –1. Op dezelfde manier zijn ook de overige lijnelementen bepaald. Zie figuur 25.16. y

1

1

FIGUUR 25.16

x

Richtingsveld voor y' = y(4 – y)

b In het richtingsveld lijken y(x) = 0 en y(x) = 4 constante oplossingen te zijn. Vullen we de constante functie y(x) = 0 in de differentiaalvergelijking in, dan vinden we 0 = 0(4 – 0). Dit klopt dus is y(x) = 0 inderdaad een oplossing van de differentiaalvergelijking. Op dezelfde manier geeft invullen dat ook y(x) = 4 een oplossing is. c Aan y' > 0 is voldaan als y(4 – y) > 0, dus als 0 < y < 4. (De grafiek van y(4 – y) is een bergparabool met nulpunten y = 0 en y = 4.) Aan y' < 0 is voldaan als y(4 – y) < 0, dus als y < 0 of y > 4. De afgeleide y' is dus positief tussen de lijnen y = 0 en y = 4 en negatief daarbuiten. d De stijging van een oplossing is maximaal als y' maximaal is. Uit y' = y(4 – y) = 4y – y2 volgt y" = 4 – 2y. Dit is gelijk aan 0 voor y = 2, en omdat de grafiek van y(4 – y) een bergparabool is, vinden we inderdaad voor y = 2 een maximum. Op alle punten op de lijn y = 2 is de stijging van een oplossing door dat punt dus maximaal. De lijnelementen uit het richtingsveld zijn hier het steilst.

117

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

e

Zie figuur 25.17. y

1

x

1

FIGUUR 25.17

25.7

a


Isoclinen hebben vergelijking

y−x =a x dus y = (a + 1)x. Op de lijn y = x (a = 0) tekenen we dus horizontale lijnelementen, op de lijn y = 2x (a = 1) lijnelementen met richtingscoëfficiënt 1, op de lijn y = 21 x lijnelementen met richtingscoëfficiënt – 21 en op de lijn y = –x lijnelementen met richtingscoëfficiënt –2. Op dezelfde manier zijn ook de overige lijnelementen bepaald. Zie figuur 25.18. y

1

1

FIGUUR 25.18

x

Richtingsveld voor y' = (y – x)/x

b Aan y' > 0 is voldaan als (y – x)/x > 0. Dit geldt als y > x en x > 0 of als y < x en x < 0.

118

Terugkoppelingen

Aan y' < 0 is voldaan als (y – x)/x < 0. Dit geldt als y > x en x < 0 of als y < x en x > 0. De gebieden waar geldt y' > 0 respectievelijk y' < 0, zijn in figuur 25.19 respectievelijk met + en – aangegeven. y y=x + – – x – – +

FIGUUR 25.19

Delen waar y' > 0 of y' < 0

c Extremen kunnen optreden als y' = 0, dus op de lijn y = x. Om te onderzoeken of hier inderdaad extremen optreden, bepalen we de tweede afgeleide y" (een toelichting op de laatste stap vindt u na de berekening): y' =

y−x xy ' − y –1 ⇒y" = = 2 x x x

Bij de laatste overgang is om y’ te elimineren y' = (y – x)/x ingevuld. Er volgt dat y" > 0 voor x < 0 en y" < 0 voor x > 0. Oplossingen hebben dus een maximum op de lijn y = x voor x > 0 en een minimum voor x < 0. (U kunt dit onderdeel ook oplossen door figuur 25.19 te gebruiken en op te merken dat steeds tekenwisseling voor y' plaatsvindt.) d Zie figuur 25.20. y

x

FIGUUR 25.20

119


Open Universiteit

Continue wiskunde 2

e Het lijkt dat oplossingen voor x nadert naar 0 naar y = 0 naderen. f In onderdeel c hebben we afgeleid: y" = –1/x. Primitieven van y" zijn eenvoudig te bepalen: y'(x) = –lnx + a (we zijn op zoek naar oplossingen voor x > 0). Omdat een primitieve van lnx gelijk is aan xlnx – x (te vinden door partieel integreren), vinden we: y(x) = –(xlnx – x) + ax + b. We controleren deze oplossingen (door de differentiaalvergelijking eerst te differentiëren hebben we mogelijk nu teveel oplossingen gekregen). Invullen van y(x) = –(xlnx – x) + ax + b in de differentiaalvergelijking geeft: –lnx + a =

− x ln x + ax + b x

Aan deze gelijkheid is alleen voldaan als b = 0. De oplossingen die we zo gevonden hebben, zijn dus: y(x) = –(xlnx – x) + ax. De hier gevolgde methode was een ad-hocmethode om deze differentiaalvergelijking op te lossen. U hoeft deze methode niet te onthouden. 25.8

a Uit y(x) = ( 31 x + c)3 volgt y'(x) = ( 31 x + c)2 en 3 y 2 = 3 ( 31 x + c )6 = ( 31 x + c)2, dus deze functies voldoen aan de differentiaalvergelijking. b Allereerst is de constante functie y = 0 een oplossing die aan de beginvoorwaarde voldoet. Uit onderdeel a volgt dat ook de functie y(x) = ( 31 x – 35 )3 een oplossing van het beginwaardeprobleem is (want ook voor deze functie geldt y(5) = 0). We vinden andere oplossingen door de constante oplossing y = 0 te combineren met oplossingen van de vorm y(x) = ( 31 x + c)3, bijvoorbeeld: y(x) = 0 y(x) = ( 31 x –

5 3 ) 3

voor x < 5 voor x ≥ 5

Bij deze functie moeten we apart controleren dat ook in x = 5 aan de differentiaalvergelijking is voldaan. Omdat linker- en rechterafgeleide gelijk zijn aan 0 en 3 y 2 = 0 voor x = 5, voldoet deze functie inderdaad. Er zijn oneindig veel andere mogelijke oplossingen, die verkregen worden door takken van de vorm ( 31 x + c)3 aan y(x) = 0 te plakken. Als de takken netjes aansluiten, ontstaat zo een oplossing, bijvoorbeeld: y(x) = ( 31 x )3 y(x) = 0 y(x) = ( 31 x – 35 )3

voor x < 0 voor 0 ≤ x < 5 voor x ≥ 5

De constanten (c = 0 en c = – 35 ) zijn zo gekozen dat y continu is in x = 0 en x = 5. Ook nu blijkt y in deze punten aan de differentiaalvergelijking te voldoen. 25.9

Veronderstel dat de functies g en h twee oplossingen zijn van y' = f(x, y) op D en dat g en h samenkomen in het punt (a, b). Definieer nu een beginwaardeprobleem door aan de differentiaalvergelijking y' = f(x, y) de beginvoorwaarde y(a) = b toe te voegen. Dan zijn g en h twee verschillende oplossingen van dit beginwaardeprobleem. Er was echter gegeven dat f aan de voorwaarden uit de stelling over existentie en een-

120

Terugkoppelingen

duidigheid voldeed, en dus maar één oplossing heeft. Het is dus niet mogelijk dat twee oplossingen g en h in D in één punt samenkomen. 25.10

Een benadering van y' = 3 y 2 , y(0) = 1 met stapgrootte h = 1 gaat als volgt: y0(0) = 1, y'(0) = 3 12 = 1, dus voor de benadering y1 in x = 1 geldt y1 = 1 + 1 · 1 = 2. Uit y1 = 2 volgt y'(1) = 3 2 2 ≈ 1,59, dus in x = 2 geldt y2 = 3,59. Nu geldt y'(2) = 3 ( 3 , 59)2 ≈ 2,34, dus in x = 3 geldt y3 = 5,93. Op dezelfde manier benaderen we de oplossing met stapgrootte h = 0,5. n

xn

yn

y'

yn + h · y'

0 1 2 3 4 5 6

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

1 1,5 2,16 2,99 4,03 5,30 6,81

1 1,31 1,67 2,08 2,53 3,04

1,5 2,16 2,99 4,03 5,30 6,81

De exacte oplossing is van de vorm y(x) = ( 31 x + c)3. Uit y(0) = 1 volgt c = 1. In figuur 25.21 ziet u de twee benaderingen en de exacte oplossing y(x) = ( 31 x + 1)3 getekend. y

1

1

FIGUUR 25.21

2

x

De exacte oplossing y(x) = ( 31 x + 1)3 en de benaderingen met stapgrootte h = 1 en h = 0,5

Uitwerking van de zelftoets

1

Een eenvoudig voorbeeld is: y(5) – x = 0. Elk voorbeeld waarbij y(5) de hoogst voorkomende afgeleide is, is goed.

2

a De functie f(x, y) = xy – x3 is continu op R2, dus aan de eerste voorwaarde is voldaan. De partiële afgeleide naar y is gelijk aan fy(x, y) = x, dus deze bestaat op R2 en is hier ook continu. Ook aan de tweede voorwaarde is dus voldaan. 121

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

b Uit y' = 0 volgt xy – x3 = x(y – x2) = 0, dus x = 0 of y = x2. c Er geldt: y' > 0 als x > 0 en y > x2 of als x < 0 en y < x2 y' < 0 als x < 0 en y > x2 of als x > 0 en y < x2. De verschillende gebieden ziet u in figuur 25.22 aangegeven. y y' = 0

y' < 0

y' > 0

y' > 0

y' < 0 x y' = 0

FIGUUR 25.22

Delen waar y' > 0 of y' < 0

d Zie figuur 25.23. y

x

FIGUUR 25.23

Richtingsveld voor y' = xy – x3

e In onderdeel b is aangetoond dat g een stationair punt heeft voor x = 0. In de figuur uit onderdeel c lezen we af dat voor g(0) > 0 geldt dat g' links van 0 dalend is en rechts stijgend, zodat g een minimum heeft in x = 0. Voor g(0) < 0 geldt het omgekeerde: links van 0 is g stijgend en rechts dalend, dus g heeft een maximum voor x = 0. U kunt deze opgave ook oplossen met behulp van de tweede afgeleide. Uit y' = xy – x3 volgt y" = xy' + y – 3x2 = x2y – x4 + y – 3x2, dus y"(0) = y(0). Hieruit volgt dat y"(0) > 0 voor y(0) > 0, zodat hier een minimum optreedt. Uit y"(0) < 0 voor y(0) < 0 volgt een maximum voor y(0) < 0. f In onderdeel b hebt u laten zien dat stationaire punten optreden voor x = 0 of y = x2. Een maximum met x-coördinaat x = 2 moet dus y-coördinaat 4 hebben.

122

Terugkoppelingen

g Uit y(x) = x2 + 2 + cex2/2 volgt y'(x) = 2x + cxex2/2 en xy – x3 = 2x + cxex2/2. Dus voldoen deze functies aan de differentiaalvergelijking. h Uit y(x) = x2 + 2 + cex2/2 en y(1) = 1 volgt 1 = 1 + 2 + ce1/2, waaruit volgt c = –2e–1/2. De oplossing van het beginwaardeprobleem is dus: y(x) = x2 + 2 – 2 c exp i

( 21 x 2 – 21 )

Zie figuur 25.24. y

x

FIGUUR 25.24

Richtingsveld met enkele oplossingen

j Stel dat g nog een tweede extreem heeft. Dan moet de grafiek van g de parabool y = x2 snijden (zie figuur 25.25). Maar dan moet g ook y(x) = x2 + 2 snijden, wat zou betekenen dat er twee elkaar snijdende oplossingen zijn (y(x) = x2 + 2 is de oplossing met c = 0). Aangezien de differentiaalvergelijking voldoet aan de voorwaarden uit de stelling over existentie en eenduidigheid, is dit niet mogelijk. De functie g heeft dus maar één extreem. Zie figuur 25.25. y

x

FIGUUR 25.25

123

Situatie waarin g twee extremen zou hebben

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

3

Deze benadering gaat als volgt, zie tabel. n

xn

yn

y'

yn + h · y'

0 1 2

1 1,5 2

1 1,5 2,25

1 1,5

1,5 2,25

124

Terugkoppelingen



1

26.1

De differentiaalvergelijking is gelijkwaardig met darctany = d(2 x ), wat equivalent is met arctany = 2 x + c. Uit deze impliciete oplossing kunnen we eventueel een expliciete oplossing afleiden: y = tan(2 x + c).

26.2

a De differentiaalvergelijking ydy = x3dx is gelijkwaardig met d( 21 y2) = d( 41 x4), wat equivalent is met 21 y2 = 41 x4 + c ofwel y2 = 21 x4 + a (waarbij a een ‘nieuwe’ constante is, a = 2c). b Uit y(0) = –1 volgt (–1)2 = 21 · 0 + a, dus a = 1. We kunnen nu ook de expliciete oplossing geven: y=–

1 2

x4 + 1

Let op het minteken; we moeten de negatieve oplossing nemen, omdat y(0) = –1. 26.3

a De constante functie y(x) = c is een oplossing van y' = xcos2y als bij invullen deze functie voldoet, dus als 0 = xcos2c. Dit betekent dat cosc = 0, dus c = π2 + kπ, k ∈Z. b Overige oplossingen kunnen de lijnen c = π2 + kπ niet snijden, dus we kunnen de variabelen scheiden door links en rechts door cos2y te delen. Uit (1/cos2y)y' = x volgt tany = 21 x2 + c. (We hebben hier de tussenstap weggelaten waarbij overgegaan wordt op differentiaalnotatie en in plaats daarvan meteen in het rechter- en linkerlid primitieven (als functie van x) bepaald. U kunt zelf kiezen of u overgaat op differentiaalnotatie of de methode uit dit onderdeel gebruikt.) De oplossingen van de differentiaalvergelijking zijn dus: tany = 21 x2 + c of y(x) = π2 + kπ, k ∈Z.

26.4

a De differentiaalvergelijking y' = ex–y gaat na vermenigvuldigen met ey over in de vergelijking eyy' = ex, ofwel, in differentiaalnotatie, eydy = exdx. Deze differentiaalvergelijking is equivalent met dey = dex, wat gelijkwaardig is met ey = ex + c. Onder de beginwaarde y(0) = 0 geldt c = 0, en is de oplossing van het beginwaardeprobleem gelijk aan y(x) = x. b Invullen van de beginwaarde y(0) = 1 in ey = ex + c geeft c = e – 1. De expliciete oplossing van dit beginwaardeprobleem is nu y(x) = ln(ex + e – 1).

26.5

Vullen we in de oplossing y(x) = K · BeKx/(1 + BeKx) voor x de waarde 0 in, dan vinden we y0 = K

B 1+ B

Uit y0 > K en K > 0 volgt dus B/(1 + B) > 1, waaruit volgt dat B/(1 + B) – 1 > 0, dus

125

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

1+ B B −1 – = >0 1+ B 1+ B 1+ B zodat we vinden dat B < –1. In dat geval heeft de noemer van y(x) = K · BeKx/(1 + BeKx) een nulpunt voor x = ln(–1/B)/K, terwijl de teller ongelijk is aan 0, en heeft deze functie dus een verticale asymptoot. Uit y0 < 0 volgt B/(1 + B) < 0. Hieruit volgt B < 0 en 1 + B > 0, dus –1 < B < 0, ofwel B > 0 en 1 + B < 0, wat geen oplossingen voor B oplevert. Ook hier vinden we dus een negatieve waarde voor B, zodat ook in dit geval de noemer van K · BeKx/(1 + BeKx) een nulpunt heeft, en de oplossing dus een verticale asymptoot heeft. 26.6

a Deel de differentiaalvergelijking y' = ey door ey. Dit geeft: e–yy' = 1. Dit is equivalent met –e–y = x + c, waaruit volgt y(x) = –ln(–x – c). b Het rechterlid van de differentiaalvergelijking y' = y2 – 2y + 1 is gelijk aan 0 als y = 1. De constante functie y = 1 is een oplossing van de differentiaalvergelijking. Overige oplossingen kunnen deze lijn niet snijden, dus om deze te bepalen, kunnen we de vergelijking door (y – 1)2 = y2 – 2y + 1 delen: y' =1 ( y − 1)2 is equivalent met −1 =x+c y−1 Voor een expliciete oplossing lossen we y uit deze vergelijking op: y(x) =

−1 +1 x+c

Alle oplossingen zijn dus y(x) = 26.7

−1 +1 x+c

of

y=1

De functie y = 0 is oplossing van de differentiaalvergelijking. Om de overige oplossingen te bepalen, delen we door y/(y + 1). Zo vinden we de differentiaalvergelijking: y+1 y' = 1 y Door uitdelen van de breuk en gebruik van differentiaalnotatie gaat deze vergelijking over in (1 + 1/y)dy = dx. Dit is gelijkwaardig met y + lny = x + c (omdat y > 0, kunnen we lny als primitieve van 1/y nemen). Invullen van de beginvoorwaarde y(0) = 1 geeft c = 1, dus een impliciete oplossing is: y + lny = x + 1.

126

Terugkoppelingen

26.8

a Uit M(t) = a · (R(t))3 volgt (R(t))3 = M(t)/a dus (R(t))2 = (M(t)/a)2/3. Invullen hiervan in M'(t) = –b · (R(t))2 geeft M'(t) = –b(M(t))2/3a–2/3. Schrijven we c = –ba–2/3, dan vinden we de differentiaalvergelijking M'(t) = c(M(t))2/3. b Voor M ≠ 0 kunnen we door M2/3 delen: (M(t))–2/3M'(t) = c. Oplossingen voldoen dus aan 3(M(t))1/3 = ct + p (p is een constante), dus M(t) = ( 31 ct + r)3 (waarbij r = 31 p). c Met behulp van M(t) = ( 31 ct + r)3 vinden we M(100) = ( 31 c · 100 + r)3 en M(0) = r3. Uit het gegeven, M(100) = 81 M(0), volgt dus ( 31 c · 100 + r)3 = 1 3 r , dus 31 c · 100 + r = 21 r, zodat r = – 23 c · 100. 8 We vullen dit in het functievoorschrift voor M in: M(t) = ( 31 ct – 23 c · 100)3. Er volgt dat M(t) = 0 voor t = 200. Het balletje is dus na 200 dagen verdampt.

26.9

a Deze differentiaalvergelijking is niet lineair vanwege het product yy'. b Deze differentiaalvergelijking is lineair met a (x) = 0. Zij is niet homogeen (b(x) = tan x). c Deze differentiaalvergelijking is niet lineair vanwege de term –tany. d Deze differentiaalvergelijking is lineair inhomogeen met a(x) = –tanx. e Deze differentiaalvergelijking is lineair inhomogeen met a(x) = x – 1 (het rechterlid is te schrijven als y' + (x – 1)y).

26.10

a Een primitieve van a(x) = –x 1 + x 2 is A(x) = – 31 (1 + x2)3/2. Een integrerende factor is dus exp(– 31 (1 + x2)3/2). Vermenigvuldigen van de differentiaalvergelijking met deze factor geeft: exp(– 31 (1 + x2)3/2)y' – x 1 + x 2 exp(– 31 (1 + x2)3/2)y = 0. Dit is ook te schrijven als (exp(– 31 (1 + x2)3/2)y)' = 0. Hieruit volgt exp(– 31 (1 + x2)3/2)y(x) = c, dus y(x) = cexp( 31 (1 + x2)3/2). b Een primitieve van a(x) = 1 is A(x) = x. Een integrerende factor is dus ex. Vermenigvuldigen van de differentiaalvergelijking met deze factor geeft: exy' + exy = xex. Dit is ook te schrijven als (exy)' = xex. Een primitieve van xex bepalen we met partiële integratie: ∫xexdx = ∫xdex = xex – ∫exdx = xex – ex. Uit (exy)' = xex volgt dus exy(x) = xex – ex + c, dus y(x) = x – 1 + ce–x.

26.11

Schrijf de differentiaalvergelijking in de vorm y' – λy = 0. Dit is een lineaire differentiaalvergelijking met a(x) = –λ. Een integrerende factor is dus e–λx. Vermenigvuldigen met deze factor geeft: e–λxy' – λe–λxy = 0 ofwel (e–λxy)' = 0. Hieruit volgt e–λxy(x) = c, dus y(x) = ceλx.

26.12

a Een primitieve van a(x) = –1/x is A(x) = –lnx. Een integrerende factor is dus e–lnx = 1/x. Vermenigvuldigen van de differentiaalvergelijking met deze factor geeft: y' y =0 − x x2

ofwel

 y'   =0  x

Hieruit volgt: y/x = c, dus y = cx. b Ook deze vergelijking heeft als integrerende factor 1/x. Vermenigvuldigen met deze factor geeft: (y/x)' = sinx. Hieruit volgt y/x = –cosx + c, dus y(x) = –xcosx + cx.

127

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

26.13

a De differentiaalvergelijking y' + ay = b heeft als constante oplossing y(x) = b/a. Om andere oplossingen te bepalen, schrijven we de vergelijking eerst als y' = –ay + b en delen we links en rechts door –ay + b. Zo vinden we de vergelijking: y' =1 – ay + b Hieruit volgt (denk bij het bepalen van een primitieve van 1/(–ay + b) aan de kettingregel!): 1 – ln–ay + b = x + c a dus ln–ay + b = –ax – ac, waaruit volgt –ay + b = e–ax–ac. We kunnen dit ook schrijven als –ay + b = pe–ax, waarbij p = ±e–ac. De oplossingen zijn dus y(x) = qe–ax + b/a, waarbij q ∈R (we hebben –p/a vervangen door q). b Een integrerende factor van y' + ay = b is eax. Vermenigvuldigen met deze factor geeft eaxy' + aeaxy = beax, ofwel (eaxy)' = beax. Hieruit volgt: eaxy(x) = (b/a)eax + c, dus y(x) = b/a + ce–ax.

26.14

a U kunt deze differentiaalvergelijking oplossen door de variabelen te scheiden of door de methode voor het oplossen van een lineaire differentiaalvergelijking toe te passen. We kiezen hier voor deze laatste methode en schrijven de vergelijking daarom in de vorm: T' + kT = 20k. Vermenigvuldigen met de integrerende factor ekt geeft: ektT' + kektT = 20kekt ofwel (ektT)' = 20kekt. Hieruit volgt (bedenk dat k een constante is, dus dat ekt een primitieve is van kekt (kettingregel!)): ektT(t) = 20ekt + c dus T(t) = 20 + ce–kt. b Uit de beginvoorwaarde T(0) = T0 volgt T(t) = 20 + (T0 – 20) e–kt. limt→∞T(t) = limt→∞(20 + (T0 – 20) e–kt) = 20.

26.15

a We lossen de differentiaalvergelijking op met de methode voor lineaire differentiaalvergelijkingen (u kunt ook de variabelen scheiden). De vergelijking is te schrijven als: y' +

1 y=0 100 + t

Een primitieve van a(t) = 1/(100 + t) is A(t) = ln(100 + t), dus een integrerende factor is exp(ln(100 + t)) = 100 + t. Vermenigvuldigen met deze factor geeft: (100 + t)y' + y = 0 ofwel ((100 + t)y)' = 0. Hieruit volgt: (100 + t)y = c, dus y(t) = c/(100 + t). De constante c bepalen we door de beginvoorwaarde y(0) = 10 in te vullen. We vinden c = 1000, dus: y(t) =

1000 100 + t

b Per minuut stroomt er 2 liter water in het vat en 1 liter water uit het vat. Omdat er op t = 0 al 100 liter water in het vat zit, is deze hoeveelheid op t = 100 dus gelijk aan 200 liter water. De hoeveelheid zout op dat moment is y(100) = 5 kg zout.

128

Terugkoppelingen

26.16

Schrijf de differentiaalvergelijking als

a

I' +

R U I= L L R

Een integrerende factor is e L t . Vermenigvuldigen met deze factor geeft: R

R

e L tI' + e L t

R U R I = eLt L L

ofwel R

(e L t I )' =

U RL t e L

L R Hieruit volgt (een primitieve van e RL t is e L t ): R R

e L tI =

U RL t e +c R

dus I (t ) =

R U + ce – L t R

Invullen van de beginvoorwaarde geeft c = – I (t ) =

b 26.17

U dus R

U U – RL t – e R R

U U R U lim I (t ) = lim  – e – L t  =   t →∞ t →∞ R R R

a Om evenwichtsoplossingen te bepalen, lossen we de volgende vergelijking op: 2y – 3y2 + y3 = 0 ⇔ y(2 – 3y + y2) = 0 ⇔ y(y – 1)(y – 2) = 0. De evenwichtsoplossingen zijn dus: y(t) = 0, y(t) = 1 en y(t) = 2, zie figuur 26.19. y y=2 y=1 y=0 t

FIGUUR 26.19

129

Evenwichtsoplossingen bij y' = 2y – 3y2 + y3

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

b y(y – 1)(y – 2) > 0 als y > 2 of 0 < y < 1 en y(y – 1)(y – 2) < 0 als 1 < y < 2 of y < 0. In figuur 26.20 zijn de gebieden waar y' > 0 aangegeven met + en de gebieden waar y' < 0 met –. y + y=2 – y=1 + y=0 t

– FIGUUR 26.20

26.18

Tekenoverzicht voor y'

a Evenwichtsoplossingen bepalen we door 1 – y2 = 0 op te lossen, dus y(t) = 1 of y(t) = – 1. b Om te bepalen waar deze oplossing heen gaat, onderzoeken we eerst waar y' > 0 en y' < 0: y' > 0 als 0 < y < 1 en y' < 0 als y > 1 of y < 0. Een tekenoverzicht in het t-y-vlak staat in figuur 26.21. y – y=1 + t y = –1 –

FIGUUR 26.21

Tekenoverzicht voor y'

Een oplossing met beginvoorwaarde y1(0) = 21 kan de evenwichtsoplossingen y = 1 en y = –1 niet snijden. De oplossing ligt dus geheel binnen deze twee lijnen en is dus monotoon stijgend en begrensd. Hieruit volgt dat de limiet voor t → ∞ bestaat en volgens stelling 26.2 is dit een evenwichtsoplossing. Dus geldt: limt→∞y1(t) = 1. c Een oplossing met beginvoorwaarde y2(0) = 1 21 kan de evenwichtsoplossing y = 1 niet snijden. De oplossing ligt dus geheel boven deze lijn en is dus monotoon dalend en naar beneden begrensd. Hieruit volgt dat de limiet voor t → ∞ bestaat en volgens stelling 26.2 is dit een evenwichtsoplossing. Dus geldt: limt→∞y2(t) = 1. d Analoog aan de redenering uit onderdeel b is aan te tonen dat voor een oplossing met –1 < y(0) < 1 geldt dat limt→∞y(t) = 1. Analoog aan de redenering uit onderdeel c is aan te tonen dat voor een oplossing met y(0) > 1 geldt dat limt→∞y(t) = 1. De oplossing met beginvoorwaarde y(0) = 1 is de evenwichtsoplossing y(t) = 1 en ook hiervoor geldt limt→∞y(t) = 1. Dit zijn alle beginvoorwaarden die voldoen, dus: als y(0) > –1, dan geldt limt→∞y(t) = 1. e Alleen als y(0) = –1 geldt limt→∞y(t) = –1. Voor beginvoorwaarden groter dan –1 nadert de oplossing naar 1 (zie onderdeel d) en voor beginvoorwaarden kleiner dan –1 is de oplossing monotoon dalend. 26.19

De logistische vergelijking y' = y(K – y) heeft als evenwichtsoplossingen y(t) = 0 en y(t) = K. In figuur 26.22 zijn deze oplossingen en het bijbehorende tekenoverzicht voor y' weergegeven.

130

Terugkoppelingen

y – y=K +

y=0 t

–

Evenwichtsoplossingen en tekenoverzicht bij y' = y(K – y)

FIGUUR 26.22

1 Een oplossing met beginvoorwaarde y(t0) = 100 K kan de evenwichtsoplossingen y(t) = K en y(t) = 0 niet snijden. De oplossing is dus monotoon stijgend en begrensd. Uit stelling 26.2 volgt nu dat de limiet gelijk is aan limt→∞y(t) = K.

26.20

a Het richtingsveld is niet gedefinieerd voor y(t) = 21 π + kπ, k ∈Z. Zie de gestippelde lijnen in figuur 26.23. b Uit tany = 0 volgt y = kπ, k ∈Z. De evenwichtsoplossingen zijn dus y(t) = kπ, k ∈Z. Zie de vette lijnen in figuur 26.23. c In figuur 26.23 zijn de delen van het vlak aangegeven waar y' > 0 en waar y' < 0. y – y = 3π/2 y=π y = π/2

+ – +

y=0 –

t

y = –π/2 + y = –π –

FIGUUR 26.23

Richtingsveld, evenwichtsoplossingen en tekenoverzicht bij y' = tany

d Een oplossing met beginwaarde y(0) = 41 π is in ieder geval links van 0 monotoon stijgend en kan de lijn y = 0 niet snijden. Met stelling 26.2 volgt dat limt→–∞y(t) = 0. Over limt→∞y(t) kunnen we niets zeggen, omdat de functie tany niet gedefinieerd is voor y = 21 π . We weten niet hoe een oplossing zich in de buurt van deze lijn zal gedragen. e Scheiden van de variabelen geeft: y'/(tany) = 1, dus (cosy/siny)y' = 1. Hieruit volgt dat lnsiny = t + c, dus siny = aet, waarbij a een constante is die zowel positieve als negatieve waarden aan kan nemen. Een expliciete oplossing is dus y(t) = arcsin(aet). Invullen van de beginvoorwaarde y(0) = 41 π geeft a = 21 2 . De oplossing van het beginwaardeprobleem is dus y(t) = arcsin( 21 2 et). limt→–∞y(t) = limt→–∞arcsin( 21 2 et) = arcsin 0 = 0. Omdat het domein van de functie arcsin gelijk is aan [–1, 1], is het domein van y gelijk aan 〈–∞, ln 2 〉. We kunnen dus niet spreken over limt→∞y(t). Wel geldt limt↑ln√2y(t) = 21 π . 131

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

26.21

a

Uit y(t) = e1/t volgt

y'(t) = –

y(t ) 1 1/t e =– 2 2 t t

b limt→∞y(t) = limt→∞e1/t = 1. Voor de constante functie y(t) = 1 geldt y'(t) = 0 en dit is ongelijk aan –1/t2. Deze functie is dus geen evenwichtsoplossing. 26.22

In opgave 26.17 hebben we een tekenoverzicht in het t-y-vlak gemaakt van 2y – 3y2 + y3, zie figuur 26.24. y + y=2 – y=1 + y=0 t

– FIGUUR 26.24

Tekenoverzicht bij y' = 2y – 3y2 + y3

Uit dit overzicht blijkt dat de oplossing y(t) = 1 stabiel is (zowel oplossingen die net onder als net boven deze y = 1 beginnen, naderen op den duur naar y = 1), en dat de oplossingen y = 2 en y = 0 instabiel zijn. 26.23

a Uit sin3ycosy = 0 volgt y = 21 kπ, k ∈Z. De evenwichtsoplossingen zijn dus y(t) = 21 kπ , k ∈Z. b In de grafiek (zie figuur 26.25) is met pijlen het gedrag van de nietevenwichtsoplossingen aangegeven. Wijzen de pijlen naar een nulpunt, dan is de bijbehorende evenwichtsoplossing stabiel. We zien dat de oplossingen y(t) = 21 π + kπ, k ∈Z, stabiel zijn, en dat de oplossingen y(t) = kπ, k ∈Z, instabiel zijn. y' 1

1

FIGUUR 26.25

26.24

Grafiek van f(y) = sin3ycosy

In de grafiek (zie figuur 26.26) geven we met pijlen het gedrag van de niet-evenwichtsoplossingen weer (stijgend voor positieve functiewaarden en dalend voor negatieve waarden).

132

y

Terugkoppelingen

y'

y

1

FIGUUR 26.26

Grafiek met gedrag van (niet-)evenwichtoplossingen

Uit de grafiek lezen we af dat y(t) = 3 en y(t) = –2 stabiele evenwichtsoplossingen zijn, en y(t) = 1 en y(t) = –3 instabiele evenwichtsoplossingen. 26.25

Uit het gegeven dat de differentiaalvergelijking precies twee evenwichtsoplossingen heeft, volgt dat f precies twee nulpunten heeft: y = a en y = b. Omdat f continu is, zijn dit bovendien de enige plaatsen waar f van teken kan wisselen. Stel nu dat y = a een stabiel evenwicht is. Dan volgt dat f(y) > 0 voor y < a en f(y) < 0 voor a < y < b. Maar hieruit volgt direct dat y = b geen stabiel evenwicht is. Het is dus niet mogelijk dat y = a en y = b beide een stabiel evenwicht zijn.

26.26

We bepalen eerst de evenwichtsoplossingen: uit y(1 – y) – cy = 0 volgt y(–y + 1 – c) = 0, dus y = 0 of y = 1 – c. De evenwichtsoplossingen zijn dus y(t) = 0 of y(t) = 1 – c. Omdat gegeven is dat 0 < c < 1, geldt voor de tweede evenwichtsoplossing dat y = 1 – c > 0. In figuur 26.27 is een tekenoverzicht voor y' gegeven. y – y=1–c + y=0 t – FIGUUR 26.27

Evenwichtoplossingen en tekenoverzicht voor y'

Uit de figuur blijkt dat y(t) = 1 – c een stabiele evenwichtsoplossing is en dat y(t) = 0 instabiel is. Volgens dit model zal de visstand dus niet uitsterven, zolang de hoeveelheid gevangen vis maar evenredig is met de hoeveelheid aanwezige vis.

133

Open Universiteit

Continue wiskunde 2


2

1

a Deze differentiaalvergelijking is lineair. Een primitieve van a(x) = tanx op 〈– 21 π , 21 π 〉 is A(x) = –ln(cosx). Een integrerende factor is dus 1/cosx. Vermenigvuldigen we de differentiaalvergelijking met deze factor, dan krijgen we: sin x sin x y' + y= 2 cos x cos x cos x

ofwel

 y  ' sin x  cos x  = cos x  

Hieruit volgt y/cosx = –ln(cosx) + c, dus y(x) = –cosx ln(cosx) + ccosx b Deze differentiaalvergelijking is lineair. Een primitieve van a(x) = lnx/x is A(x) = 21 ln2x. Een integrerende factor is dus exp( 21 ln2x).Vermenigvuldigen we de differentiaalvergelijking met deze factor, dan krijgen we: exp( 21 ln2x)y' + exp( 21 ln2x)

lnx y=0 x

ofwel (exp( 21 ln2x)y)' = 0. Hieruit volgt exp( 21 ln2x)y = c, dus y(x) = cexp(– 21 ln2x). c Deze differentiaalvergelijking is niet lineair. We lossen haar op door de variabelen te scheiden. De vergelijking is te schrijven als y' = –(y – 1 2 ) . De constante functie y(x) = 21 is een oplossing van deze differen2 tiaalvergelijking. Om de overige oplossingen te bepalen, delen we door –(y – 21 )2. We krijgen dan de volgende differentiaalvergelijking met gescheiden variabelen:

−y ' =1 ( y – 21 )2 In differentiaalnotatie is dit

−dy = dx ( y – 21 )2 Dit is equivalent met d(1/(y – 21 )) = dx. Hieruit volgt 1/(y – 21 ) = x + c, dus y(x) = 1/(x + c) + 21 . De oplossingen van de differentiaalvergelijking zijn dus y(x) =

1 + x+c

1 2

of y(x) =

1 2

d We lossen deze differentiaalvergelijking op door de variabelen te scheiden. De vergelijking is te schrijven als: y' = x2 + 1 +1

y2

of

 1  2  1 + y 2  dy = (x + 1)dx  

Dit is equivalent met d(arctany) = d( 31 x3 + x), waaruit volgt arctany = 1 3 x + x + c, dus y(x) = tan( 31 x3 + x + c). 3

134

Terugkoppelingen

2

a Deze autonome differentiaalvergelijking heeft twee evenwichtsoplossingen: v(t) = 10/c en v(t) = – 10/c . In het t-v-vlak geldt dat v' positief is tussen de lijnen v = 10/c en v = – 10/c . Een oplossing met v(0) = 0 is dus monotoon stijgend. Dit komt overeen met de observatie dat de snelheid van de druppel aanvankelijk toeneemt. Op den duur nadert v naar de evenwichtsoplossing v = 10/c . Dit is de constante snelheid die benaderd wordt. b Invullen van de waarde c = 101 geeft de differentiaalvergelijking v' =

100 − v 2 10

Om de oplossingen ongelijk aan de evenwichtsoplossingen v(t) = 10 en v(t) = –10 te bepalen, delen we de differentiaalvergelijking door het rechterlid: 10 v' = 1 100 − v 2 Gebruikmakend van de gegeven primitieve vinden we 1 2

 10 + v  ln  =t+c  10 − v 

Uit de beginvoorwaarde v(0) = 0 volgt c = 0, dus

 10 + v  ln   = 2t  10 − v  Hieruit volgt 10 + v = e2t 10 − v Oplossen van v uit deze vergelijking geeft: v(t) = 10

135

e 2t − 1 e 2t + 1

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

3

a De oplossingen van (3y + 2)(y2 – 1) = 0 zijn y = –1, y = – 23 , y = 1. Dus de evenwichtsoplossingen van de differentiaalvergelijking zijn y(t) = –1, y(t) = – 23 , y(t) = 1. Uit het tekenoverzicht in het t-y-vlak lezen we af dat y(t) = – 23 een stabiele evenwichtsoplossing is, en dat y(t) = –1 en y(t) = 1 beide instabiel zijn. y + y=1 – y = – 23

t +

y = –1 – FIGUUR 26.28

Evenwichtsoplossingen en tekenoverzicht voor y' = (3y + 2)(y2 – 1)

b Een oplossing die begint tussen de lijnen y = –1 en y = – 23 , stijgt naar y = – 23 , en een oplossing die begint tussen de lijnen y = – 23 en y = 1, daalt naar y = – 23 . Wanneer we dus a ∈〈 –1, 1〉 nemen, zal gelden dat limt→∞y(t) = – 23 . Dit zijn alle mogelijkheden, want oplossingen met y0 > 1 zijn monotoon stijgend en oplossingen met y0 < –1 zijn monotoon dalend; voor y0 = 1 of y0 = –1 zitten we op een evenwichtsoplossing. c Een oplossing met beginwaarde y(0) = 2 kan de lijn y = 1 niet snijden. Deze oplossing zal dus geheel monotoon stijgend zijn. Stel dat de oplossing begrensd was. Dan had zij een limiet. Deze limiet zou corresponderen met een evenwichtsoplossing groter dan y = 1. Dit is niet mogelijk, dus geldt limt→∞y(t) = ∞.

136

Terugkoppelingen

TERUGKOPPELING LEEREENHEID 27 1

27.1


a f(t, x, y) = x + y, g(t, x, y) = –2y. b x(t) = 2e–t + 2e–3t, y(t) = e–t + 2e–3t voldoet aan het stelsel, namelijk x'(t) = –2e–t – 6e–3t en y'(t) = –e–t – 6e–3t, dus inderdaad x – 4y = –2e–t – 6e–3t = x' 2x – 5y = –e–t – 6e–3t = y' Bovendien geldt dat x(0) = 4, y(0) = 3, dus deze x(t), y(t) is oplossing van het beginwaardeprobleem. Ook x(t) = 4e–t, y(t) = 2e–t voldoet aan het stelsel, namelijk x'(t) = –4e–t en y'(t) = –2e–t, dus inderdaad x – 4y = –4e–t = x' 2x – 5y = –2e–t = y' Nu geldt echter niet x(0) = 4, y(0) = 3 omdat y(0) = 2. Deze oplossing is dus alleen een oplossing van het stelsel, niet van het gegeven beginwaardeprobleem.

27.2

Noem u = y, v = y', dan u' = y' = v en v' = y" = –4y' – 3y + 2e–3t, dus u' = v  –3 t v' = – 4 v – 3u + 2 e

27.3

a f(t, x, y) = 3x + 4t, g(t, x, y) = –2x + y. Dit stelsel is lineair met constante coëfficiënten: neem a = 3, b = 0, p(t) = 4t, c = –2, d = 1, q(t) = 0 in definitie 27.2. Het stelsel is niet autonoom, omdat f van t afhangt. b f(t, x, y) = 3x + 4y, g(t, x, y) = –2x + y + 1. Lineair stelsel met constante coëfficiënten: a = 3, b = 4, p(t) = 0, c = –2, d = 1, q(t) = 1. Het stelsel is autonoom (f en g hangen niet van t af). c f(t, x, y) = 3tx + 4y, g(t, x, y) = –2x + y. Geen lineair stelsel met constante coëfficiënten omdat x coëfficiënt 3t heeft. Het stelsel is niet autonoom, omdat f van t afhangt. d f(t, x, y) = 3x + 4y, g(t, x, y) = –2x + y + t2. Lineair stelsel met constante coëfficiënten: a = 3, b = 4, p(t) = 0, c = –2, d = 1, q(t) = t2. Het stelsel is niet autonoom, want g hangt van t af. e f(t, x, y) = 3x + 4y, g(t, x, y) = –2xy + y. Geen lineair stelsel met constante coëfficiënten omdat –2xy niet voor mag komen. Het stelsel is wel autonoom, want f en g hangen niet van t af.

27.4

a x(t) = Acost + Bsint, y(t) = Asint – Bcost voldoet aan het stelsel omdat x'(t) = –Asint + Bcost en y'(t) = Acost + Bsint, dus inderdaad –y = –Asint + Bcost = x' en x = Acost + Bsint = y'. b Uit x(0) = 1 volgt door invullen van t = 0 dat A = 1 (immers, cos0 = 1 en sin0 = 0) en uit y(0) = 0 volgt net zo dat –B = 0, dus B = 0. Dus x(t) = cost, y(t) = sint voldoet aan het stelsel en aan de beginvoorwaarden x(0) = 1, y(0) = 0.

137

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

27.5

Zie figuur 27.13. y

x

0

FIGUUR 27.13

Richtingsveld voor x' = –y, y' = x

Het richtingsveld suggereert cirkels als oplossingskrommen. Een cirkel heeft als vergelijking x2 + y2 = c voor zekere c > 0. In opgave 27.4 zagen we dat oplossingen gegeven werden door x(t) = Acost + Bsint, y(t) = Asint – Bcost, en inderdaad geldt dat x2(t) + y2(t) = A2cos2t + 2ABcostsint + B2sin2t + A2sin2t – 2ABsintcost + B2cos2t = A2(cos2t + sin2t) + B2(sin2t + cos2t) = A2 + B2 omdat cos2t + sin2t = 1. 27.6

a

We leiden differentiaalvergelijking 27.7 af:

dy y' (t )dt y' x + 2 y = = = dx x' (t )dt x' x dy

voor dx = x ≠ 0

dy

dus x dx = x + 2y, ofwel x dx – 2y = x. Dit is een eersteorde lineaire differentiaalvergelijking voor y = y(x). Schrijven we deze als y' – (2/x)y = 1 (waarbij y' nu de afgeleide is naar x!), dan zien we dat een integrerende factor elnx–2 = x–2 is. Hiermee vermenigvuldigen levert 1 2 1 y' – 3 y = 2 2 x x x

ofwel

(

1 1 y )' = 2 2 x x

Links en rechts primitiveren geeft y/x2 = –1/x + c, dus y(x) = cx2 – x, x ≠ 0. De banen zijn dus parabolen. (De banen die behoren bij dx = 0 zullen we in dit soort opgaven niet apart bepalen.) b

dy y' x – xy 2 x(1 – y 2 ) = = = dx x' yx 2 – y y( x 2 – 1)

voor dx ≠ 0, dus y ≠ 0, x ≠ 1, x ≠ –1

dus (y/(1 – y2))dy = (x/(x2 – 1))dx, wat gescheiden variabelen heeft. Er volgt dat d(–ln1 – y2) = d(lnx2 – 1), dus lnx2 – 1 + ln1 – y2 = c, ofwel ln(x2 – 1)(1 – y2) = c. Door e-machten te nemen, is hier (x2 – 1)(y2 – 1) = K van te maken. 27.7

a x' = 0 als x + 3y = 0 en y' = 0 als 3x + y = 0. Uit x + 3y = 0 volgt dat x = –3y en uit 3x + y = 0 volgt dan –9y + y = 0, dus y = 0 en dan ook x = 0. Dus er geldt alleen x' = 0 en y' = 0 als x = 0 en y = 0. De enige evenwichtsoplossing is dus (0, 0). 138

Terugkoppelingen

b x' = 0 als 2x + y = 0 en y' = 0 als –xy + 2y = 0, dus als y(2 – x) = 0, ofwel als y = 0 of x = 2. Combineren we 2x + y = 0 met y = 0, dan volgt dat x = 0, wat de evenwichtsoplossing (0, 0) oplevert. Combineren we 2x + y = 0 met x = 2, dan volgt dat y = –4, wat de evenwichtsoplossing (2, –4) oplevert. c x' = 0 als 4x2 + 2xy – 8x = 0, dus 2x(2x + y – 4) = 0 en y' = 0 als xy – y2 + 4y = 0, dus y(x – y + 4) = 0. Uit 2x(2x + y – 4) = 0 volgt dat x = 0 of 2x + y = 4. Uit y(x – y + 4) = 0 volgt dat y = 0 of x – y = –4. Combineren: x = 0 met y = 0 levert de evenwichtsoplossing (0, 0) x = 0 met x – y = –4 levert de evenwichtsoplossing (0, 4) 2x + y = 4 met y = 0 levert de evenwichtsoplossing (2, 0) 2x + y = 4 met x – y = –4 levert na optellen dat 3x = 0, dus x = 0 en dus y = 4, wat de evenwichtsoplossing (0, 4) geeft, die we al hadden gevonden. De drie evenwichtsoplossingen zijn dus (0, 0), (0, 4) en (2, 0). d x' = 0 als y2 – yx2 = 0, dus y(y – x2) = 0 en y' = 0 als xy – x2 – 2x = 0, dus x(y – x – 2) = 0. Uit y(y – x2) = 0 volgt dat y = 0 of y = x2. Uit x(y – x – 2) = 0 volgt dat x = 0 of y = x + 2. Combineren: y = 0 met x = 0 levert de evenwichtsoplossing (0, 0) y = 0 met y = x + 2 levert de evenwichtsoplossing (–2, 0) x = 0 met y = x2 levert de evenwichtsoplossing (0, 0) y = x2 met y = x + 2 levert de vergelijking x2 – x – 2 = 0, ofwel (x + 1)(x – 2) = 0, dus x = –1 of x = 2. Dit geeft evenwichtsoplossingen (–1, 1) en (2, 4). De vier evenwichtsoplossingen zijn dus (0, 0), (–2, 0), (–1, 1) en (2, 4). 27.8

a In opgave 27.7a hadden we het stelsel x' = x + 3y, y' = 3x + y. Dus x' = 0 als x + 3y = 0 en y' = 0 als 3x + y = 0. Deze krommen zijn in figuur 27.14 getekend. y' x' > 0 y' < 0

x' > 0 y' > 0

x x' = 0 x' < 0 y' > 0

x' < 0 y' < 0 y' = 0

FIGUUR 27.14

Tekenoverzicht en richtingsveld voor x' = x + 3y, y' = 3x + y

In ieder gebied is het teken van x' en y' aangegeven en zijn pijltjes getekend die de globale richting van het richtingsveld aangeven. De pijltjes zijn ook op de krommen x' = 0 en y' = 0 getekend. Het snijpunt van de kromme waar x' = 0 met de kromme waar y' = 0 is het punt (0, 0), wat inderdaad de enige evenwichtsoplossing is. 139

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

b In opgave 27.7b hadden we het stelsel x' = 2x + y, y' = –xy + 2y = y(2 – x). Dus x' = 0 als 2x + y = 0 en y' = 0 als y = 0 of x = 2. y

x' > 0 y' > 0

x' < 0 y' > 0

x' > 0 y' < 0 2

y' = 0

x' > 0 y' < 0

x' < 0 y' < 0

x

x' > 0 y' > 0

x' < 0 y' > 0 y' = 0

x' = 0

Tekenoverzicht en richtingsveld voor x' = 2x + y, y' = – xy + 2y

FIGUUR 27.15

De pijltjes in figuur 27.15 geven weer globaal het richtingsveld aan. De kromme waar x' = 0 snijdt in twee punten de krommen waar y' = 0 en deze twee snijpunten (0, 0) en (2, –4) zijn inderdaad de evenwichtsoplossingen van het stelsel. c In opgave 27.7c hadden we het stelsel x' = 4x2 + 2xy – 8x = 2x(2x + y – 4) en y' = xy – y2 + 4y = y(x – y + 4). Dus x' = 0 als x = 0 of 2x + y = 4 en y' = 0 als y = 0 of x – y = –4. Deze krommen zijn in figuur 27.16 getekend; zoals in de opgave stond vermeld, mogen we ons in dit geval beperken tot het gebied x ≥ 0, y ≥ 0. y x' > 0 y' < 0

4 y' = 0 x' > 0 y' > 0 x' < 0 y' > 0 y' = 0 x

2

x' = 0 FIGUUR 27.16

140

x' = 0

Tekenoverzicht en richtingsveld

Terugkoppelingen

De snijpunten van de krommen waar x' = 0 met de krommen waar y' = 0 zijn (0, 0), (2, 0) en (0, 4), wat inderdaad de evenwichtsoplossingen zijn van het stelsel in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0. d In opgave 27.7d hadden we het stelsel x' = y2 – yx2 = y(y – x2) en y' = xy – x2 – 2x = x(y – x – 2). Dus x' = 0 als y = 0 of y = x2 en y' = 0 als x = 0 of y = x + 2. Deze krommen zijn in figuur 27.17 getekend (voor x ≥ 0, y ≥ 0). De snijpunten van de krommen waar x' = 0 met de krommen waar y' = 0, zijn (0, 0) en (2, 4), wat inderdaad de evenwichtsoplossingen zijn van het stelsel in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0. y x' = 0 x' < 0 y' > 0

y' = 0

x' > 0 y' > 0

1

x' > 0 y' < 0

x' < 0 y' < 0

x' = 0 1

x

y' = 0 FIGUUR 27.17

27.9

Tekenoverzicht en richtingsveld

a Omdat x'(t) = –2sin2t + 2cos2t en y'(t) = –4cos2t volgt er dat inderdaad 2x + 2y = 2cos2t – 2sin 2t = x' –4x – 2y = –4cos2t = y' Deze oplossing is periodiek en heeft periode π omdat x(t + π) = cos2(t + π) + sin2(t + π) = cos(2t + 2π) + sin(2t + 2π) = cos2t + sin2t = x(t) en net zo y(t + π) = –2sin2(t + π) = –2sin2t = y(t). (De oplossing heeft ook periodes 2π, 3π, ..., maar π is de kleinste periode.) b Uit x'(t) = –2e–tsin2t – e–tcos2t en y'(t) = 4e–tcos2t – 2e–tsin2t volgt dat –x – y = –e–tcos2t – 2e–tsin2t = x' 4x – y = 4e–tcos2t – 2e–tsin2t = y' dus x(t), y(t) is een oplossing van het stelsel. Deze oplossing is niet periodiek omdat de factor e–t de periodiciteit verstoort. Zo geldt er dat x(t + π) = e–(t+π)cos2(t + π) = e–πe–tcos2t, dus x(t + π) = e–πx(t).

27.10

Een kromme als in figuur 27.9 kan niet optreden als baan van een autonoom stelsel. Omdat de baan na eindige tijd in een punt zichzelf kruist, is dat deel van de baan gesloten, dus moet dat deel beschreven worden door een periodieke oplossing (stelling 27.3). De baan kan dan nooit meer ‘weg komen’ uit dit stuk gesloten kromme. 141

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

27.11

a Omdat e4t → ∞ als t → ∞, bestaan limt→∞x(t) en limt→∞y(t) niet. b Omdat e–2t → 0 als t → ∞, geldt er dat xe = 0 en ye = 0; uit stelling 27.4 volgt dan dat (0, 0) een evenwichtsoplossing moet zijn van x' = x + 3y, y' = 3x + y, wat juist is. c Omdat e–tcos2t → 0 als t → ∞ en e–tsin2t → 0 als t → ∞, geldt er dat xe = 0 en ye = 0. Inderdaad is (0, 0) evenwichtsoplossing van x' = –x – y, y' = 4x – y. d Omdat limt→∞cos2t en limt→∞sin2t niet bestaan, bestaan limt→∞x(t) en limt→∞y(t) niet.

27.12

a Op de y-as geldt dat x = 0 en voor x = 0 reduceert het stelsel tot x' = 0, y' = –cy. Nu heeft y' = –cy met y(0) = y0 > 0 een unieke oplossing y(t). Neem deze samen met x(t) = 0 voor alle t, dan is x(t), y(t) de unieke oplossing van het stelsel x' = 0, y' = –cy waarbij x(0) = 0 en y(0) = y0, omdat x(t) voldoet aan x' = 0 en x(0) = 0. De baan van deze oplossing blijft op de y-as. Omdat we y0 willekeurig op de y-as kunnen kiezen, behoort ieder stuk van de positieve y-as tot een baan. Aangezien banen elkaar niet kunnen snijden, kan een baan die start in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0, dit gebied niet via de y-as verlaten. Het punt (0, 0) is een evenwichtsoplossing, dus is in het bijzonder een baan, zodat x ≥ 0, y ≥ 0 ook niet via (0, 0) verlaten kan worden. b Voor een baan op de x-as geldt dat x'(t) > 0 voor alle t, met andere woorden: x(t) zal steeds stijgend zijn. De functie x(t) kan niet begrensd blijven, immers, als x(t) begrensd zou zijn, dan zou xe = limt→∞x(t) bestaan (een monotoon stijgende functie die naar boven begrensd is, heeft een limiet), en omdat ook ye = limt→∞y(t) = 0 bestaat, zou volgens stelling 27.4 (xe, 0) dan een evenwichtsoplossing moeten zijn met xe > 0 (x0 > 0 en x(t) stijgt!). Maar zo’n evenwichtsoplossing bestaat niet, dus limt→∞x(t) = ∞. Omdat voor een baan op de y-as geldt dat y'(t) < 0 voor alle t, is y(t) een monotoon dalende functie met y(t) ≥ 0 voor alle t (immers, y(t) kan niet door de evenwichtsoplossing (0, 0) heen gaan). Er volgt dan dat ye = limt→∞y(t) bestaat. Omdat ook xe = limt→∞x(t) = 0 bestaat, moet volgens stelling 27.4 het punt (xe, ye) = (0, ye) een evenwichtsoplossing zijn. Dit kan alleen maar (0, 0) zijn, dus ye = 0.

27.13

y – y 2 – xy y (1 – y – x ) dy y' = = = 2 dx x' 2 x – x – xy x( 2 – x – y )

Deze differentiaalvergelijking is niet van gescheiden variabelen en ook zeker geen lineaire differentiaalvergelijking. Met de methoden uit deze cursus lukt het dus niet om een vergelijking van de banen te vinden. 27.14

Er geldt dat x' = 0 als x(2 – x – y) = 0, dus x = 0 of 2 – x – y = 0, en dat y' = 0 als y(1 – y – x) = 0, dus y = 0 of 1 – y – x = 0. De kromme x = 0 is de y-as, de kromme y = 0 is de x-as en de krommen x + y = 2 en x + y = 1 zijn twee evenwijdige lijnen door de punten (2, 0) en (0, 2) respectievelijk (1, 0) en (0, 1). Dit alles is in overeenstemming met figuur 27.12. Snijden we krommen waar x' = 0 met krommen waar y' = 0, dan krijgen we de evenwichtsoplossingen (0, 0), (0, 1) en (2, 0).

142

Terugkoppelingen

In de gebieden I, II en III hebben x' en y' een vast teken. Door in ieder gebied een punt te kiezen, is het teken van x' en y' te bepalen. Zo geldt in het punt (2, 2) in gebied III dat x' = –4 en y' = –6, dus x' < 0 en y' < 0; het getekende pijltje geeft dus (globaal) de juiste richting van het richtingsveld aan. Gebieden I en II zijn net zo te controleren. Op x + y = 2 geldt dat x' = 0 en y' < 0 (neem bijvoorbeeld x = 1, y = 1), dus een pijl op deze lijn moet verticaal naar beneden wijzen. Op x + y = 1 geldt dat x' > 0 en y' = 0 (neem bijvoorbeeld x = 1/2, y = 1/ 2), dus een pijl op deze lijn moet horizontaal naar rechts wijzen. Op de positieve x-as met 0 < x < 2 geldt dat x' > 0 en y' = 0, dus een pijl op dit stuk x-as moet horizontaal naar rechts wijzen, terwijl voor x > 2 geldt dat x' < 0 (en y' = 0), zodat op dit stuk x-as de pijl horizontaal naar links moet wijzen. Net zo zijn de pijlen op de positieve y-as te controleren. 27.15

a Als een oplossing op de positieve y-as start, dus x0 = 0 en y0 > 0, dan suggereren de pijlen dat we op de y-as blijven, dus x(t) = 0 voor alle t. Om dit te bewijzen, merken we op dat voor x = 0 het stelsel reduceert tot x' = 0 en y' = y – y2. Nu heeft y' = y – y2 met y(0) = y0 een unieke oplossing y(t). Neem die oplossing y(t) samen met x(t) = 0 voor alle t. Dan is x(t), y(t) de unieke oplossing van het stelsel x' = 0 en y' = y – y2 waarbij x(0) = 0 en y(0) = y0, omdat x(t) immers voldoet aan x' = 0 en x(0) = 0. De baan van deze oplossing blijft op de y-as. Omdat we y0 willekeurig mogen kiezen op de y-as, behoort ieder stuk van de positieve y-as dus tot een baan (de evenwichtsoplossingen (0, 0) en (0, 1) zijn ook banen). Omdat banen elkaar niet snijden (stelling 27.2), betekent dit dat een baan die in x ≥ 0, y ≥ 0 haar beginvoorwaarden heeft, dit gebied niet via de y-as kan verlaten, wat we moesten bewijzen. b Neem een oplossing met x0 > 2 en y0 = 0. We weten dat deze op de xas blijft en omdat (2, 0) niet gepasseerd kan worden, volgt dat x(t) > 2 voor alle t. Maar uit x > 2 en x' = x(2 – x) volgt dat x' < 0, dus x(t) is een naar beneden begrensde monotoon dalende functie. Dus xe = limt→∞x(t) bestaat, en omdat ook ye = limt→∞y(t) = 0 bestaat, geldt volgens stelling 27.4 dat (xe, 0) een evenwichtsoplossing is. De enige mogelijkheid is dan xe = 2 en de baan (x(t), 0) die start in x0 > 2 heeft dus als limiet (2, 0). c Neem x0 = 0 en 0 < y0 < 1. We weten dat de baan op de y-as blijft, en omdat we de evenwichtsoplossingen (0, 0) en (0, 1) niet kunnen passeren, volgt er dat 0 < y(t) < 1 voor alle t. Maar uit 0 < y < 1 en y' = y(1 – y) volgt dat y' > 0, dus y(t) is een naar boven begrensde monotoon stijgende functie die dus een limiet heeft. Dus ye = limt→∞y(t) bestaat, en omdat ook xe = limt→∞x(t) = 0 bestaat, geldt volgens stelling 27.4 dat (0, ye) een evenwichtsoplossing is. De enige mogelijkheid is dan dat ye = 1 en de limiet van zo’n baan is dus het punt (0, 1).

143

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

27.16

a x' = 0 als x(6 – 2x – y) = 0, dus als x = 0 of als 2x + y = 6. y' = 0 als y(6 – 2y – x) = 0, dus als y = 0 of x + 2y = 6. Combineren geeft de evenwichtsoplossingen (0, 0), (0, 3), (3, 0), (2, 2). Zie verder figuur 27.18. y

6

3

x' > 0 y' < 0

x' < 0 y' < 0

x' > 0 y' > 0 1

x' < 0 y' > 0

y' = 0 1 x' = 0

FIGUUR 27.18

3 x' = 0 (2x + y = 6)

x

6 y' = 0 (x + 2y = 6)

Richtingsveld en evenwichtsoplossingen

b We tonen aan dat ieder stuk van de x- en de y-as tot een baan behoort. Voor y = 0 reduceert het stelsel tot x' = x(6 – 2x), y' = 0. Met beginvoorwaarden x(0) = x0 en y(0) = 0 is x' = x(6 – 2x), x(0) = x0 op te lossen met een unieke oplossing x(t) en is y' = 0 met y(0) = 0 op te lossen door y(t) = 0 te nemen voor alle t. Deze oplossing x(t), y(t) is dan de unieke oplossing van het stelsel en deze blijft inderdaad op de x-as, omdat y(t) = 0 voor alle t. Omdat we x0 willekeurig mogen kiezen op de x-as, is ieder stuk van de positieve x-as een baan en aangezien banen elkaar niet kunnen snijden, kan een baan die in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0 start, dit gebied niet via de x-as verlaten. Voor de y-as is eenzelfde redenering te geven, wat de invariantie van x ≥ 0, y ≥ 0 aantoont. c Neem een baan die op t0 in het gebied x' > 0, y' < 0 zit. Dit gebied kan niet via de y-as verlaten worden, omdat (ieder stuk van) de y-as een baan is. Het gebied kan dan alleen nog via x + 2y = 6 of 2x + y = 6 verlaten worden. Echter, op deze beide randen wijst de pijl van het richtingsveld het gebied in. Dit betekent dat de baan direct het gebied weer in zou gaan. De conclusie is dus dat de baan in het gebied x' > 0, y' < 0 blijft voor alle t. Dit betekent dat x(t) een monotoon stijgende functie is waarvoor geldt dat x(t) < 2 voor alle t, met andere woorden: deze functie is ook naar boven begrensd. Dus xe = limt→∞x(t) bestaat. Ook is y(t) een monotoon dalende functie naar beneden begrensd door 2 en dus bestaat ye = limt→∞y(t). De limiet voor t → ∞ van (x(t), y(t)) moet dan een evenwichtsoplossing zijn met xe > 0, en de enige mogelijkheid (in dit gebied met z’n rand) is dan (2, 2). (Het kan niet (0, 3) zijn, omdat x0 > 0 en x(t) stijgt.) Het gebied x' < 0, y' > 0 kan net zo behandeld worden. Het kan niet via de x-as verlaten worden, omdat dit een baan is, en niet via x + 2y = 6 of 2x + y = 6, omdat op deze randen de pijl van het richtingsveld het gebied inwijst. Een baan in x' < 0, y' > 0 blijft dus in dit gebied voor alle t. De functie x(t) is dan monotoon dalend en naar beneden begrensd door 2, 144

Terugkoppelingen

terwijl y(t) monotoon stijgt en naar boven begrensd is door 2. De limiet t → ∞ van (x(t), y(t)) bestaat dan en moet een evenwichtsoplossing zijn. De enige mogelijkheid (in dit gebied met z’n rand) is weer (2, 2). (Het kan niet (3, 0) zijn, omdat y0 > 0 en y(t) stijgt.) d Een baan die in x' < 0, y' < 0 blijft voor alle t, heeft een x(t) die monotoon dalend is en naar beneden begrensd door 0 (want in ieder geval x(t) > 0 in dit gebied) en y(t) idem. Dus limt→∞(x(t), y(t)) bestaat en moet dan een evenwichtsoplossing zijn. Er is maar één evenwichtsoplossing op de rand van het gebied, namelijk (2, 2). Net zo heeft een baan die in x' > 0, y' > 0 blijft, als limiet een evenwichtsoplossing (x(t) stijgt en < 3, y(t) stijgt en < 3). Dit kan niet (0, 0), (0, 3) of (3, 0) zijn, want x0 > 0 en y0 > 0 en x(t) en y(t) stijgen. Ook nu moet de limiet dan (2, 2) zijn. e Neem een willekeurige oplossing met beginvoorwaarde x0 > 0, y0 > 0. Als zo’n oplossing in de gebieden x' < 0, y' < 0 of x' > 0, y' > 0 blijft voor alle t, dan is de limiet (2, 2) (zie d); als de oplossing niet in deze gebieden blijft, dan komt de oplossing dus in één van de gebieden x' > 0, y' < 0 of x' < 0, y' > 0 en volgens onderdeel c blijft de oplossing dan in deze gebieden en is de limiet ook weer (2, 2). Blijft over een oplossing die op één van de randen van de gebieden start (maar niet op de x- en y-as natuurlijk ...), dus op x + 2y = 6 of 2x + y = 6. Neem als voorbeeld het stuk rand x + 2y = 6 van het gebied x' < 0, y' > 0. Zoals we in onderdeel c al opmerkten, zal zo’n baan direct het gebied x' < 0, y' > 0 ingaan, omdat de pijl van het richtingsveld dit gebied inwijst. Alle oplossingen met x0 > 0, y0 > 0 hebben dus als limiet (2, 2), wat betekent dat (2, 2) asymptotisch stabiel is. f De overige evenwichtsoplossingen (0, 0), (3, 0) en (0, 3) zijn niet asymptotisch stabiel. Iedere omgeving, hoe klein ook, van deze punten bevat punten (x0, y0) met x0 > 0, y0 > 0. Een oplossing met dergelijke (x0, y0) als beginvoorwaarden, heeft als limiet echter (2, 2) (zie e). Er is dus geen enkele omgeving (in het invariante gebied) van (0, 0), (3, 0) of (0, 3) die ‘alle oplossingen aantrekt’. 27.17

Let op dat in deze opgave in de onderdelen a t/m d niet noodzakelijk geldt dat x ≥ 0, y ≥ 0! Verder schrijven we de uitwerkingen wat bondiger op, als de details vrijwel hetzelfde zijn als in opgave 27.16. a x' = 0 als y = 2x en y' = 0 als y = (0, 0). Zie verder figuur 27.19. y'

(y = 2x) x=0 x' < 0 y' < 0

x' > 0 y' < 0

2 3

x. De enige evenwichtsoplossing is

(y = 23 x) y' = 0

x' < 0 y' > 0 x' > 0 y' > 0

FIGUUR 27.19

145

Richtingsveld en evenwichtsoplossing

x

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

b Het gebied x' > 0, y' > 0 kan niet via y = 2x of y = 23 x verlaten worden, omdat de pijlen van het richtingsveld op deze randen het gebied inwijzen. Een baan die in het gebied x' > 0, y' > 0 blijft voor alle t, heeft zowel x(t) als y(t) stijgend en begrensd door 0, dus limt→∞(x(t), y(t)) bestaat en moet een evenwichtsoplossing zijn. De enige mogelijkheid is (0, 0), dus limt→∞(x(t), y(t)) = (0, 0). c Een baan in x' < 0, y' > 0 heeft twee mogelijkheden. Allereerst kan de baan dit gebied verlaten via y = 2x of y = 23 x en dus in één van de gebieden uit onderdeel b terechtkomen. De limiet is dan (0, 0). Een tweede mogelijkheid is dat de baan in x' < 0, y' > 0 blijft voor alle t > t0. De functie x(t) is dan dalend en de functie y(t) stijgend. Bovendien is x(t) naar beneden begrensd en y(t) naar boven begrensd; dit ligt wat minder direct voor ’t opgrijpen als in opgave 27.16, maar volgt direct uit figuur 27.20: x(t) daalt en x(t0) = x0, dus x(t) ≤ x0, terwijl y(t) stijgt en y(t0) = y0, dus y(t) ≥ y0. De baan blijft dus in het getekende gebied –2x + y < 0, 2x – 3y > 0, x ≤ x0, y ≥ y0 (om heel precies te zijn volgt er dat x(t) ≥ y0/2 en y(t) ≤ 2x0/3). Als altijd betekent dit dat limt→∞(x(t), y(t)) bestaat en (0, 0) moet zijn. y y = 23 x0

x = x0

y = 23 x

x = 12 y0 x

y = y0 (x0, y0 ) y = 2x FIGUUR 27.20

d Neem een willekeurige oplossing met beginvoorwaarde x0, y0. Is deze oplossing op t0 in x' > 0, y' > 0 of in x' < 0, y' < 0, dan is de limiet (0, 0) (zie onderdeel b) en ook als de oplossing in x' > 0, y' < 0 of x' < 0, y' > 0 is, dan is de limiet (0, 0) (eventueel via een gebied met x' > 0, y' > 0 of x' < 0, y' < 0); zie hiervoor onderdeel c. Blijft over wat er gebeurt met een oplossing op een van de randen van deze gebieden. Een oplossing op y' = 0 (dus op y = 23 x zal direct het gebied met x' < 0, y' < 0 ingaan als y0 > 0 en het gebied x' > 0, y' > 0 ingaan als y0 < 0. Immers, de pijlen van het richtingsveld op deze randen wijzen de genoemde gebieden in. Voor de rand x' = 0 geldt iets dergelijks. Alle oplossingen hebben dus als limiet (0, 0) en daarmee is (0, 0) zeker asymptotisch stabiel. e Weliswaar is noch x = 0, noch y = 0 een baan (zoals dat in opgave 27.16 het geval was), maar toch is x ≥ 0, y ≥ 0 invariant. Dit volgt direct uit het feit dat op de randen (de positieve x- en y-as) de pijlen van het richtingsveld het gebied inwijzen. Een baan kan dus niet het gebied x ≥ 0, y ≥ 0 via de positieve x- of y-as verlaten.

146

Terugkoppelingen


2

1

a Het stelsel is niet autonoom, omdat het rechterlid van vergelijking x' = x – 4y + 2e–2t van t afhangt. Het is wel een lineair stelsel met constante coëfficiënten: neem a = 1, b = –4, p(t) = 2e–2t, c = 2, d = –5, q(t) = e–2t in definitie 27.2 (x' = ax + by + p(t), y' = cx + dy + q(t)). b Er geldt dat x'(t) = –2e–t – 6e–3t + 4e–2t, y'(t) = –e–t – 6e–3t + 2e–2t en ook dat x – 4y + 2e–2t = –2e–t – 6e–3t + 4e–2t, 2x – 5y + e–2t = –e–t – 6e–3t + 2e–2t dus x(t), y(t) is een oplossing van het stelsel. Omdat ook x(0) = 2, y(0) = 2, is x(t), y(t) een oplossing van het bijbehorende beginwaardeprobleem. c Omdat limt→∞e–t = limt→∞e–3t = limt→∞e–2t = 0, volgt er dat a = limt→∞x(t) = 0 en b = limt→∞y(t) = 0. Er volgt echter niet dat (0, 0) een evenwichtsoplossing is, omdat dit resultaat alleen voor autonome stelsels bewezen is en dit geen autonoom stelsel is. (Het punt (0, 0) is ook helemaal geen evenwichtsoplossing; x(t) = 2e–t – 2e–2t, y(t) = e–t – e–2t is een oplossing met x(0) = 0, y(0) = 0, maar zeker niet een evenwichtsoplossing!)

2

a

Met x' = xy, y' = xy – y volgt er dat

dy y' (t )dt y' xy – y y( x – 1) 1 = = = = =1– dx x' (t )dt x' xy yx x

voor x ≠ 0, y ≠ 0

ofwel y'(x) = 1 – 1/x. Hieruit volgt direct dat y(x) = x – lnx + C (primitiveer!). Het kan ook via de opmerking dat dit een gescheidenvariabelensituatie is: dy = (1 – 1/x)dx. b Met x' = x + y en y' = x2 – y2 volgt er dat dy y' x 2 – y 2 ( x – y )( x + y ) = = = =x–y dx x' x+y x+y

voor x + y ≠ 0

ofwel dy/dx + y = x. Dit is een eersteorde lineaire differentiaalvergelijking met integrerende factor ex. Dus exy' + exy = xex (afgeleide naar x hier!), ofwel (exy)' = xex. Primitiveren geeft (gebruik partiële integratie voor ∫ xex dx = xex – ex): exy = xex – ex + C, ofwel y(x) = x – 1 + Ce–x. c Met x' = e2y en y' = ex+y volgt er dat dy y' e x + y = = = ex + y – 2 y = ex – y = exe – y dx x' e 2 y Dit geeft de differentiaalvergelijking met gescheiden variabelen eydy = exdx. Er volgt dat d(ey) = d(ex), dus ey = ex + C. 3

a x' = 2x – 2xy – x2 = x(2 – 2y – x), dus x' = 0 als x = 0 of x + 2y = 2. y' = –4y + xy – y2 = y(–4 + x – y), dus y' = 0 als y = 0 of x – y = 4. Combineren geeft de evenwichtsoplossingen (0, 0), (2, 0). (De oplossingen (0, –4) en (10/3, –2/3) liggen niet in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0.) Zie verder figuur 27.21 voor de tekens van x' en y' en het globale richtingsveld.

147

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

y x' < 0 y' < 0 (x + 2y = 2) x' = 0

(x – y = 4) y' = 0

1 x' < 0 y' > 0

x' > 0 y' < 0 y' = 0 1

2

3

4

x

x' = 0 FIGUUR 27.21

Tekens en richtingsveld

b We tonen aan dat ieder stuk van de (positieve) x-as en y-as tot een baan behoort. Voor y = 0 reduceert het stelsel tot x' = 2x – x2, y' = 0. Nu heeft x' = 2x – x2, x(0) = x0 > 0 een unieke oplossing x(t). Neem deze samen met de functie y(t) = 0 voor alle t, dan is x(t), y(t) een oplossing van het stelsel, omdat ook y' = 0 en y(0) = 0. Deze (unieke) oplossing blijft inderdaad op de x-as. Omdat we x0 willekeurig op de x-as kunnen kiezen, is ieder stuk van de positieve x-as een baan. Maar banen kunnen elkaar niet snijden, dus een baan in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0 kan dit gebied niet via de x-as verlaten. Voor de y-as geldt eenzelfde redenering. c Het gebied met x' > 0, y' < 0 kan niet via de x- of y-as verlaten worden, dus een baan zou dit gebied alleen via de lijn x + 2y = 2 kunnen verlaten; maar dit kan ook niet, omdat op x + 2y = 2 de pijl van het richtingsveld het gebied inwijst. In het bijzonder betekent dit dat x(t) ≤ 2 en y(t) ≥ 0. Dus x(t) is een monotoon stijgende naar boven begrensde functie en y(t) is een monotoon dalende naar beneden begrensde functie. Hieruit volgt dat limt→∞(x(t), y(t)) bestaat en dan moet het een evenwichtsoplossing zijn. Omdat x0 > 0 en x(t) stijgt, kan het niet (0, 0) zijn en de enige mogelijkheid is dan dat limt→∞(x(t), y(t)) = (2, 0). d Een oplossing in het gebied x' < 0, y' > 0 zal dit gebied op zeker moment verlaten en in x' < 0, y' < 0 terechtkomen. Stel maar dat dit niet gebeurt, dan zou de baan voor alle t > t0 in x' < 0, y' > 0 blijven. Omdat x(t) monotoon daalt en x(t) ≥ 4 in dit gebied, moet limt→∞x(t) bestaan. Omdat y(t) stijgt en y(t) begrensd blijft (immers voor x geldt dat x ≤ x0 omdat x(t) daalt, dus blijft y(t) in het gebied x – y > 4, x ≤ x0, ofwel y < x – 4 ≤ x0 – 4), bestaat ook limt→∞y(t). Dus limt→∞(x(t), y(t)) zou een evenwichtsoplossing moeten zijn, maar dat kan niet, omdat er helemaal geen evenwichtsoplossingen op de rand van dit gebied zijn. We moeten nu nog bekijken wat er gebeurt met een oplossing in x' < 0, y' < 0. Blijft een oplossing in dit gebied, dan zijn x(t) en y(t) monotoon dalend en naar beneden begrensd door 0, dus bestaat limt→∞(x(t), y(t)). Het moet dan een evenwichtsoplossing zijn en de enige mogelijkheid is (2, 0). Een oplossing kan het gebied natuurlijk ook verlaten. Dit kan niet via de lijn x – y = 4, omdat de pijl van het richtingsveld het gebied inwijst. We concluderen dat een oplossing het gebied alleen via x + 2y = 2 kan verlaten en dus in x' > 0, y' < 0 terecht kan komen. Ook in dit geval is de limiet weer (2, 0).

148

Terugkoppelingen

e Neem een willekeurige oplossing met beginvoorwaarden x0 ≥ 0, y0 ≥ 0. Is de baan in het gebied met x' < 0, y' > 0, dan komt deze in x' < 0, y' < 0 terecht. Een oplossing in x' < 0, y' < 0 heeft ofwel limiet (2, 0) als deze in het gebied blijft, ofwel limiet (2, 0) als deze eerst in gebied x' > 0, y' < 0 terechtkomt. Immers, een baan in x' > 0, y' < 0 blijft in dit gebied en heeft limiet (2, 0). We hebben nu alleen nog de randen x – y = 4 en x + 2y = 2 over. Maar een baan die start op x – y = 4, komt direct in het gebied met x' < 0, y' < 0 terecht vanwege de richting van de pijl van het richtingsveld. Net zo komt een baan op x + 2y = 2 direct in het gebied met x' > 0, y' < 0 terecht. Alle oplossingen in x ≥ 0, y ≥ 0 hebben dus als limiet (2, 0) en deze evenwichtsoplossing is dus zeker asymptotisch stabiel. f Er is maar één andere evenwichtsoplossing in x ≥ 0, y ≥ 0, en dat is (0, 0). Deze is zeker niet asymptotisch stabiel, omdat iedere omgeving punten bevat met x' > 0, y' < 0 en banen die in deze punten starten, hebben als limiet (2, 0) (zie onderdeel c). Er is wel een klasse van oplossingen die als limiet toch (0, 0) hebben, namelijk alle oplossingen die op de (positieve) y-as starten; zo’n oplossing blijft op de y-as en omdat y' < 0 op de y-as, is y(t) dalend en naar beneden begrensd door 0, dus limt→∞y(t) bestaat en dan is limt→∞(x(t), y(t)) de evenwichtsoplossing (0, 0).

149

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

150

Terugkoppelingen



1

a Na het invoeren van y(x) := x 3 C – 3 ln( x ) in Derive kan bijvoorbeeld ingetypt worden: dif(y(x), x, 1) – (y(x)3 – x3)/(xy(x)2); na Simplify moet dit 0 opleveren. b Zie figuur 28.1.

28.1

y

1

x

1

FIGUUR 28.1

28.2

a

Zie figuur 28.2.

y

1

x

1

FIGUUR 28.2

b De waarden voor de constante C zijn respectievelijk 3/2, 0, –2e. c Zie figuur 28.3. y

1

1

FIGUUR 28.3

151

x

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

28.3

Het richtingsveld wordt alleen door de y-waarden bepaald en het blijft dus bij een translatie in de richting van de x-as onveranderd. Zie figuur 28.4. y 1

1

x

FIGUUR 28.4

28.4

a

Zie figuur 28.5.

y

1

x

1

FIGUUR 28.5

b De lijn y = 0. c Na scheiding van variabelen ziet de differentiaalvergelijking er als volgt uit: dy x =− dx y 1 + x2 en de algemene oplossing is dan

y=C

152

1 1 + x2

met C ∈R

Terugkoppelingen

Er is dus inderdaad sprake van een horizontale asymptoot y = 0. Zie figuur 28.6. y

1

x

1

Oplossingen met C = –2, –1, 1, 2

FIGUUR 28.6

28.5

1 – y4

=c–

1 3x 3

a

–

b

7 ln( y + 4 ) 4 ln( y + 1) x 3 – = +c 3 3 3

2

c Bij onderdeel a komt er een viertal zeer ingewikkelde uitdrukkingen op het scherm, waarin onder andere ook complexe getallen een rol spelen, en bij onderdeel b komt er opnieuw een impliciete uitdrukking op het scherm. 28.6

a Misschien is de schuifbalk nodig om de hele uitdrukking te kunnen zien. atan y atan + 2 2

28.7

1 2

 3( y – 1)  ln    y + 1  π x 5 – 5 x 4 + 10 x 3 – 10 x 2 + 5 x – 1025 – – = 4 4 5

1 1 – + 4 = e x (1 – x ) – 1 y 2y2

b

–

a

y=c

b

y=

c

y = e–x2(ce–x + 1)

d

y=

e

Nu verschijnen de oplossingen in impliciete vorm.

153

x–1 x+1

ce –

3 atan ( 3 ( 2 x + 1)/ 3 )/ 3 ( x

– 1)1/ 3

( x 2 + x + 1)1/6

x 4 – 6 x 2 + 3 cx – 21 3

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

28.8

a

Schrijf de differentiaalvergelijking eerst in de vorm:

dy  1 + 2x +  y = x2 dx  x Als oplossing wordt dan gegeven: y=

2 x2 – 1 e4– x + 2x 2x

b Als antwoord verschijnt nu op het scherm y = ?; dat is niet zo vreemd, want er wordt door x = 0 gedeeld. c y = esinx(tanx – x + 6) – 1

154

Terugkoppelingen

TERUGKOPPELING CASUS BLOK 7 1

1


We kunnen het stelsel (1, 2) ook schrijven als: dV = (–rIV)dt dI = (rIV – aI)dt Hieruit volgt dat

dI rIV − aI a 1 = = –1 + ⋅ dV r V − rIV

voor I ≠ 0

Deze differentiaalvergelijking is op te lossen door het rechterlid te primitiveren. Er volgt: I(V) = –V + (a/r)lnV + C voor I ≠ 0 Eventueel kunnen we C nog uitdrukken in I0 en V0. Uit I0 = –V0 + (a/r)lnV0 + C volgt C = I0 + V0 – (a/r)lnV0. Voor I = 0, is elk punt (0, V) een evenwichtsoplossing. 2

a Omdat limV→0lnV = –∞, volgt ook dat limV→0(N – V + (a/r)ln(V/V0)) = –∞. b f heeft een maximum voor V = a/r, en omdat f(V0) = I0 > 0, geldt dus ook f(a/r) > 0. Uit onderdeel a volgt dat f in de buurt van 0 negatief is, en omdat f continu is, heeft f dus minstens één snijpunt op het interval 〈0, a/ r〉. Op dit interval is de afgeleide f'(V) = –1 + (a/r)(1/V) negatief, en dus is f hier monotoon dalend. Dit betekent dat f precies één nulpunt heeft. c Een baan kan de evenwichtsoplossingen I = 0 niet snijden. Uit de richting waarin de baan doorlopen wordt, volgt dat vanaf het maximum in V = a/r zowel V als I monotoon dalend en begrensd zijn. Beide functies hebben dus een limiet voor t → ∞. Volgens stelling 27.4 moet (limt→∞V(t), limt→∞I(t)) een evenwichtsoplossing zijn. Dat betekent dat dit punt gelijk moet zijn aan het snijpunt van N – V + (a/r)ln(V/V0) met de V-as. Dus geldt limt→∞I(t) = 0 en uit onderdeel b volgt dat limt→∞V(t) > 0. In dit model raken dus niet alle vatbaren geïnfecteerd.

3

Omdat e–R/159< 1 – R/159 + 21 (R/159)2 geldt 0,09(261 – R – 254e–R/159) > 0,09(261 – R – 254(1 – R/159 + 21 (R/159)2)). Wanneer we dus R uit het oorspronkelijke model vergelijken met RTaylor die we met behulp van de Taylor-benadering vinden, dan geldt R' > RTaylor ' . De eerste functie stijgt dus sneller dan de tweede, en omdat de beginwaarden hetzelfde zijn, zal gelden R > RTaylor vanaf deze beginwaarde. Door de Taylor-benadering zal voor grotere t de gevonden R-waarde dus te klein zijn.

155

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

4

U kunt de differentiaalvergelijking oplossen door de utility voor eersteordedifferentiaalvergelijkingen te laden. In dit geval gaat het net zo snel om zelf de variabelen te scheiden en vervolgens de computeralgebra te gebruiken voor het integreren. We delen dus eerst door 0,09(261 – R – 254(1 – R/159 + 21 (R/159)2)) om de volgende differentiaalvergelijking op te lossen:

1 dR = dt 0 , 09( 261 – R – 254(1 – R/159 + 21 ( R/159)2 )) Een primitieve van het linkerlid bepalen we met computeralgebra: na invoeren van 1/(0.09(261 – R – 254(1 – R/159 + 21 (R/159)2))) kiezen we Integrate. De zo verkregen uitdrukking stellen we gelijk aan t + c. Het werkt het handigst om nu eerst c op te lossen met behulp van de beginvoorwaarde R(0) = 0. U zult in het antwoord complexe getallen, î, tegenkomen. Dit komt omdat het computeralgebrapakket bij het integreren als primitieve van 1/x de functie lnx gebruikt (dus zonder absoluutstrepen). Door invullen van de beginvoorwaarden ontstaan nu logaritmes van negatieve getallen. U zult merken dat wanneer u c invult en gewoon R oplost met Solve, dat de complexe getallen dan verdwijnen. Tenslotte vereenvoudigen we door met Approximate af te ronden op drie cijfers. Het functievoorschrift voor R wat we zo vinden, is: R(t) =

6 ⋅ 10 4 ⋅ ( e 0.063⋅t − 1) 463e 0.063⋅t + 5588

(De precieze vorm waarin u het antwoord vindt, hangt af van de manier waarop u de oplossing hebt bepaald. Het kan zijn dat u een antwoord vindt dat er anders uitziet, bijvoorbeeld: R(t) =

1.22 ⋅ 10 6 ( e 0.063⋅t − 1) 9461 ⋅ e 0.063⋅t + 1.14 ⋅ 10 5

Dit is echter precies dezelfde functie.) 5

Voor een baan die begint in vlakdeel II is al aangetoond dat deze het vlakdeel niet kan verlaten. Dat betekent dat zowel Iv als Im monotoon dalend en begrensd zijn. Beide functies hebben dus een limiet. Omdat (0, 0) de enige aan dit vak grenzende evenwichtsoplossing is, geldt dus limt→∞Iv(t) = limt→∞Im(t) = 0. Stel nu dat een oplossing begint in vak I. Omdat in dit vak Iv monotoon dalend is en Im monotoon stijgend, moet deze oplossing ergens het vak I verlaten en in vak II terechtkomen. Dan geldt vervolgens dat de oplossing dit vak niet meer kan verlaten en dat dus limt→∞Iv(t) = limt→∞Im(t) = 0. Op dezelfde manier zal een oplossing die begint in vak III, via vak II naar (0, 0) naderen.

156

Terugkoppelingen

6

a Veronderstel dat een oplossing die in vlakdeel II begint, de rand van dit vlakdeel bereikt. Op de rand wijzen de pijlen van het richingsveld naar binnen toe. De oplossing kan het vak II dus niet verlaten. b Veronderstel dat de oplossing begint in vak II. Uit onderdeel a volgt dat de oplossing het vak niet kan verlaten. Zowel Iv als Im zijn dus monotoon stijgend en begrensd. De limieten vormen de coördinaten van een evenwichtsoplossing. Hiervoor zijn twee kandidaten: (0, 0) en

 N v N m − p v pm N v N m − p v pm  ,   pv + N m pm + N v   Omdat beide functies monotoon stijgend zijn, valt (0, 0) af. Er geldt dus lim I v (t ) =

t →∞

N v N m − p v pm pv + N m

lim I m (t ) =

t →∞

N v N m − p v pm pm + N v

Met een analoge redening volgt dat een oplossing die begint in vak IV, dezelfde limiet heeft. Neem nu een oplossing die begint in vak I. Als deze oplossing vak I via vak II of IV verlaat, dan zal die vervolgens naderen naar de evenwichtsoplossing  N v N m − p v pm N v N m − p v pm  ,   pv + N m pm + N v  

Voor een oplossing die in vak I blijft, geldt dat Iv monotoon dalend en begrensd is, en Im monotoon stijgend en begrensd. Ook in dit geval heeft de oplossing weer een limiet die niet gelijk kan zijn aan (0, 0) en dus weer  N v N m − p v pm N v N m − p v pm  ,   pv + N m pm + N v  

moet zijn. Op analoge manier volgt dat een oplossing die begint in vak III, dezelfde limiet heeft. In alle gevallen geldt dus:

lim I v (t ) =

t →∞

157

N v N m − p v pm pv + N m

lim I m (t ) =

t →∞

N v N m − p v pm pm + N v

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

158

Terugkoppelingen

TERUGKOPPELING OPGAVENEENHEID BLOK 7

Uitwerking van de opgaven 1

a De logistische vergelijking y' = y(2 – y) heeft constante oplossingen y(x) = 0 of y(x) = 2. Voor de overige oplossingen geldt: 1 dy = dx y( 2 − y )

ofwel

1  1 1  y + 2 − y  dy = dx 2 

wat equivalent is met lny – ln2 – y = 2x + c. Om hieruit een expliciete oplossing te bepalen, nemen we rechts en links e-machten (de absoluutstrepen kunnen vervallen, omdat de constante a ook negatief mag zijn): y = ae 2 x 2–y Oplossen hieruit van y geeft: y( x ) =

2 ae 2 x 1 + ae 2 x

Alle oplossingen van de differentiaalvergelijking zijn nu: y(x) =

2 ae 2 x 1 + ae 2 x

of y(x) = 2

b Deze lineaire differentiaalvergelijking schrijven we als y' – y = x. Een primitieve van a(x) = –1 is A(x) = –x. Een integrerende factor is dus e–x. Vermenigvuldigen van de differentiaalvergelijking met deze factor geeft: e–xy' – e–xy = xe–x ofwel (e–xy)' = xe–x. Een primitieve van xe–x bepalen we met partiële integratie:

∫ xe – x dx = – ∫ x de – x = – xe – x + ∫ e – x dx = – xe – x – e – x Door aan beide zijden van de differentiaalvergelijking te primitiveren, vinden we dus: e–xy = –xe–x – e–x + c. De oplossingen zijn dus: y(x) = –x – 1 + cex

159

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

c Constante oplossingen van deze differentiaalvergelijking vinden we uit cos2y = 0, dus y = π/2 + kπ, k ∈Z. De overige oplossingen vinden we door de variabelen te scheiden: 1 dy = cos2xdx cos 2 y Om het rechterlid te kunnen primitiveren, maken we gebruik van de aanwijzing. Er volgt 1 dy = cos 2 y

( 21 − 21 cos2 x )dx

Primitiveren geeft: tany =

1 2

x–

1 4

sin2x + c

d Deze lineaire differentiaalvergelijking schrijven we als y' – 3x2y = ex3sinx. Een primitieve van –3x2 is –x3 dus een integrerende factor is e–x3. Vermenigvuldigen met deze factor geeft: e–x3y' – 3x2e–x3y = sinx. Dit is gelijkwaardig met (e–x3y)' = sinx. Door primitiveren vinden we e–x3y = –cosx + c. Oplossingen zijn dus: y(x) = –ex3cosx + cex3 2

a y' > 0 als x + y > 0, dus y > –x; y' < 0 als x + y < 0, dus als y < –x. b De richtingscoëfficiënt van de raaklijn bepalen we door de coördinaten van het raakpunt (x = 1, y = 1) in de differentiaalvergelijking in te vullen. We vinden zo y' = 21 . Een vergelijking van de raaklijn door (1, 1) is dus y – 1 = 21 (x – 1), dus y = 21 x + 21 . c Een isocline heeft vergelijking 1 =c x+y Invullen van x = 2, y = 1 geeft 1/(x + y) = 1/3, dus x + y = 3. d Een isocline heeft vergelijking 1/(x + y) = c, ofwel x + y = 1/c, dus y = –x + 1/c. Alle isoklinen hebben dus richtingscoëfficiënt –1 en lopen dus allemaal evenwijdig aan elkaar.

3

a Uit ‘y = c is een oplossing’ volgt na invullen (y' = 0) dat 0 = c(x – cx) = c(1 – c)x. Dus c = 0 of c = 1. Constante oplossingen zijn dus y = 0 of y = 1. b y' = 0 als y = 0, y = 1 of x = 0. c Als f(0) ≠ 0 en f(0) ≠ 1, dan is f niet gelijk aan een van de twee constante oplossingen. Uit onderdeel b volgt dat een eventueel extreem optreedt voor x = 0. Er zijn nu twee manieren om aan te tonen dat f hier een extreem heeft: met behulp van een tekenoverzicht of met behulp van de tweede afgeleide.

160

Terugkoppelingen

Eerste methode Een tekenoverzicht vindt u in figuur 1. y +

– 1

y' = 0 –

+

+

–

y' = 0 x y' = 0

Tekenoverzicht bij y' = y(x – xy)

FIGUUR 1

Uit dit tekenoverzicht blijkt dat y' in x = 0 van teken wisselt als y ≠ 0, y ≠ 1, dus dat f hier een extreem heeft. Tweede methode y" bepalen we door differentiatie van de differentiaalvergelijking: y" = y'(1 – y)x – yy'x + y(1 – y) dus y"(0) = y(0)(1 – y(0)). Hieruit volgt dat y"(0) > 0 als 0 < y(0) < 1 en y"(0) < 0 als y(0) < 0 of y(0) > 1. Er volgt dat f dus inderdaad een extreem heeft als f(0) ≠ 0, f(0) ≠ 1. d Uit het tekenoverzicht uit onderdeel c of uit y"(0) volgt dat f(0) = c een maximum is als c < 0 of als c > 1. e Differentiëren van de gegeven functie geeft: −1 xCe − 2 x − 21 x 2 ⋅ – xC e = 1 2 1 2 (1 + Ce − 2 x )2 (1 + Ce − 2 x )2 1

y '( x ) =

2

en invullen van het functievoorschrift in het rechterlid van de differentiaalvergelijking y(x – yx) = yx(1 – y) geeft: 1 2 1 2   1 x x Ce − 2 x xCe − 2 x 1 – = ⋅ = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 + Ce − 2 x  1 + Ce − 2 x  1 + Ce − 2 x 1 + Ce − 2 x (1 + Ce − 2 x )2

Hieruit volgt dat y'(x) = y(x – yx), dus y is inderdaad een oplossing. f Invullen van y(0) = 2 in het functievoorschrift uit onderdeel e geeft: 2 = 1/(1 + C) , dus C = – 21 . De gevraagde oplossing is dus:

y( x ) =

4

1 1 2 1 – e− 2 x 1 2

a Uit y' = (1 + p – y)(p – 2y) = 0 volgt dat de evenwichtsoplossingen gegeven worden door y = 1 + p of y = 21 p.

161

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

b De grafiek van (1 + p – y)(p – 2y) is een dalparabool met twee nulpunten 1 + p en 21 p. Het kleinste nulpunt zal dus stabiel zijn en het grootste instabiel (zie figuur 2). y'

1 p 2

1+p

y

Evenwichtsoplossingen van y' = (1 + p – y)(p – 2y)

FIGUUR 2

Welk van de twee nulpunten het kleinst is, hangt af van de keuze van p. p = –4 21 Nulpunten zijn nu 1 + p = –3 21 en 21 p = –2 41 . Er volgt dat y = –3 21 een stabiele evenwichtsoplossing is en y = –2 41 een instabiele evenwichtsoplossing. Als y(0) = –2, dan is y monotoon stijgend met limt→∞y(t) = ∞. p = –3 21 Nulpunten zijn nu 1 + p = –2 21 en 21 p = –1 34 . Er volgt dat y = –2 21 een stabiele evenwichtsoplossing is en y = –1 34 een instabiele evenwichtsoplossing. Als y(0) = –2, dan is y monotoon dalend met limt→∞y(t) = –2 21 . p = –2 21 Nulpunten zijn nu 1 + p = –1 21 en 21 p = –1 41 . Er volgt dat y = –1 21 een stabiele evenwichtsoplossing is en y = –1 41 een instabiele evenwichtsoplossing. Als y(0) = –2, dan is y monotoon stijgend met limt→∞y(t) = – 1 21 . p = –1 21 Nulpunten zijn nu 1 + p = – 21 en 21 p = – 34 . Er volgt dat y = – 34 een stabiele evenwichtsoplossing is en y = – 21 een instabiele evenwichtsoplossing. Als y(0) = –2, dan is y monotoon stijgend met limt→∞y(t) = – 34 . 5

a Uit y' = 0 volgt dat de evenwichtoplossingen zijn: y(t) = 2 en y(t) = –2. b Een tekenoverzicht van y' in het t-y-vlak ziet u in figuur 3. y –

–

+

+

y=2

t y = –1 –

–

+

+

y = –2

FIGUUR 3

162

Tekenoverzicht voor y' = (4 – y2)/(y + 1)

Terugkoppelingen

Uit dit tekenoverzicht blijkt dat beide evenwichtsoplossingen stabiel zijn (immers een oplossing met beginwaarde kleiner dan –2 stijgt monotoon naar y = –2, en een oplossing met beginwaarde tussen –2 en –1 daalt monotoon naar y = –2 zodat y = –2 een stabiele evenwichtsoplossing is; analoog volgt dat y = 2 stabiel is.) c Als a = –1, dan is aan de voorwaarde voldaan, zoals blijkt uit het tekenoverzicht. 6

a Noem de functie die de berg beschrijft h. De wandelaar vertrekt in de richting van de gradiënt van h(x, y) = 100 – x2 – 2y2 + x. Omdat geldt gradh = (–2x + 1, –4y), is de vertrekrichting gradh(5, 5) = (–9, –20). b Omdat de richting in elk punt (x, y) van de baan van de wandelaar steeds gelijk is aan gradh = (–2x + 1, –4y), is de richingscoëfficiënt van de baan in (x, y) gelijk aan dy/dx = –4y/(–2x + 1). Hieruit volgt dat de baan oplossing is van de differentiaalvergelijking dy 4y = dx 2 x − 1

c

Scheiden van de variabelen geeft:

1 4 dy = dx y 2x – 1 dus lny = 2ln2x – 1 + a, waaruit volgt dat y = c(2x – 1)2. Invullen van de beginvoorwaarde y(5) = 5 geeft c = 5/81. De oplossing is dus y = 5(2x – 1)2/81. Deze oplossing gaat door het punt ( 21 , 0) (de x- en y-coördinaten van de top), waaruit volgt dat de wandelaar inderdaad de top bereikt. 7

a

Met x' = 2x – x2 – 2xy, y' = –6y + 6y2 + 3xy volgt er dat

dy y' (t )dt y' −6 y + 6 y 2 + 3 xy −3 y( 2 – 2 y − x ) y = = = = = –3 dx x' (t )dt x' 2 x − x 2 − 2 xy x( 2 – x − 2 y ) x voor x ≠ 0, 2 – x – 2y ≠ 0. Ofwel (1/y)dy = (–3/x)dx. Dit is een gescheiden-variabelensituatie en er volgt dat d(lny) = d(–3lnx) = d(lnx–3), dus lny = lnx–3 + D. Neem e-machten en werk absolute waarden weg, dan volgt y(x) = C/x3. b Met x' = ye3x, y' = yx2 – 3e3xy2 volgt er dat

dy y' yx 2 − 3e 3 x y 2 x 2 − 3e 3 x y = = = dx x' ye 3 x e3x

voor y ≠ 0

ofwel e3xy' + 3e3xy = x2 (afgeleide naar x hier!). Dit is een eersteorde lineaire differentiaalvergelijking die te schrijven is als (e3xy)' = x2. Primitiveren geeft e3xy = x3/3 + C, ofwel y(x) = e–3xx3/3 + Ce–3x.

163

Open Universiteit

Continue wiskunde 2

8

a x' = 0 als x = 0 of x + 2y = 6 en y' = 0 als y = 0 of 2x + y = 6; combineren geeft de evenwichtsoplossingen (0, 0), (0, 6), (6, 0), (2, 2). Zie verder figuur 4 voor de tekens van x' en y' en het globale richtingsveld. y

6

x' < 0 y' > 0

x' < 0 y' < 0

3

1

x' > 0 y' > 0

x' > 0 y' < 0

y' = 0 1 x' = 0

FIGUUR 4

3

x

6

y' = 0 (2x + y = 6)

x' = 0 (x + 2y = 6)

Tekenoverzicht en globaal richtingsveld

b Voor y = 0 reduceert het stelsel tot x' = x(6 – x), y' = 0. Nu heeft x' = x(6 – x), x(0) = x0 > 0 een unieke oplossing x(t). Neem deze samen met de functie y(t) = 0 voor alle t, dan is x(t), y(t) een oplossing van het stelsel, omdat ook y' = 0 en y(0) = 0. Deze (unieke) oplossing blijft inderdaad op de (positieve) x-as. Omdat we x0 willekeurig op de x-as kunnen kiezen, is ieder stuk van de positieve x-as een baan. Maar banen kunnen elkaar niet snijden, dus een baan in het gebied x ≥ 0, y ≥ 0 kan dit gebied niet via de x-as verlaten. Voor de y-as geldt eenzelfde redenering, omdat voor x = 0 het stelsel reduceert tot x' = 0, y' = y(6 – y) en ieder stuk van de y-as dan een baan is. Dit toont de invariantie van x ≥ 0, y ≥ 0 aan. c Het gebied x' > 0, y' < 0 kan niet via de x-as verlaten worden, omdat dit een baan is, dus het gebied kan alleen via x + 2y = 6 of 2x + y = 6 verlaten worden. Maar dit kan niet, omdat op deze lijnen de pijl van het richtingsveld het gebied inwijst. In het bijzonder betekent dit dat x(t) ≤ 6 en y(t) ≥ 0. Dus x(t) is een monotoon stijgende naar boven begrensde functie en y(t) is een monotoon dalende naar beneden begrensde functie. Hieruit volgt dat limt→∞(x(t), y(t)) bestaat en dan moet het een evenwichtsoplossing zijn. Omdat x0 > 2 en x(t) stijgt, kan het niet (2, 2) zijn en de enige mogelijkheid is dan dat limt→∞(x(t), y(t)) = (6, 0). Voor het gebied x' < 0, y' > 0 geldt precies zo'n redenering. De randen zijn banen of de pijlen wijzen het gebied in, dus het gebied is invariant. Er volgt dat x(t) monotoon dalend en naar beneden begrensd is en y(t) monotoon stijgend en naar boven begrensd, dus bestaat limt→∞(x(t), y(t)). Omdat x0 < 2 en x(t) daalt, kan die limiet niet (2, 2) zijn en de enige mogelijkheid is dan dat limt→∞(x(t), y(t)) = (0, 6).

164

Terugkoppelingen

d Een baan van een oplossing in het gebied x' > 0, y' > 0 heeft twee mogelijkheden. Allereerst kan die het gebied verlaten en via 2x + y = 6 of x + 2y = 6 in een gebied komen met x' > 0, y' < 0 of met x' < 0, y' > 0; in dit geval weten we uit onderdeel c dat de limiet (0, 6) of (6, 0) is. (Welke baan precies in welk punt terechtkomt is niet te zeggen ...) Een tweede mogelijkheid is dat de baan in x' > 0, y' > 0 blijft voor alle t > t0. In dat geval zijn x(t) en y(t) stijgend en naar boven begrensd, dus moet limt→∞(x(t), y(t)) bestaan en een evenwichtsoplossing zijn. De enige mogelijkheid is dan (2, 2). e Het punt (2, 2) is niet asymptotisch stabiel omdat iedere omgeving van dit punt ook punten bevat met (bijvoorbeeld) x' > 0, y' < 0. Een baan die start in zo’n punt met x' > 0, y' < 0, heeft limiet (6, 0). Hieruit volgt dat (2, 2) niet asymptotisch stabiel is. Hetzelfde geldt voor (0, 0): in iedere omgeving van (0, 0) zijn er punten met x' > 0, y' > 0, en als we een baan nemen die start in zo’n punt, dan heeft die als limiet (2, 2), (6, 0) of (0, 6) (zie onderdeel d). f Neem een oplossing in het gebied met x' < 0, y' < 0 waarvoor geldt dat x0 = x(t0) < 2. Er zijn weer twee mogelijkheden. Allereerst kan de baan het gebied verlaten via 2x + y = 6 en in het gebied met x' < 0, y' > 0 terechtkomen. In dit geval is de limiet (0, 6) (zie onderdeel c). Omdat x0 < 2 en x(t) daalt, volgt dat x(t) < 2 voor alle t waarvoor x(t) in het gebied met x' < 0, y' < 0 is; de baan kan dus nooit dit gebied via x + 2y = 6 verlaten. De laatste mogelijkheid is dus dat de baan in x' < 0, y' < 0 blijft voor alle t. Als altijd moet limt→∞(x(t), y(t)) dan een evenwichtsoplossing zijn, en omdat x0 = 2 en x(t) daalt, kan dat niet (2, 2) zijn of (6, 0). Ook in dit geval is de limiet dus (0, 6). We zien meteen dat (0, 6) asymptotisch stabiel is: in een omgeving van (0, 6) die alleen punten bevat met x' < 0, y' > 0 of punten met x' < 0, y' < 0 en bovendien x < 2 (!), geldt dat alle oplossingen als limiet (0, 6) hebben. (Iets dergelijks geldt ook voor (6, 0); we moeten dan y < 2 nemen.)

165

Register

Algemene oplossing 43 Asymptotisch gedrag 63 Asymptotisch stabiel 76 Attractiegebied 56 Attractor 53 Autonome differentiaalvergelijking 48 Autonoom stelsel 66 Baan 68 Baankromme 68 Beginvoorwaarde 24, 64 Beginwaardeprobleem 24, 36, 64 Differentiaalvergelijking 7, 15 Differentiaalvergelijking met gescheiden variabelen 37 Eenduidigheid 27, 63 Evenwichtsoplossing 50, 71 Existentie 27, 63 Existentie en eenduidigheid 27, 67 Expliciet gegeven eersteordedifferentiaalvergelijking 17 Fasevlak 68 Gedwongen deel van de responsie 46 Gesloten baan 74 Gewone differentiaalvergelijking 16 Homogeen 42

Lijnelement 20 Limiet van een oplossing (of baan) 75 Lineair stelsel met constante coëfficiënten 65 Lineaire differentiaalvergelijking 42 n-deordedifferentiaalvergelijking 16 Natuurlijke responsie 46 Oplossing 17, 64 Particuliere oplossing 45 Partiële differentiaalvergelijking 16 Periodieke oplossing 74 Prooi-roofdier-model 63 Richtingsveld 20, 69 Richtingsveldfunctie 20 Stabiel evenwicht 53 Stabiliteit 70 Stelsel eersteordedifferentiaalvergelijkingen 63 Systeem 11 Uitvoer 11 Vectorveld 69 Vergelijking van banen 71 Volterra-Lotka-stelsel 77

Impliciete oplossing 37 Inhomogeen 42 Instabiel evenwicht 53 Integrerende factor 43 Invariant gebied 77 Invoer 11 Isocline 21 Kwalitatieve analyse 82

166

Open Universiteit Nederland Leerstofgebied technische wetenschappen. Cursusteamleiding mw. drs. J.S. Lodder

Recommend Documents